Bộ 20 đề thi giữa kì 1 Toán 12 năm 2022-2023 có đáp án (Đề 18)

Lời giảiChọn DTừ hình vẽ ta có hàm số có 3 điểm cực tiểu.

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

Lời giảiChọn CVì \(\mathop {{\rm{lim}}}\limits_{x \to {3^ + }} \frac{{2019}}{{x - 3}} = + \infty \) và \(\mathop {{\rm{lim}}}\limits_{x \to {3^ - }} \frac{{2019}}{{x - 3}} = - \infty \) nên tiệm cận đứng của đồ thị hàm số là \(x = 3\).Vì \(\mathop {{\rm{lim}}}\limits_{x \to \pm \infty } \frac{{2019}}{{x - 3}} = 0\) nên tiệm cận ngang của đồ thị hàm số là \(y = 0\).Vậy đồ thị hàm số \(y = \frac{{2019}}{{x - 3}}\) có 2 đường tiệm cận.

Lời giảiChọn ATa có \(2f\left( x \right) - 5 = 0 \Leftrightarrow f\left( x \right) = \frac{5}{2}\).Dựa vào bảng biến thiên, ta thấy đồ thị hàm số \(y = f\left( x \right)\) chỉ cắt đường thẳng \(y = \frac{5}{2}\) tại một điểm duy nhất nên phương trình \(f\left( x \right) = \frac{5}{2}\) chỉ có một nghiệm duy nhất.

Lời giảiChọn BKhối bát diện đều là khối đa diện đều có 8 mặt; mỗi mặt là tam giác đều có 3 cạnh và mỗi đỉnh đều là đỉnh chung của đúng 4 mặt.Vậy khối bát diện đều là khối đa diện đều loại \(\left\{ {3\,;\,4} \right\}\).

Lời giảiChọn D

Thể tích \({V_{S.ABC}} = \frac{1}{3}{S_{ABC}}.SA = \frac{1}{3}.\frac{1}{2}BA.BC.SA = \frac{1}{6}a.2a.3a = {a^3}\).

Lời giảiChọn DTa có \(f'\left( x \right) = - x{\left( {x - 2} \right)^2}\left( {x - 3} \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\x = 2\\x = 3\end{array} \right.\).Bảng biến thiên của hàm số \(y = f\left( x \right)\)trên đoạn \(\left[ {0\,;\,4} \right]\)

Từ bảng biến thiên ta thấy giá trị lớn nhất của hàm số \(f\left( x \right)\)trên đoạn \(\left[ {0\,;\,4} \right]\)là \(f\left( 3 \right)\).

 Lời giảiChọn B\(y' = 3{x^2} + 3 > 0{\rm{ }}\forall x \in \mathbb{R}\) suy ra hàm số đồng biến trên \(\mathbb{R}\).

Lời giảiChọn ATừ bảng biến thiên ta có: Hàm số\(y = f\left( x \right)\) đồng biến trên các khoảng \(\left( { - \infty ;2} \right)\), \(\left( {4; + \infty } \right)\) và nghịch biến trên khoảng \(\left( {2;4} \right)\). Do đó các phương án A, B, D là các phương án sai và phương án C là phương án đúng. Vậy ta chọn C.

Lời giảiChọn BTập hợp các giá trị cực đại của hàm số là \(S = \left\{ {3;\;5} \right\}\).

Lời giải

Chọn A Từ bảng biến thiên ta có hàm số đạt cực đại tại \(x = 1\) và đạt cực tiểu \(x = 2\).

Lời giảiChọn DDựa vào hình vẽ:+ Đồ thị qua gốc tọa độ \(O\) nên loại đáp án B.+ Từ hình dạng đồ thị ta loại đáp án D.+ Đồ thị hàm số qua điểm \(A\left( { - \sqrt 2 ;0} \right)\) và \(B\left( {\sqrt 2 ;0} \right)\), ta thấy \(A\) không thuộc đồ thị của hàm số \(y = {x^4} - 2{x^2} + x\) nên loại đáp án C.+ Xét đáp án A: \(y = 0 \Leftrightarrow {x^4} - 2{x^2} = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{x = 0\left( {y = 0} \right)}\\{x = \pm \sqrt 2 \left( {y = 0} \right)}\end{array}} \right.\) nên chọn đáp án A.

Lời giảiChọn DTa có \(y' = 3{x^2} - 3 = 0 \Leftrightarrow x = \pm 1\)\(f\left( { - 3} \right) = - 18;\,\,f\left( { - 1} \right) = 2;\,\,f\left( 1 \right) = - 2;\,\,f\left( 3 \right) = 18\,\,\).

Lời giảiChọn BQua bảng biến thiên ta có \[\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \,f\left( x \right) = 0\] và \[\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \,f\left( x \right) = 3\] nên đồ thị hàm số có hai đường tiệm cận ngang: \[y = 0\] và \[y = 3\].Lại có \[\mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ + }} \,f\left( x \right) = + \infty \] nên đồ thị hàm số có một tiệm cận đứng \[x = 0\].Vậy số tiệm cận của đồ thị hàm số \[y = f\left( x \right)\]là \[3\].

Lời giải

Chọn A

Hình lăng trụ tam giác có \[9\] cạnh.

Lời giảiChọn CDiện tích hình vuông cạnh \(a\sqrt 2 \) là \({\left( {a\sqrt 2 } \right)^2} = 2{a^2}\).Thể tích khối lăng trụ \(V = B.h = 2{a^2}.{\mkern 1mu} 4a = 8{a^3}\).

Lời giảiChọn BTừ đồ thị của hàm số ta có hàm số \(y = f\left( x \right)\)nghịch biến trên các khoảng \(\left( { - \infty ; - 1} \right)\)và \(\left( {0;1} \right)\).

Lời giảiChọn C+ Giả sử \(x = {x_0}\) là một TCĐ của đồ thị hàm số đã cho. Khi đó\(\,\mathop {\lim y}\limits_{x \to {x_0}} = + \infty \) hoặc \(\,\mathop {\lim y}\limits_{x \to {x_0}} = - \infty \). Hay \({x_0}\) phải là nghiệm của phương trình \({x^2} - 2mx + 1 = 0\).Nên để đồ thị của hàm số đã cho không có tiệm cận đứng thì phương trình \({x^2} - 2mx + 1 = 0\) phải vô nghiệm hay \( - 1 < m < 1\).

Lời giảiChọn CTa có: \[f'\left( x \right) = {\left( {x - 2} \right)^4} + 1 > 0,\,\,\forall x \in \mathbb{R}\]. Suy ra hàm số đồng biến trên \[\mathbb{R}\]. Chọn đáp án A.

Lời giảiChọn BTa có:\(y' = 3a{x^2} + 2bx + c\).Từ bảng biến thiên, ta thấy: hàm số đạt cực trị tại \(x = 0,x = 2\) nên \(y'\left( 0 \right) = y'\left( 2 \right) = 0\).Đồ thị đi qua các điểm \(\left( {0;2} \right);\left( {2; - 2} \right)\) .Ta có hệ \(\left\{ \begin{array}{l}y'\left( 0 \right) = 0\\y'\left( 2 \right) = 0\\y\left( 0 \right) = 2\\y\left( 2 \right) = - 2\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}c = 0\\12a + 4b + c = 0\\d = 2\\8a + 4b + 2c + d = - 2\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = 1\\b = - 3\\c = 0\\d = 2\end{array} \right.\) . Suy ra \(S = a + b = - 2.\)

Lời giảiChọn A

Gọi \(M\) là trung điểm \(BC\).Khi đó: \(AM \bot BC;SA \bot BC\) nên \(SM \bot BC\).Suy ra: \(\widehat {\left( {\left( {SBC} \right);\left( {ABC} \right)} \right)} = \widehat {SMA}\). Nên \(\widehat {SMA} = 60^\circ \).Vì tam giác \(ABC\) đều nên \(AM = \frac{{\sqrt 3 }}{2}a\).Xét tam giác \(SAM\) vuông tại \(A\) có \(\widehat {SMA} = 60^\circ \) nên \(SA = AM.\tan 60^\circ = \frac{{\sqrt 3 }}{2}a.\sqrt 3 = \frac{3}{2}a\).Vậy: \({V_{S.ABC}} = \frac{1}{3}.SA.{S_{ABC}} = \frac{1}{3}.\frac{3}{2}a.\frac{{\sqrt 3 }}{4}{a^2} = \frac{{\sqrt 3 }}{8}{a^3}\).

Lời giảiChọn B

Ta có: \[{V_{ABCD.A'B'C'D'}} = {V_{A'AD'.B'BC'}} + {V_{D.ABC'D'}} + {V_{C'.BCD}}.\]Ta lại có:\[{V_{ABCD.A'B'C'D'}} = {a^3}\].\[{V_{C'.BCD}} = \frac{1}{3}{S_{BCD}}.CC' = \frac{1}{3}\frac{{{a^2}}}{2}.a = \frac{{{a^3}}}{6}.\]\[{V_{A'AD'.B'BC'}} = {S_{AA'D}}.A'B' = \frac{1}{2}{a^2}.a = \frac{1}{2}{a^3}.\]Suy ra: \[{V_{D.ABC'D'}} = {V_{ABCD.A'B'C'D'}} - {V_{A'AD'.B'BC'}} - {V_{C'.BCD}} = {a^3} - \frac{{{a^3}}}{6} - \frac{{{a^3}}}{2} = \frac{{{a^3}}}{3}\]

Lời giảiChọn B

Gọi \(M\) là trung điểm \(BC\).\(ABC.A'B'C'\)là lăng trụ tam giác đều nên: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{BC \bot AM}\\{BC \bot AA'}\end{array}} \right. \Rightarrow BC \bot \left( {AMA'} \right)\).Suy ra góc giữa hai mặt phẳng \(\left( {A'BC} \right)\) và \(\left( {ABC} \right)\) là \(\widehat {AMA'} = 60^\circ \).\(ABC\)là tam giác đều nên: \(AM = \frac{{AB\sqrt 3 }}{2} = a\sqrt 3 \).\(AA' = AM.{\rm{tan}}60^\circ = 3a\).

Lời giảiChọn DNếu \(m = 1\), hàm số viết là \(y = 4{x^2} + 1\), hàm số này có một điểm cực tiểu và không có cực đại.Suy ra \(m = 1\) thỏa yêu cầu bài toán.Nếu \(m \ne 1\), hàm số không có cực đại khi \(\left\{ \begin{array}{l}m - 1 > 0\\m - 3 \le 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m > 1\\m \le 3\end{array} \right. \Leftrightarrow 1 < m \le 3\)Vậy hàm số không có cực đại khi \(1 \le m \le 3\).

Lời giảiChọn CTa có\[f'\left( x \right) = 3{x^2} + 6x = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0 \in \left[ { - 1;2} \right]\\x = - 2 \notin \left[ { - 1;2} \right]\end{array} \right.\]\[\begin{array}{l} \Rightarrow \mathop {{\rm{Max}}\,}\limits_{\left[ { - 1;2} \right]} f\left( x \right) = \mathop {{\rm{Max}}\,}\limits_{} \left\{ {f\left( { - 1} \right);\,f\left( 0 \right);\,f\left( 2 \right)} \right\} = \mathop {{\rm{Max}}\,}\limits_{} \left\{ {{m^2} - 3;\,{m^2} - 5;\,{m^2} + 15} \right\} = {m^2} + 15 = 19\\ \Rightarrow {m^2} = 4 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m = 2\\m = - 2\end{array} \right..\end{array}\]

Lời giảiChọn BChẳng hạn: hàm số \(y = \frac{{3x}}{{x - 1}}\) có một tiệm cận ngang là \(y = 3\) thì hàm số \(y = 2f\left( x \right) - 4 = 2.\frac{{3x}}{{x - 1}} - 4 = \frac{{2x + 4}}{{x - 1}}\) có một đường tiệm cận ngang là \(y = 2\).

Lời giảiChọn ACách 1. (tự luận)TXĐ: \(D = \mathbb{R}\).\(y' = - {x^2} - 2mx + 2m - 3\).Hàm số bậc ba \(y = a{x^3} + b{x^2} + cx + d\)với \(a \ne 0\)nghịch biến trên \(\mathbb{R}\)khi và chỉ khi \[y' \le 0,\forall x \in \mathbb{R} \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a < 0\\{\Delta _{y'}} \le 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} - 1 < 0\\4{m^2} + 8m - 12 \le 0\;\end{array} \right. \Leftrightarrow {m^2} + 2m - 3 \le 0 \Leftrightarrow - 3 \le m \le 1\]Cách 2. (trắc nghiệm)Ta có\(y\) nghịch biến trên \(\mathbb{R}\)

\[ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a < 0\\{b^2} - 3ac \le 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} - \frac{1}{3} < 0\\{( - m)^2} - 3.\left( { - \frac{1}{3}} \right).(2m - 3) \le 0\end{array} \right. \Leftrightarrow {m^2} + 2m - 3 \le 0 \Leftrightarrow - 3 \le m \le 1\]

Lời giảiChọn ASố nghiệm của phương trình \(2f\left( x \right) - 1 = 0\) là số giao điểm của đồ thị hàm số \(y = f\left( x \right)\) và đường thẳng \(y = \frac{1}{2}\).Vậy phương trình \(2f\left( x \right) - 1 = 0\) có 3 nghiệm thực phân biệt.

Lời giảiChọn DĐiều kiện xác định: \({x^2} - 2x - 3 \ge 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x \ge 3}\\{x \le - 1}\end{array}} \right.\)\( \Rightarrow \) Tập xác định: \(D = \left( { - \infty ; - 1} \right] \cup \left[ {3; + \infty } \right)\)\(y{\rm{'}} = \frac{{2x - 2}}{{2\sqrt {{x^2} - 2x - 3} }} = \frac{{x - 1}}{{\sqrt {{x^2} - 2x - 3} }} = 0 \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 1}\\{{x^2} - 2x - 3 > 0}\end{array}} \right. \Leftrightarrow VN\)Bảng biến thiên:

Dựa vào bảng biến thiên, Suy ra KQ.

Lời giảiChọn DTừ hình vẽ ta suy ra: tiệm cận đứng của đồ thị hàm số có phương trình \(x = - 1\), nên hàm số đã cho xác định khi và chỉ khi\(x \ne - 1.\)Trên mỗi khoảng \(\left( { - \infty ; - 1} \right),\,\left( { - 1; + \infty } \right)\) đồ thị hàm số là một đường đi lên từ trái sang phải, nên hàm số đồng biến trên mỗi khoảng \(\left( { - \infty ; - 1} \right),\,\left( { - 1; + \infty } \right)\).Vậy \(y' > 0,\forall x \ne - 1.\)

Lời giảiChọn CTa có:\(f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \left( {x + 1} \right){\left( {x - 2} \right)^2} = 0\)\( \Leftrightarrow \left[\begin{array}{l}x = - 1\\x = 2\end{array} \right.\).Do phương trình \(f'\left( x \right) = 0\)có một nghiệm bội lẻ là \(x = - 1\) và một nghiệm bội chẵn là \(x = 2\) nên hàm số \(f\left( x \right)\)có một cực trị.

Lời giảiChọn CTa có \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{BC \bot BA}\\{BC \bot SA}\end{array}} \right. \Rightarrow BC \bot \left( {SBA} \right) \Rightarrow BC \bot SB\). Do đó góc \(\angle SBA\)là góc giữa\(\left( {SBC} \right)\)và \(\left( {ABC} \right)\).Từ đó suy ra \(\angle SBA = {60^ \circ }\). Tam giác \(SBA\)vuông có \(SA = AB\tan {60^ \circ } = a\sqrt 3 \)Ta có \(BC \bot \left( {SAB} \right) \Rightarrow BC \bot AD;\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{AD \bot BC}\\{AD \bot SC}\end{array}} \right. \Rightarrow AD \bot SB\).\(\frac{{{V_{S.ADE}}}}{{{V_{S.ABC}}}} = \frac{{SA}}{{SA}}.\frac{{SD}}{{SB}}.\frac{{SE}}{{SC}} = \frac{{SD.SB}}{{S{B^2}}}.\frac{{SE.SC}}{{S{C^2}}} = \frac{{S{A^2}}}{{S{B^2}}}.\frac{{S{A^2}}}{{S{C^2}}} = \frac{{9{a^4}}}{{4{a^2}.5{a^2}}} = \frac{9}{{20}}\).\({V_{S.ABC}} = \frac{1}{3}SA.{S_{ABC}} = \frac{1}{3}\sqrt 3 a.\frac{{{a^2}}}{2} = \frac{{\sqrt 3 {a^3}}}{6}\).Vậy\({V_{ABCED}} = \frac{{11}}{{20}}.{V_{S.ABC}} = \frac{{11\sqrt 3 {a^3}}}{{120}}\).

Lời giảiChọn CDo hàm số \(y = f\left( x \right)\) có đúng hai điểm cực trị \(x = - 1,x = 1\)nên phương trình \(f'\left( x \right) = 0\) có hai nghiệm bội lẻ phân biệt \(x = - 1,x = 1\). Dấu của \(f'\left( x \right)\)

Ta có \(y' = \left( {2x - 2} \right)f'\left( {{x^2} - 2x + 1} \right)\).\(y' = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{2x - 2 = 0}\\{{x^2} - 2x + 1 = - 1}\\{{x^2} - 2x + 1 = 1}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{x = 1}\\{x = 0}\\{x = 2}\end{array}} \right.\).Ta có: 3 nghiệm 0, 1, 2 của \(y' = 0\) đều là nghiệm bội lẻ nên \(y'\) đổi dấu khi qua các điểm này. Mặt khác với \(x > 2\) thì \(2x - 2 > 0\) và \({x^2} - 2x + 1 > 0,f'\left( {{x^2} - 2x + 1} \right) > 0\).Do đó ta có bảng biến thiên:

Từ bảng biến thiên ta suy ra hàm số \(y = f\left( {{x^2} - 2x + 1} \right) + 2020\) có 2 điểm cực tiểu.

Lời giảiChọn ATừ bảng biến thiên của \(f\left( x \right)\) ta suy ra bảng biến thiên của \(\left| {f\left( x \right)} \right|\) như sau

Đặt \(t = \cos 2x \in \left[ { - 1;1} \right]\).Dựa vào bảng biến thiên trên, phương trình \(\left| {f\left( t \right)} \right| = 1\) chỉ có 3 nghiệm thuộc \(\left( { - 1;1} \right)\).Ta có \(\left| {f\left( t \right)} \right| = 1 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{t = a \in \left( { - 1;0} \right)}\\{t = 0}\\{t = b \in \left( {0;1} \right)}\end{array}} \right.\).Do \(x \in \left[ {0;\frac{{3\pi }}{2}} \right] \Leftrightarrow 2x \in \left[ {0;3\pi } \right]\).Xét đường tròn lượng giác

Phương trình \(\cos 2x = a,a \in \left( { - 1;0} \right)\) có 3 nghiệm phân biệt thuộc \(\left[ {0;\frac{{3\pi }}{2}} \right]\).Phương trình \(\cos 2x = b,a \in \left( {0;1} \right)\) có 3 nghiệm phân biệt thuộc \(\left[ {0;\frac{{3\pi }}{2}} \right]\).Phương trình \(\cos 2x = 0\) có 3 nghiệm phân biệt thuộc \(\left[ {0;\frac{{3\pi }}{2}} \right]\).Vậy số nghiệm thuộc \(\left[ {0;\frac{{3\pi }}{2}} \right]\) của phương trình \(\left| {f\left( {\cos 2x} \right)} \right| = 1\) là 9 nghiệm.Phân tích phương án nhiễu:B: Học sinh nhầm \(\left| {f\left( {\cos 2x} \right)} \right| = 1\) chỉ có 4 nghiệm phân biệt dựa vào BBT.C: Học sinh nhầm \(\left| {f\left( {\cos 2x} \right)} \right| = 1\) có 7 nghiệm phân biệt dựa vào BBT sau khi lấy đối xứng.D: Học sinh nhầm \(\left| {f\left( {\cos 2x} \right)} \right| = 1\) có 10 nghiệm phân biệt do nhầm lẫn \(\sin 2x\) và \(\cos 2x\).

Lời giảiChọn ATa có: \(g\left( x \right) = f\left( {{x^2} + 2x} \right) - {x^2} - 2x\)\( \Rightarrow g'\left( x \right) = \left( {2x + 2} \right)f'\left( {{x^2} + 2x} \right) - 2x - 2 = 2\left( {x + 1} \right)\left[ {f'\left( {{x^2} + 2x} \right) - 1} \right]\).\( \Rightarrow g'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow 2\left( {x + 1} \right)\left[ {f'\left( {{x^2} + 2x} \right) - 1} \right] = 0 \Leftrightarrow x = - 1,x = - 1 + \sqrt 2 ,x = - 1 - \sqrt 2 \)Xét\(g'\left( x \right) > 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{x + 1 > 0}\\{f'\left( {{x^2} + 2x} \right) > 1}\end{array}} \right.\left( I \right)}\\{\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{x + 1 < 0}\\{f'\left( {{x^2} + 2x} \right) < 1}\end{array}} \right.\left( {II} \right)}\end{array}} \right.\).Xét sự tương giao của đồ thị hàm số \(y = f'\left( x \right)\)và \(y = 1\).

Dựa vào đồ thị ta có: \(f'\left( {{x^2} + 2x} \right) > 1 \Leftrightarrow {x^2} + 2x > 1\)và \(f'\left( {{x^2} + 2x} \right) < 1 \Leftrightarrow {x^2} + 2x < 1\).Xét hệ (I): \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{x + 1 > 0}\\{f'\left( {{x^2} + 2x} \right) > 1}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{x > - 1}\\{{x^2} + 2x > 1}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{x > - 1}\\{\left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{x > - 1 + \sqrt 2 }\\{x < - 1 - \sqrt 2 }\end{array}} \right.}\end{array}} \right. \Leftrightarrow x > - 1 + \sqrt 2 \).Xét hệ (II):\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{x + 1 < 0}\\{f'\left( {{x^2} + 2x} \right) < 1}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{x < - 1}\\{{x^2} + 2x < 1}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{x < - 1}\\{ - 1 - \sqrt 2 < x < - 1 + \sqrt 2 }\end{array}} \right.\)\( \Leftrightarrow - 1 - \sqrt 2 < x < - 1\).

Vậy hàm số \(g\left( x \right)\)đồng biến trên khoảng \(\left( { - 1 - \sqrt 2 ; - 1} \right)\)và \(\left( { - 1 + \sqrt 2 ; + \infty } \right)\).