Bộ 20 đề thi giữa kì 1 Toán 12 năm 2022-2023 có đáp án (Đề 17)

Lời giảiChọn A

Diện tích \({S_{ABC}} = \frac{1}{2}AB.AC = \frac{1}{2}a.2a = {a^2}\).Thể tích khối chóp \({V_{S.ABC}} = \frac{1}{3}.SA.{S_{ABC}} = \frac{1}{3}.3a.{a^2} = {a^3}\).

Lời giảiChọn ATập xác định \(D = \mathbb{R}\).Ta có \(\mathop {lim}\limits_{x \to + \infty } y = 1\) và \(\mathop {lim}\limits_{x \to - \infty } y = - 1\) nên đồ thị hàm số có hai đường tiệm cận ngang.

Lời giảiChọn AThể tích của khối hộp chữ nhật là: \[V = 2a.a.3a = 6{a^3}\].

Lời giảiChọn CCác hàm số \(y = \frac{1}{{x - 2}}\) và \(y = x + \frac{1}{{x + 3}}\) có tập xác định không phải là \(\mathbb{R}\) nên loại hai đáp án này.Xét hàm số: \(y = {x^3} - 3{x^2} + 3x + 5\) có\(y' = 3{x^2} - 6x + 3 = 3{\left( {x - 1} \right)^2} \ge 0,\forall x \in \mathbb{R}\).Suy ra: Hàm số \(y = {x^3} - 3{x^2} + 3x + 5\) đồng biến trên \(\mathbb{R}\).

Lời giải

Chọn BTa có phương trình hoành độ giao điểm:\({x^4} - 3{x^2} = 2 \Leftrightarrow {x^4} - 3{x^2} - 2 = 0\)\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}{x^2} = \frac{{3 + \sqrt {17} }}{2} > 0\\{x^2} = \frac{{3 - \sqrt {17} }}{2} < 0\end{array} \right.\)\( \Rightarrow x = \pm \sqrt {\frac{{3 + \sqrt {17} }}{2}} \).Vậy số giao điểm của đồ thị \(\left( C \right)\) và đường thẳng \(y = 2\) là \[2\] giao điểm.

Lời giải

Chọn DTa thấy đồ thị đi qua điểm \(M\left( {1;1} \right)\) nên ta loại A, C, D.

Lời giảiChọn D\(\mathop {{\rm{lim}}}\limits_{x \to - {1^ + }} f\left( x \right) = + \infty \), \(\mathop {{\rm{lim}}}\limits_{x \to - {1^ - }} f\left( x \right) = 2\), \(\mathop {{\rm{lim}}}\limits_{x \to - \infty } f\left( x \right) = - \infty \), \(\mathop {{\rm{lim}}}\limits_{x \to + \infty } f\left( x \right) = + \infty \) nên đồ thị có \(1\) tiệm cận đứng là đường thẳng \(x = - 1\).

Lời giảiChọn ADựa vào hình vẽ ta thấy hình lăng trụ tam giác có \(5\)mặt.

Lời giảiChọn CDựa vào bảng biến thiên ta thấy hàm số đạt cực đại tại \(x = 0\)

Lời giảiChọn BDựa vào đồ thị hàm số, ta có bảng biến thiên sau

Lời giải

Chọn DDựa vào bảng biên thiên trên đoạn \(\left[ { - 3;3} \right]\) ta có giá trị lớn nhất \(M = 4\)và giá trị nhỏ nhất \(m = - 3\).Vậy: \(M - 2m = 4 + 6 = 10\).

Lời giải

Chọn DHàm số \(y = f\left( x \right) = {x^3} + {x^2} + 2x + 3\) xác định và liên tục trên \(\left[ { - 1;2} \right]\).\(y{\rm{'}} = 3{x^2} + 2x + 2 > 0\;\forall \;x \in \left[ { - 1\;;\;2} \right] \Rightarrow \) hàm số đồng biến trên \(\left[ { - 1;2} \right]\), do đó\(\mathop {{\rm{max}}}\limits_{\left[ { - 1;2} \right]} y = {\rm{max}}\left\{ {f\left( { - 1} \right),f\left( 2 \right)} \right\} = 19,\mathop {{\rm{min}}}\limits_{\left[ { - 1;2} \right]} y = {\rm{min}}\left\{ {f\left( { - 1} \right),f\left( 2 \right)} \right\} = 1\).Vậy tích của giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số \(y = {x^3} + {x^2} + 2x + 3\) trên đoạn \(\left[ { - 1;2} \right]\) là \(19\).

Lời giảiChọn CTừ đồ thị ta có hàm số giá trị cực tiểu của hàm số là\({y_{CT}} = - 3\).

Lời giảiChọn AQua bảng biến thiên ta có hàm số đạt cực đại tại điểm \(x = 2\).

Lời giảiChọn C

Lời giải

Chọn CTừ bảng biến thiên suy ra hàm số đồng biến trên khoảng \(\left( { - \infty ; - 1} \right)\) và \(\left( {0;1} \right)\); nghịch biến trên khoảng \(\left( { - 1;0} \right)\) và \(\left( {1; + \infty } \right)\). Do đó, đáp án D đúng.

Lời giải

Chọn DKhối đa diện đều loại \(\left\{ {3;4} \right\}\) là khối bát diện đều, mỗi mặt là một tam giác đều và tại mỗi đỉnh có \(4\) tam giác đều nên tổng các góc tại \(1\) đỉnh bằng \(240^\circ \).

Lời giải

Chọn B

Vì \(ABCD\) là hình thoi và \(\widehat {BAD} = {60^0}\)nên tam giác \(ABD\) đều và tam giác \(BCD\) cũng đều.Gọi \(G\) là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác \(BCD\) , vì\[\,SB = \,SC\, = \,SD\, = \,2a\] nên \(SG \bot \left( {BCD} \right)\).Thể tích khối chóp \[{V_{S.ABC}} = \frac{1}{3}SG.{S_{ABC}}\].\(SG = \sqrt {S{C^2} - C{G^2}} = \sqrt {{{\left( {2a} \right)}^2} - {{\left( {\frac{2}{3}.\frac{{a\sqrt 3 }}{2}} \right)}^2}} = \frac{{a\sqrt {33} }}{3}\) .\({S_{ABC}} = \frac{1}{2}{S_{ABCD}} = \frac{1}{2}\left( {2.\frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4}} \right) = \frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4}\).Vậy \[{V_{S.ABC}} = \frac{1}{3}SG.{S_{ABC}} = \frac{{{a^3}\sqrt {11} }}{4}\].

Lời giải

Chọn CĐồ thị hàm số \(y = f\left( {x + 2018} \right)\) có được bằng cách tịnh tiến đồ thị hàm số \(y = f\left( x \right)\) sang trái \(2018\) đơn vị. Do đó số nghiệm của phương trình \(f\left( {x + 2018} \right) = 1\) cũng là số nghiệm của phương trình \(f\left( x \right) = 1\). Theo hình vẽ ta có số nghiệm là \(3\).

Lời giải

Chọn DTa có:\(y' = 1 - \frac{8}{{{x^3}}}\)\(y' = 0 \Leftrightarrow {x^3} = 8 \Leftrightarrow x = 2 \in (0, + \infty )\)Ta có \(y(2) = 2 + \frac{4}{{{2^2}}} = 3\), \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ + }} y = + \infty \), \(\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } y = + \infty \).Vậy \(\mathop {\min }\limits_{(0; + \infty )} y = 3\).

Lời giải

Chọn BĐồ thị hàm số \(y = \frac{{ax + b}}{{cx + 1}}\)có đường tiệm cận đứng là đường thẳng \(x = - \frac{1}{c}\)và đường tiệm cận ngang là đường thẳng \(y = \frac{a}{c}\).Nhìn vào bảng biến thiên, ta thấy \( - \frac{1}{c} = - 1 \Rightarrow c = 1\)và \(\frac{a}{c} = 2 \Rightarrow a = 2\)(vì \(c = 1\)).Ta có \(y' = \frac{{a - bc}}{{{{\left( {cx + 1} \right)}^2}}}\).Vì hàm số đã cho đồng biến trên các khoảng \(\left( { - \infty ; - 1} \right)\)và \(\left( { - 1; + \infty } \right)\)nên\(y' = \frac{{a - bc}}{{{{\left( {bx + c} \right)}^2}}} > 0 \Leftrightarrow a - bc > 0 \Leftrightarrow 2 - b > 0 \Leftrightarrow b < 2 \Leftrightarrow {b^3} < 8 \Leftrightarrow {b^3} - 8 < 0\).

Vậy tập các giá trị \(b\)là tập nghiệm của bất phương trình \({b^3} - 8 < 0.\)

 Lời giải

Chọn DTa có: \(f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \left( {{x^2} - 3x} \right)\left( {{x^3} - 4x} \right) = 0\)\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}{x^2} - 3x = 0\\{x^3} - 4x = 0\end{array} \right.\)\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 3\,\left( {nghie\"a m\,\~n \^o n} \right)\\x = 0\,\left( {nghie\"a m\,ke\`u p} \right)\\x = 2\,\left( {nghie\"a m\,\~n \^o n} \right)\\x = - 2\,\left( {nghie\"a m\,\~n \^o n} \right)\end{array} \right.\).Từ đó ta có bảng biến thiên như sau:

Dựa vào bảng xét dấu, ta thấy hàm số đạt cực đại tại \(x = 2\).

Lời giảiChọn AÁp dụng tính chất hàm trùng phương có \(a > 0\), để đạt cực đại tại \({x_0} = 0\) thì \(b = - 2m\left\langle {0 \Leftrightarrow m} \right\rangle 0\mathop \to \limits^{m \in \mathbb{Z},m \in \left[ { - 20;20} \right]} m \in \left\{ {1;2;...;20} \right\} = S\). Vậy có 20 phần tử.

Lời giảiChọn C

Ta có: \(SA \bot \left( {ABC} \right) \Rightarrow SA\) là chiều cao của hình chóp \( \Rightarrow SA \bot AB\)\( \Rightarrow \Delta SAB\) vuông tại \(A\).\( \Rightarrow \widehat {\left( {SA,SB} \right)} = \widehat {ASB} = 45^\circ \Rightarrow \Delta SAB\) vuông cân tại \(A \Rightarrow SA = AB = a\).Vậy thể tích của khối chóp \(S.ABC\) là: \(V = \frac{1}{3}.{S_{ABC}}.SA = \frac{1}{3}.\frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4}.a = \frac{{{a^3}\sqrt 3 }}{{12}}\).

Lời giảiChọn AĐồ thị của hàm số đã cho có tiệm cận đứng là đường thẳng \(x = - m\) và tiệm cận ngang là đường thẳng \(y = 3m\) nên giao điểm của hai tiệm cận là \(A\left( { - m;3m} \right) \Rightarrow {y_A} = 3m = - 3{x_A}\).Vậy \(A\) thuộc đường thẳng có phương trình \(y = - 3x\).

Lời giảiChọn DTiệm cận đứng: \(x = 1 > 0 \Rightarrow - \frac{c}{b} > 0 \Rightarrow bc < 0.\)Tiệm cận ngang: \(y = 2 > 0 \Rightarrow \frac{a}{b} > 0 \Rightarrow ab > 0.\)Đồ thị hàm số cắt trục hoành tại điểm \(x > 1 > 0 \Rightarrow - \frac{{2020}}{a} > 0 \Rightarrow a < 0 \Rightarrow b < 0 \Rightarrow c > 0.\)

Lời giảiChọn ATập xác định: \[D = \mathbb{R}\].Ta có \[f'\left( x \right) = {x^2} + 2mx + 9\].Hàm số \[y = f\left( x \right)\] đồng biến trên \[\mathbb{R}\]\( \Leftrightarrow \)\[f'\left( x \right) \ge 0{\rm{ }}{\rm{,}}\forall x \in \mathbb{R}\] (dấu bằng xảy ra tại hữu hạn điểm) \[ \Leftrightarrow {x^2} + 2mx + 9 \ge 0{\rm{ }}{\rm{,}}\forall x \in \mathbb{R}\].\[ \Leftrightarrow \Delta ' = {m^2} - 9 \le 0{\rm{ ( do }}a = 1 > 0{\rm{)}}\]\[ \Leftrightarrow - 3 \le m \le 3\].Do \[m \in \mathbb{Z}\] nên \[m \in \left\{ { - 3\,;\, - 2\,;\, - 1\,;\,0\,;\,1\,;\,2\,;\,3} \right\}\]Vậy có 7 giá trị nguyên của tham số \[m\] thỏa mãn.

Lời giảiChọn C· Ta có diện tích toàn phần của hình lập phương: \(6 \times {\rm{ca\"i n}}{{\rm{h}}^2} = 24{a^2} \Rightarrow {\rm{ca\"i nh}} = 2{\rm{a}}\)· Thể tích của khối lập phương: \({\left( {2a} \right)^3} = 8{a^3}\)

Lời giải

Chọn BXét hàm số \(y = {x^3} - 3{x^2} - 9x + m\) trên đoạn \(\left[ {0;4} \right]\).Ta có \(y' = 3{{\rm{x}}^2} - 6{\rm{x}} - 9\), \(y' = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = - 1}\\{x = 3}\end{array}} \right.\).

Từ bảng biến thiên suy ra \(\mathop {{\rm{min}}}\limits_{\left[ {0;4} \right]} f\left( x \right) = f\left( 3 \right)\)\( \Leftrightarrow f\left( 3 \right) = - 25 \Leftrightarrow m - 27 = - 25 \Leftrightarrow m = 2\).Suy ra \(P = 2m + 1 = 5\).

Lời giải

Chọn BTừ đồ thị ta có \(a\left\langle {0\;;\;d} \right\rangle 0\).Gọi \({x_1}\;;\;{x_2}\) là nghiệm của phương trình \(y' = 3a{x^2} + 2bx + c = 0\).Suy ra \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{x_1} + {x_2} = \frac{{ - 2b}}{{3a}} > 0}\\{{x_1}{x_2} = \frac{c}{{3a}} = 0}\end{array}} \right.\) mà do \(a < 0 \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{c = 0}\\{b > 0}\end{array}} \right. \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{a < 0}\\{b > 0}\\{c = 0}\\{d > 0}\end{array}} \right.\).

Lời giảiChọn BTa có \[f'\left( x \right) = {\left( {x + 1} \right)^2}{\left( {x - 1} \right)^3}\left( {2 - x} \right) \Rightarrow f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = - 1\\x = 1\\x = 2\end{array} \right.\].Từ đó, ta có bảng biến thiên như sau:

Dựa vào bảng biến thiên thì hàm số \[y = f\left( x \right)\] đồng biến trên \(\left( {1\,;\,2} \right)\).

Lời giảiChọn B

Ta có \({V_{S.ABC}} = {V_{S.ACD}} = \frac{1}{2}{V_{S.ABCD}}\);và \({V_{S.MNC}} = \frac{{SM}}{{SA}} \cdot \frac{{SN}}{{SB}} \cdot \frac{{SC}}{{SC}} \cdot {V_{S.ABC}} = \frac{1}{4}{V_{S.ABC}}\); \({V_{S.MCD}} = \frac{{SM}}{{SA}} \cdot \frac{{SD}}{{SD}} \cdot \frac{{SC}}{{SC}} \cdot {V_{S.ACD}} = \frac{1}{2}{V_{S.ACD}}\).Suy ra \({V_{S.MNCD}} = {V_{S.MNC}} + {V_{S.MCD}} = \frac{3}{4}{V_{S.ABC}} = \frac{3}{8}{V_{S.ABCD}}\).Đồng thời \({V_{MNABCD}} = {V_{S.ABCD}} - {V_{S.MNCD}} = \frac{5}{8}{V_{S.ABCD}}\).Vậy tỉ số thể tích hai phần \(S.MNCD\) và \(MNABCD\) là \(\frac{3}{5}\).

Lời giảiChọn CTập xác định của hàm số là \(D = \mathbb{R}\).Ta có \(g'\left( x \right) = \left( {6{x^2} - 6x} \right)f'\left( {2{x^3} - 3{x^2} + 1} \right)\);\(g'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{6{x^2} - 6x = 0}\\{f'\left( {2{x^3} - 3{x^2} + 1} \right) = 0}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{x = 0}\\{x = 1}\\{f'\left( {2{x^3} - 3{x^2} + 1} \right) = 0}\end{array}} \right.{\rm{\;\;}}\begin{array}{*{20}{c}}{}\\{}\\{\left( 1 \right)}\end{array}\).Mặt khác, từ đồ thị hàm số ta thấy \(f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{x = a \in \left( { - 1;0} \right)}\\{x = b \in \left( {0;1} \right)}\\{x = 2}\end{array}} \right.\).Do đó \(\left( 1 \right) \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{2{x^3} - 3{x^2} + 1 = a}\\{2{x^3} - 3{x^2} + 1 = b}\\{2{x^3} - 3{x^2} + 1 = 2}\end{array}} \right.{\rm{\;\;\;\;}}\begin{array}{*{20}{c}}{\left( 2 \right)}\\{\left( 3 \right)}\\{\left( 4 \right)}\end{array}\).Xét hàm số \(u = 2{x^3} - 3{x^2} + 1\), \(u' = 6{x^2} - 6x\), \(u' = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{x = 0}\\{x = 1}\end{array}} \right.\).Bảng biến thiên:

Từ đó ta cóVới \(a \in \left( { - 1;0} \right)\), phương trình \(\left( 2 \right)\) có một nghiệm duy nhất \({x_1} < 0\).Phương trình \(\left( 4 \right)\) có một nghiệm duy nhất \({x_2} > 1\).Với \(b \in \left( {0;1} \right)\), phương trình \(\left( 3 \right)\)có ba nghiệm lần lượt là \({x_3} \in \left( {{x_1};0} \right);{x_4} \in \left( {0;1} \right);{x_5} \in \left( {1;{x_2}} \right)\).Vậy \(g'\left( x \right) = 0\) có 7 nghiệm đơn nên hàm số có 7 điểm cực trị.

Lời giảiChọn B

Xét hàm số \(y = f\left( {1 - x} \right) + \frac{{{x^2}}}{2} - x\) có \(y' = - f'\left( {1 - x} \right) + x - 1\).\(y' = 0 \Leftrightarrow - f'\left( {1 - x} \right) + x - 1 = 0 \Leftrightarrow f'\left( {1 - x} \right) = - \left( {1 - x} \right) \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{1 - x = - 3}\\{1 - x = 1}\\{1 - x = 3}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{x = 4}\\{x = 0}\\{x = - 2}\end{array}} \right.\).Ta có bảng biến thiên:

Do đó Hàm số \(y = f\left( {1 - x} \right) + \frac{{{x^2}}}{2} - x\) nghịch biến trên khoảng \(\left( {1;3} \right)\).

Lời giảiChọn AĐặt \(t = \sin x + \sqrt 3 \cos x\). Ta có \(t = 2\cos \left( {x - \frac{\pi }{6}} \right) \Rightarrow - 2 \le t \le 2\). Ta được PT \(f\left( t \right) = 0\).Dựa vào BBT ta thấy đồ thị hàm số có 2 điểm cực trị là \(\left( { - 2; - 4} \right)\) và \(\left( {2;4} \right)\) nên đồ thị có điểm uốn là gốc tọa độ \(O\). Do đó đồ thị cắt trục hoành tại 3 điểm có hoành độ lần lượt là \(x = a\left\langle { - 2,x = 0,x = b} \right\rangle 2\). Mà \( - 2 \le t \le 2\) nên PT \(f\left( t \right) = 0\) có 1 nghiệm là \(t = 0\).Với \(t = 0\) ta được \(2\cos \left( {x - \frac{\pi }{6}} \right) = 0 \Leftrightarrow x - \frac{\pi }{6} = \frac{\pi }{2} + k\pi \left( {k \in \mathbb{Z}} \right) \Leftrightarrow x = \frac{{2\pi }}{3} + k\pi \left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\).Theo yêu cầu bài: \(0 \le x \le \frac{{5\pi }}{2} \Leftrightarrow 0 \le \frac{{2\pi }}{3} + k\pi \le \frac{{5\pi }}{2} \Leftrightarrow - \frac{2}{3} \le k \le \frac{{11}}{6}\).Vì \(k \in \mathbb{Z} \Rightarrow k = 0;k = 1\). Ta được 2 nghiệm \(x = \frac{{2\pi }}{3}\) và \(x = \frac{{5\pi }}{3}\) thỏa yêu cầu bài toán.

Lời giải

Chọn A

Đặt \(a = f\left( {{x^3} - 3{x^2} + 1} \right)\) ta được bất phương trình

\(1 + a \ge \sqrt {2{a^2} + 2} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{1 + a \ge 0}\\{1 + 2a + {a^2} \ge 2{a^2} + 2}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{a \ge - 1}\\{{{\left( {a - 1} \right)}^2} \le 0}\end{array}} \right. \Leftrightarrow a = 1\).

Với \(a = 1\) ta được \(f\left( {{x^3} - 3{x^2} + 1} \right) = 1\). Đặt \(t = {x^3} - 3{x^2} + 1\) ta được PT \(f\left( t \right) = 1\left( * \right)\).

Vẽ đường thẳng \(y = 1\) lên đồ thị đã cho ta được PT \(\left( * \right)\)có 1 nghiệm \(t = {t_1} \in \left( { - 2; - 1} \right)\) và 1 nghiệm \(t = {t_2} \in \left( {1;2} \right)\).

Ta có BBT của hàm số \(y = {x^3} - 3{x^2} + 1\) như sau

Với \(t = {t_1}\) ta được PT \({x^3} - 3{x^2} + 1 = {t_1}\). Dựa vào BBT ta thấy PT này có 3 nghiệm phân biệt.

Với \(t = {t_2}\) ta được PT \({x^3} - 3{x^2} + 1 = {t_2}\). Dựa vào BBT ta thấy PT này có 1 nghiệm.

Vậy BPT đã cho có 4 nghiệm thực.