Bộ 20 đề thi giữa kì 1 Toán 12 năm 2022-2023 có đáp án (Đề 14)

Lời giải

Chọn ATa có: \(y' = - 2f'\left( x \right) = - 2{x^2} + 4x > 0 \Leftrightarrow x \in \left( {0;2} \right)\).Suy ra: hàm số \(y = - 2f\left( x \right)\) đồng biến trên khoảng \(\left( {0;2} \right)\)

Lời giải

Chọn C

Dựa vào bảng biến thiên ta thấy giá trị cực tiểu của hàm số đã cho là \(1\).

Lời giải

Chọn B

Dựa vào bảng biến thiên, hàm số đã cho nghịch biến trên khoảng \(\left( { - 1;1} \right)\).

Lời giảiChọn B· Giả sử \(f{\rm{'}}\left( x \right)\) cắt trục \(Ox\) tại \(a,b,c(a < b < c)\)

Lời giảiChọn A

Thể tích của khối lăng trụ đứng \[ABC.A'B'C'\] là \(V = a.\frac{1}{2}a.a = \frac{{{a^3}}}{2}\).

Lời giải

Chọn CThể tích \(V\) của khối chóp có diện tích đáy bằng \(S\) và chiều cao bằng \(h\) là \(V = \frac{1}{3}Sh\).

Lời giải

Chọn DNhìn vào đồ thị thì đây là đồ thị hàm số bậc 3 nên loại đáp án B, CDo đồ thị đi từ dưới lên nên \(a > 0\) nên ta loại đáp án D

Lời giải

Chọn BVì \(SA,{\rm{\;}}SB,{\rm{\;}}SC\) đôi một vuông góc nên \(SA \bot \left( {SBC} \right)\).Do đó \(SA\) là chiều cao của hình chóp \(S.ABC\).Suy ra \({V_{S.ABC}} = {V_{A.SBC}} = \frac{1}{3}SA.{S_{SBC}} = \frac{1}{3}a.\frac{1}{2}bc = \frac{1}{6}abc.\)

Lời giải

Chọn DDựa vào đồ thị nhận thấy hàm số nghịch biến trên khoảng \(\left( { - 1;1} \right)\).

Lời giải

Chọn DTừ đồ thị hàm số đã cho ta thấy hàm số đạt giá trị lớn nhất \(M = 3\) tại \(x = - 2\) và đạt giá trị nhỏ nhất \(m = - 1\) tại \(x = 0\). Vậy \(M - m = 4\).

Lời giải

Chọn BTa thấy, mỗi mặt của bát diện đều là một tam giác đều, mỗi đỉnh của bát diện đều là đỉnh chung của đúng 4 mặt nên bát diện đều là khối đa diện đều loại \(\left\{ {3;4} \right\}.\)

Lời giải

Chọn BTừ bảng biến thiên ta thấy:\(\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } f\left( x \right) = - \infty \); \(\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } f\left( x \right) = - \infty \) suy ra đồ thị hàm số không có tiệm cận ngang.\(\mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ - }} f\left( x \right) = + \infty \); \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ + }} f\left( x \right) = + \infty \) suy ra đồ thị hàm số có \(1\) tiệm cận đứng là \(x = 1\).Vậy tổng số tiệm cận đứng và tiệm cận ngang của đồ thị hàm số đã cho là \(1\).

Lời giải

Chọn DXét hàm sốHàm số \[y\] không đạt cực trị tại điểm \[x = 0\].

Lời giải

Chọn BPhương trình hoành độ giao điểm: \({x^3} - 4x = 0\) Û \(\left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 0}\\{x = \pm 2}\end{array}} \right.\).Vậy số giao điểm là 3.

Lời giải

Chọn ATa có \(\mathop {lim}\limits_{x \to + \infty } \frac{{ - x + 2}}{{3x - 1}} = \frac{{ - 1}}{3},\mathop {lim}\limits_{x \to - \infty } \frac{{ - x + 2}}{{3x - 1}} = \frac{{ - 1}}{3} \Rightarrow y = \frac{{ - 1}}{3}\) là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số \(y = \frac{{ - x + 2}}{{3x - 1}}\).

Lời giải

Chọn AHàm số đã cho xác định và liên tục trên \(\left[ { - 2;3} \right]\).Ta có \(y' = 4{x^3} - 2x\), \(y' = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0 \in - \left[ { - 2;3} \right]\\x = \frac{{\sqrt 2 }}{2} \in - \left[ { - 2;3} \right]\\x = - \frac{{\sqrt 2 }}{2} \in \left[ { - 2;3} \right]\end{array} \right.\).Khi đó \(y\left( { - 2} \right) = 25\), \(y\left( 0 \right) = 13\), \(y\left( 3 \right) = 85\), \(y\left( {\frac{{\sqrt 2 }}{2}} \right) = \frac{{51}}{4}\), \(y\left( { - \frac{{\sqrt 2 }}{2}} \right) = \frac{{51}}{4}\).Vậy \(m = \mathop {\min }\limits_{\left[ { - 2;3} \right]} y = y\left( { \pm \frac{{\sqrt 2 }}{2}} \right) = \frac{{51}}{4}\).

Lời giải

Chọn DĐếm đáy hình chóp có 5 mặt và 5 mặt của lăng trụ và 1 mặt đáy. Vậy có 11 mặt.

Lời giải

Chọn A

Ta có \(\Delta ABC\) là tam giác đều cạnh \(a \Rightarrow {S_{ABCD}} = AB.BC\sin 60^\circ = \frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{2}.\)Vậy \(V = \frac{{{a^3}\sqrt 3 }}{6}.\)

Lời giải

Chọn A

Đặt \(B = {S_{ABCD}}\), \(d\left( {S;\left( {ABCD} \right)} \right) = h\). Suy ra \(V = \frac{1}{3}Bh\).Vì \(M\) là trung điểm của \(SA\) nên \(d\left( {M;\left( {ABCD} \right)} \right) = \frac{1}{2}d\left( {S;\left( {ABCD} \right)} \right)\),Lại vì \(N\) là trung điểm của \(MC\) nên \(d\left( {N;\left( {ABCD} \right)} \right) = \frac{1}{2}d\left( {M;\left( {ABCD} \right)} \right)\).Suy ra \(d\left( {N;\left( {ABCD} \right)} \right) = \frac{1}{4}d\left( {S;\left( {ABCD} \right)} \right) = \frac{1}{4}h\).Từ đó ta có \({V_{N.ABCD}} = \frac{1}{3}d\left( {N;\left( {ABCD} \right)} \right).B = \frac{1}{4}.\frac{1}{3}Bh = \frac{V}{4}\).

Lời giải

Chọn ATa có \(2\left| {f\left( x \right)} \right| = 1 \Leftrightarrow \left| {f\left( x \right)} \right| = \frac{1}{2} \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{f\left( x \right) = \frac{1}{2}}\\{f\left( x \right) = - \frac{1}{2}}\end{array}} \right.\).Từ bảng biến thiên của hàm số \(y = f\left( x \right)\) ta có:

+) Phương trình \(f\left( x \right) = \frac{1}{2}\) có 2 nghiệm nhỏ hơn 2.+) Phương trình \(f\left( x \right) = - \frac{1}{2}\) có 3 nghiệm nhỏ hơn 2.Vậy phương trình \(2\left| {f\left( x \right)} \right| = 1\) có bốn nghiệm nhỏ hơn 2.

Lời giải

Chọn BTa có: \(f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = - 1{\rm{ }}\left( {{\rm{nghie\"a m ke\`u p}}} \right)\\x = 1{\rm{ }}\left( {{\rm{nghie\"a m bo\"a i ba}}} \right)\\x = 2{\rm{ }}\left( {{\rm{nghie\"a m \~n \^o n}}} \right)\end{array} \right.\).Bảng xét dấu \(f'\left( x \right)\):

Vậy hàm số \(f\left( x \right)\)đồng biến trên khoảng \(\left( {1;2} \right)\).

Lời giải

Chọn CTa có \[f'\left( x \right)\] đổi dấu khi qua các giá trị \[x = 3\] và \[x = \frac{{ - 3}}{2}\] nên hàm số có 2 cực trị .

Lời giải

Chọn C+ TXĐ: \(\mathbb{R}\)+ \(y' = 3{x^2} + 2x + m\).+ Hàm số đồng biến trên khoảng \(\left( { - \infty ; + \infty } \right)\) thì \(y' \ge 0,\forall x \in \mathbb{R} \Leftrightarrow 3{x^2} + 2x + m \ge 0\,\,,\forall x \in \mathbb{R}\)\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}1 - 3m \le 0\\a = 3 > 0\end{array} \right. \Leftrightarrow m \ge \frac{1}{3}\).

Lời giải

Chọn CVì \(\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \left( {{x^3} + 3{x^2} + 2019} \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } {x^3}\left( {1 + \frac{3}{x} + \frac{{2019}}{{{x^3}}}} \right) = + \infty \)nên hàm số \(y = {x^3} + 3{x^2} + 2019\)không có giá trị lớn nhất.

Lời giải

Chọn DDựa vào bảng biến thiên ta thấy:1.Hàm số không xác định tại điểm \(x = 2\). Nên loại đáp án 2.Đồ thị hàm số có tiệm cận đứng là đường thẳng \(x = 2\), tiệm cận ngang là đường thẳng \(y = 1\). Loại được đáp án 3.Hàm số nghịch biến trên từng khoảng xác định. Chọn D vì \(y' = \frac{{ - 3}}{{{{\left( {x - 2} \right)}^2}}} < 0\), \(\forall x \ne 2\).

Lời giải

Chọn DĐể đồ thị hàm số \(y = {x^3} + \left( {2m + 1} \right){x^2} + \left( {1 - 5m} \right)x + 3m + 2\)đi qua điểm \(A\left( {2;3} \right)\),\( \Rightarrow \) ta thay tọa độ điểm \(A\left( {2;3} \right)\) vào công thức cho hàm số, ta được:\(3 = {2^3} + \left( {2m + 1} \right){2^2} + \left( {1 - 5m} \right)2 + 3m + 2 \Leftrightarrow m + 13 = 0 \Leftrightarrow m = - 13\).

Lời giải.

Chọn B  

Diện tích đáy: \({S_{\Delta ABC}} = \frac{1}{2}.3.3.\sin 60^\circ = \frac{{9\sqrt 3 }}{4}\). Thể tích \({V_{lt}} = {S_{\Delta ABC}}.AA' = \frac{{27\sqrt 3 }}{4}\).

Lời giải

Chọn DĐồ thị hàm số đã cho có hai đường tiệm cận đứng khi và chỉ khi phương trình \({x^2} + 2x - m = 0\)có hai nghiệm phân biệt khác \( - 3\). Do đó \(\left\{ \begin{array}{l}\Delta ' = 1 + m > 0\\3 - m \ne 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m > - 1\\m \ne 3\end{array} \right.\).

Lời giải

Chọn CTa có \(y' = 4{x^3} + 2\left( {{m^2} - 4} \right)x = 2x\left( {{x^2} + {m^2} - 4} \right)\)Hàm số đã cho là hàm số trùng phương nên có đúng một cực trị khi \(y' = 0\) có một nghiệm.Hay \(2x\left( {{x^2} + {m^2} - 4} \right) = 0\)có đúng một nghiệm \( \Leftrightarrow {m^2} - 4 \ge 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m \le - 2\\m \ge 2\end{array} \right.\).Chú ý:+ Hàm số \(y = a{x^4} + b{x^2} + c\) có đúng một cực trị khi và chỉ khi \(\left\{ \begin{array}{l}ab \ge 0\\{a^2} + {b^2} > 0\end{array} \right..\)\(\left( 1 \right)\)Đặc biệt: Hàm số trùng phương \(y = a{x^4} + b{x^2} + c\,\,\left( {a \ne 0} \right)\)có đúng một cực trị khi và chỉ khi \(ab \ge 0\).+ Hàm số \(y = a{x^4} + b{x^2} + c\) có ba cực trị khi và chỉ khi \(ab < 0.\)\(\left( 2 \right)\)

Lời giải

Chọn ATXĐ: \(D = \left( { - 2; + \infty } \right)\backslash \left\{ 0 \right\}\)Ta có: \(\mathop {\lim }\limits_{x \to - {2^ + }} y = - \infty \) và \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ - }} y = + \infty \)Do vậy, \(x = - 2\) và \(x = 0\)là đường tiệm cận đứng của đồ thị hàm số.

Lời giải

Chọn ATXĐ: \(D = \mathbb{R}\backslash \left\{ { - 1} \right\}\).\(y' = \frac{{1 + {m^2}}}{{{{\left( {x + 1} \right)}^2}}} > 0,\;\;\forall x \ne - 1\).Suy ra hàm số đồng biến trên đoạn \(\left[ {0;1} \right]\). Do đó, ta có:\(\mathop {{\rm{Min}}}\limits_{\left[ {0;1} \right]} y = - 1 \Leftrightarrow y\left( 0 \right) = - 1 \Leftrightarrow - {m^2} = - 1 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{m = 1}\\{m = - 1}\end{array}} \right.\).

Lời giải

Chọn BTa có \(g'\left( x \right) = \left( {3{x^2} + 6x} \right).f'\left( {{x^3} + 3{x^2}} \right)\).\(g'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{3{x^2} + 6x = 0}\\{f'\left( {{x^3} + 3{x^2}} \right) = 0}\end{array}} \right.\).Phương trình\(3{x^2} + 6x = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{x = 0}\\{x = - 2}\end{array}} \right..\)Phương trình\(f'\left( {{x^3} + 3{x^2}} \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{{x^3} + 3{x^2} = a < 0}\\{{x^3} + 3{x^2} = 0}\\{{x^3} + 3{x^2} = 4}\\{{x^3} + 3{x^3} = b > 4}\end{array}} \right.\).Ta thấy: \({x^3} + 3{x^2} = 0 \Leftrightarrow {x^2}\left( {x + 3} \right) = 0 \Leftrightarrow x = 0;x = - 3\)Và \({x^3} + 3{x^2} = 4 \Leftrightarrow \left( {x - 1} \right){\left( {x + 2} \right)^2} = 0 \Leftrightarrow x = 1;x = - 2\).Hàm số \(h\left( x \right) = {x^3} + 3{x^2}\) có \(h'\left( x \right) = 3{x^2} + 6x = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{x = 0}\\{x = - 2}\end{array}} \right.\).Bảng biến thiên của hàm \(h\left( x \right)\):

Dựa vào bảng biên thiên của hàm \(h\left( x \right)\), ta cóPhương trình \({x^3} + 3{x^2} = a < 0\) có duy nhất một nghiệm \({x_1} < - 3\).Phương trình \({x^3} + 3{x^2} = b > 4\) có duy nhất một nghiệm \({x_2} > 1\).Do đó, phương trình \(g'\left( x \right) = 0\) có bốn nghiệm đơn phân biệt và hai nghiệm bội ba nên hàm số \(y = g\left( x \right)\) có 6 điểm cực trị.

Lời giải

Chọn C

Gọi \(O\) là tâm hình bình hành \(ABCD\); \(I\) là giao điểm của \(AE\) và \(SO\).Theo bài ra: \(\frac{{SE}}{{SC}} = \frac{1}{3}\); \(MN\) đi qua điểm \(I\)và \(MN//BD\).Ta có: \(\frac{{{V_{S.AME}}}}{{{V_{S.ABC}}}} = \frac{{SM}}{{SB}}.\frac{{SE}}{{SC}}\); \(\frac{{{V_{S.ANE}}}}{{{V_{S.ADC}}}} = \frac{{SN}}{{SD}}.\frac{{SE}}{{SC}}\), \({V_{S.ABC}} = {V_{S.ADC}} = \frac{V}{2}.\)Kẻ \(OF//AE,\;\;F \in \left[ {SC} \right]\). Vì \(O\)là trung điểm của \(AC\)nên \(F\) là trung điểm của \(EC\), theo giả thiết suy ra \(E\) là trung điểm của \(SF\).Xét tam giác \(SOF\) có \(E\) là trung điểm của \(SF\) và \(OF//IE\), suy ra \(I\) là trung điểm của \(SO\).\( \Rightarrow \frac{{SI}}{{SO}} = \frac{1}{2}\)\( \Rightarrow \frac{{SM}}{{SB}} = \frac{{SN}}{{SD}} = \frac{1}{2}\).Do đó \(\frac{{{V_{S.AME}}}}{{\frac{1}{2}V}} = \frac{{{V_{S.ANE}}}}{{\frac{1}{2}V}} = \frac{1}{6} \Rightarrow \)\({V_{SAMEN}} = \frac{1}{6}V\).

Lời giải

Chọn ATa có \(g\left( x \right) = 2f\left( {2 - \frac{x}{2}} \right) + \frac{{{x^2}}}{4} - 2x + 2020 \Rightarrow g'\left( x \right) = - f'\left( {2 - \frac{x}{2}} \right) + \frac{x}{2} - 2\)Đặt \(t = 2 - \frac{x}{2} \Rightarrow x = 4 - 2t\)Suy ra \(g'\left( {4 - 2t} \right) = - f'\left( t \right) - t\)\(g'\left( {4 - 2t} \right) = 0 \Leftrightarrow f'\left( t \right) = - t\,\left( * \right)\)Phương trình (*) là phương trình trình hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số \(f'\) và đường thẳng \(y = - x\).Dựa vào đồ thị:\(\left( * \right) \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}t = - 3\\t = 1\\t = 3\end{array} \right. \Rightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 10\\x = 2\\x = - 2\end{array} \right.\)Ta có bảng xét dấu của hàm \(g'\)

\(g(x)\)nghịch biến trên khoảng \(\left( {2;10} \right)\)nên nghịch biến trên khoảng \(\left( {2;\,3} \right)\).

Lời giải

Chọn CĐặt \(t = - 2x + 1\).Với \(x \in \left[ {\frac{{ - 3}}{2};\frac{3}{2}} \right] \Rightarrow t \in \left[ { - 2;4} \right]\).Mỗi nghiệm của \(t\)cho duy nhất một nghiệm của \(x\).Biến đổi \(8{x^3} - 6x = {\left( {2x} \right)^3} - 3\left( {2x} \right) = {\left( {1 - t} \right)^3} - 3\left( {1 - t} \right) = - {t^3} + 3{t^2} - 2\).Phương trình trở thành \(3f\left( t \right) - \left( { - {t^3} + 3{t^2} - 2} \right) = 0\).Xét hàm số\(g\left( t \right) = 3f\left( t \right) - \left( { - {t^3} + 3{t^2} - 2} \right)\) \( \Rightarrow g'\left( t \right) = 3f'\left( t \right) - \left( { - 3{t^2} + 6t} \right) = 3\left[ {f'\left( t \right) - \left( { - {t^2} + 2t} \right)} \right]\)\(g'\left( t \right) = 0 \Leftrightarrow f'\left( t \right) = - {t^2} + 2t\)Ta có \(f'\left( t \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{x = 0}\\{x = 2}\end{array}} \right.\)\( - {t^2} + 2t = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{x = 0}\\{x = 2}\end{array}} \right.\)Ta có bảng xét dấu \(g'\left( t \right)\)

Từ đó ta có bảng biến thiên sau:

Dựa vào bảng biến thiên ta có phương trình \(g\left( t \right) = 0\) có \(1\) nghiệm nên phương trình ban đầu có \(1\) nghiệm.