Bộ 20 đề thi giữa kì 2 Toán 12 có đáp án năm 2022-2023 (Đề 10)

Chọn đáp án  C

Chọn D

Chọn A

Ta có: f'x=3x2−3; f'x=0⇔x=±1∈−3;3.
f−3=−16;  f3=20;  f−1=4;  f1=0. Vậy max−3;3fx=20
Chọn đáp án B.

Chọn đáp án A

Hàm số có tập xác định D=ℝ\1, nghịch biến trên các khoảng −∞;1 và 1;+∞, đồ thị có tiệm cận ngang là đường thẳng y=1, có tiệm cận đứng là đường thẳng x=1.
Vậy đường cong đã cho là đồ thị của hàm số y=x+1x−1
Chọn đáp án B.

Hình chóp tứ giác đều có 4 mặt phẳng đối xứng .
Chọn đáp án C.

Xét hàm số y=x+m2−2m+3x+1 trên 1;2. Ta có: y'=−m2+2m−2x+12<0, ∀x∈1;2.
Vậy hàm số y nghịch biến trên 1;2.
Suy ra M=maxx∈1;2fx=f1=m2−2m+42 và m=minx∈1;2fx=f2=m2−2m+53.
Theo giả thiết  minx∈1;2fx=m2−2m+53=m−12+43≥43. Vậy GTNN của minx∈1;2fx bằng 43 đạt được khi m=1.
Chọn đáp án B.

Hình lập phương ABCD.A'B'C'D' có đường chéo bằng a3 nên có cạnh bằng a.
Khối chóp A'.ABCD có chiều cao AA'=a, diện tích đáy a2 có thể tích là V=13a.a2=13a3.
Chọn đáp án B.

Lời giải:
Thực hiện theo hai bước biến đổi đồ thị:
Bước 1: Biến đổi đồ thị y=fx thành y=fx+2 bằng cách tịnh tiến sang trái 2 đơn vị.
Bước 2: Biến đổi đồ thị y=fx+2 thành y=fx+2 bằng cách bỏ phần bên trái và lấy đối xứng phần bên phải Oy qua Oy. Ta được đồ thị y=fx+2 là hình vẽ bên.
Dựa vào đồ thị, hàm số y=fx+2 có duy nhất một điểm cực trị.
Chọn đáp án C.

Dựa vào BBT, các phương án A, B, C đều sai.
Chọn đáp án D.

Ta có tỷ số thể tích VA.SB'C'VA.SBC=AB'AB.AC'AC=12.12=14. Do đó VA.SB'C'=14VA.SBC hay VS.AB'C'=14V.
Chọn đáp án D.

Bước 1: Chuyển điều kiện về f'u.
Ta có: f'2x−1=0⇔x=−1⇒2x−1=−3x=0⇒2x−1=−1x=2⇒2x−1=3. Vậy f'u=0⇔u=−3u=−1u=3.
+) f'2x−1>0⇔x>2⇒2x−1>3−1<x<0⇒−3<2x−1<−1. Vậy f'u>0⇔u>3−3<u<−1.
+) f'2x−1<0⇔x<−1⇒2x−1<−30<x<2⇒−1<2x−1<3. Vậy f'u<0⇔u<−3−1<u<3.
Bước 2: Áp dụng vào bài toán:
Ta có: g'x=4x+3'f'4x+3⏟u=4.f'4x+3⏟u
Yêu cầu bài toán ⇔g'x>0⇔f'4x+3⏟u>0⇔u>3−3<u<−1⇒4x+3>3−3<4x+3<−1⇔x>0−32<x<−1.
Chọn đáp án A.

Ta có: f'x=xx−3x+22019; f'x=0⇔x=0x=3x=−2.
Bảng xét dấu

Vì f'x đổi dấu lần khi đi qua các điểm −2;  0;  3 nên hàm số đã cho có 3 điểm cực trị.
Chọn đáp án A.

y'=4x3−4(m−1)x=4x3+4x−4mx
Hàm số đã cho đồng biến trên khoảng (1;3)  khi và chỉ khi y'≥0 với mọi x∈(1;3)
⇔4x3+4x−4mx≥0,  ∀x∈(1;3)
Với x∈(1;3) thì 2<x2+1<10. Vậy m≤2.
Chọn đáp án D.

Ta có: y'=3x2−3=0⇔x=−1x=1;  y''=6x.
Ta có: y''1=6>0y''−1=−6<0⇒Hàm số đạt cực đại tại x=−1, vậy yC§=y−1=4.
Chọn đáp án A.

Ta có: VS.EBDVS.BCD=SB.SD.SESB.SD.SC=SESC=23⇒VS.EBD=23VS.BCD=23.12VS.ABCD=13
Vậy thể tích V của khối tứ diện SEBD là V=13.
Chọn đáp án A.

Từ đồ thị hàm số y=fx trên đoạn −1;3 ta có:
M=max−1;3y=f3=3 và m=min−1;3y=f2=−2. Khi đó M+m=1
Chọn đáp án B.

Xét hàm số fx−1+1 trên  1;+∞. Đặt t=x−1+1≥1, khi đó: bất phương trình  fx−1+1≤m  có nghiệm  x∈1;+∞ khi và chỉ khi ft≤m có nghiệm  t∈1;+∞.Từ bảng biến thiên suy ra m≥−2.
Chọn đáp án B.

Khối đa diện đều loại 4;3 là khối lập phương.
Chọn đáp án C.

Ta có: 200=12.π.6x+12.π.6x+2y⇔2y=200−6xπ⇔y=100−3πx
Suy ra, diện tích hình phẳng thu được là S=12π3x2+12π3x2+6x100−3xπ=−9πx2+600x.
Xét hàm số Sx=−9πx2+600x, x>0⇒S'x=−18πx+600; S'x=0⇔x=1003π.
Xét bảng biến thiên:
 

Vậy Smin=S1003π≈3 183 cm2.
Chọn đáp án D.

Ta có y'=3ax2+2bx+c
Phương trình   y'=0 có hai nghiệm x1<x2<0 nên x1+x2=−2b3a<0     1x1.x2=c3a>0           2
Từ 1;2 suy ra a;  b;  c cùng dấu. Hơn nữa y'0=c>0 nên a>0;  b>0;  c>0
Chọn đáp án D.

Ta có: SABC=12AB.BC=a2.
Do BC⊥SAB nên SB;SAB=BSC^=30o.
Xét tam giác SBC vuông tại B:  sinBSC^=BCSC⇔SC=4a.
Suy ra: SA=SC2−AC2=4a2−a52=a11.
Vậy VS.ABC=13SA.SABC=11a33.
Chọn đáp án C.

Ta có: 2fx−3=0⇔fx=32
Số nghiệm của phương trình đã cho bằng số giao điểm của đồ thị hàm số y=fx và đường thẳng y=32. Dựa vào bảng biến thiên ta thấy y CĐ=1<32, do đó đường thẳng y=32 và đồ thị hàm số y=fx có 2 giao điểm.
Vậy phương trình 2fx−3=0 có 2 nghiệm phân biệt.
Chọn đáp án C.

Ta có VABC.A'B'C'=SΔABC.AA'=a234.a=a334.
Chọn đáp án D.

Do  limx→+∞fx=2⇒y=2 là đường tiệm cận ngang của đồ thị hàm số.
Do limx→−∞fx=−2⇒y=−2 là đường tiệm cận ngang của đồ thị hàm số.
Vậy đồ thị của hàm số đã cho có hai đường tiệm cận ngang là y=2  và y=−2.
Chọn đáp án C.

Dựa vào bảng biến thiên đã cho, phương trình fx=m có ba nghiệm phân biệt khi và chỉ khi −1<m<2 hay m∈−1;2 vì lúc đó, đường thẳng y=m cắt đồ thị hàm số y=fx tại ba điểm phân biệt.
Chọn đáp án B.

Ta có y'=4m−1x3−4m−3x=4xm−1x2−m−3
Xét với m=1: Khi đó y=4x2+1 hàm số không có cực đại. Vậy m=1 thỏa mãn (1)
Xét với m>1 : Khi đó hàm số là hàm bậc 4 trùng phương với hệ số a>0 để hàm số không có cực đại thì chỉ có một nghiệm duy nhất x=0.
Hay m−1x2−m−3=0 vô nghiệm hoặc có nghiệm kép x=0.
⇔x2=m−3m−1 vô nghiệm hoặc có nghiệm x=0  ⇔m−3m−1≤0⇔1<m≤3 (2)
Xét với m<1: Hàm số bậc 4 trùng phương có hệ số a<0 luôn có cực đại (3)
Kết luận : Từ (1), (2), (3) ta có để hàm số không có cực đại thì 1≤m≤3.
Chọn đáp án A.

Giả sử thể tích của khối chóp S.ABCD là V
Ta có VS.MDCVS.ADC=SMSA.SDSD.SCSC=12;VS.MNCVS.ABC=SMSA.SNSB.SCSC=14;
VS.MDCVS.ADC+VS.MNCVS.ABC=VS.MDC12V+VS.MNC12V=VS.MNCD12V=12+14=34
⇒VS.MNCD=38V⇒VMNABCD=V−38V=58V⇒VS.MNCDVMNABCD=35.
Chọn đáp án A.

Đồ thị trên là đồ thị của hàm số bậc 3, với hệ số a dương.
Chọn đáp án A.

Gọi khối chóp tứ giác đều là S.ABCD, tâm O, khi đó SO⊥ABCDAB=SA=2a.
Ta có: SABCD=AB2=4a2, OA=12.2a2=a2; SO=SA2−OA2=2a2−a22=a2.
Vậy VSABCD=13SO.SABCD=13a2.4a2=42 a33.
Chọn đáp án A.

Dựa vào đồ thị suy ra hệ số a>0 => loại phương án D.
Hàm số có 3 điểm cực trị ⇒ab<0, do a>0⇒b<0.
Mặt khác: C∩Oy=D0;c⇒c<0
Chọn đáp án B.

Vận tốc tại thời điểm t là vt=s't=−32t2+18t.Do đó vận tốc lớn nhất của vật đạt được khi v'(t)=−3t+18=0⇔t=6. Vậy vmax=v6=54  m/s
Chọn đáp án D.

Thể tích khối chóp O.ABC là VO.ABC=VC.OAB=13OC.SΔOAB=16OA.OB.OC=16.1.2.OC=3⇒OC=9
Chọn đáp án C.

Ta có: f2sin2x+2=0⇔f2sin2x=−2
Dựa vào đồ thị ta thấy:
+) fcos2x=−2⇔2sin2x=a∈−3;−22sin2x=b∈−2;−12sin2x=c∈1;22sin2x=d∈2;3⇔sin2x=a2∈−32;−1  loaisin2x=b2∈−1;−12sin2x=c2∈12;1sin2x=d2∈1;32  loai
⇔sin2x=b2∈−1;−12sin2x=c2∈12;1
Phương trình sin2x=b2∈−1;−12 có 2 nghiệm thuộc đoạn 0;3π2.
Và phương trình sin2x=c2∈12;1 có 4 nghiệm thuộc đoạn 0;3π2. (Bằng cách đặt t=2x:  x∈0;3π2⇒t=2x∈0;3π)
Rõ ràng 6 nghiệm này phân biệt. Vậy phương trình đã cho có tất cả 6 nghiệm.
Chọn đáp án A.

Vì limx→+∞ fx=5, limx→−∞ fx=2 đồ thị có 2 tiệm cận ngang: y=5 và y=2.
Vì limx→1− fx=+∞  => đường thẳng x=1 là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số.
Vậy đồ thị hàm số có đúng 3 đường tiệm cận.
Chọn đáp án C.

Từ đồ thị ta có: hàm số y=ax+bcx+d và đạo hàm y'=ad−bccx+d2 đều không xác định tại x=−dc=1, nghịch biến trên các khoảng −∞; 1 và 1; +∞, suy ra khẳng định đúng là: y'<0,∀x≠1.
Chọn đáp án D.

TXĐ: D=ℝ\m2; y'=m2−4−2x+m2
Hàm số nghịch biến trên khoảng 12;+∞ khi và chỉ khi y'<0,  ∀x∈12;+∞⇔m2−4<0m2∉12;+∞⇔m2−4<0m2≤12⇔−2<m<2m≤1⇔−2<m≤1.Vậy m có 3 giá trị nguyên: −1;  0;  1
Chọn đáp án C.

Đặt fx=x3−3x2+m liên tục trên  1;3. Ta có: f'x=3x2−6x=0⇔x=0∉1;3x=2∈1;3.
f1=m−2;  f2=m−4;  f3=m.
Suy ra: max1;3fx=f3=mmin1;3fx=f2=m−4⇒max1;3fx=max1;3m; m−4.
Cách 1:
-Trường hợp 1: m≤m−4max1;3m; m−4=m−4<4⇔m2≤m2−8m+16−4<m−4<4⇔m≤20<m<8⇔0<m≤2.
Vì m∈ℤ nên m=1; m=2.
-Trường hợp 2: m−4<mmax1;3m; m−4=m<4⇔m2−8m+16<m2−4<m<4⇔m>2−4<m<4⇔2<m<4.
Vì m∈ℤ nên m=3.
Cách 2: max1;3fx<4⇔m<4m−4<4⇔−4<m<4−4<m−4<4⇔−4<m<40<m<8⇔0<m<4.
Vì m∈ℤ nên m=1; m=2; m=3.Vậy có 3 giá trị  nguyên của tham số m.
Chọn đáp án A.

Ta có: y'=2x.f'x2+m, y'=0⇔x=0f'x2+m=0⇔x=0x2+m=0x2+m=1   béi ch½nx2+m=3⇔x=0                     (*)x2=−m             1x2=3−m        2.
Hàm số y=fx2+m có 3 điểm cực trị ⇔y'=0 có 3 nghiệm bội lẻ phân biệt.
Vì 3−m>−m nên nếu (1) có 2 nghiệm phân biệt thì (2) cũng có 2 nghiệm phân biệt, khi đó  y'=0 có 5 nghiệm phân biệt: không thỏa mãn.
Vậy (1)  vô nghiệm hoặc có nghiệm kép x1=x2=0, đồng thời phương trình (2)  có 2 nghiệm phân biệt khác 0 ⇔−m≤03−m>0⇔0≤m<3.
Vậy m có 3 giá trị nguyên: 0;1;2.
Chọn đáp án A.

Ta có y'=3x2−6x; y'=0⇔x=0x=2. Lập bảng biến thiên rồi suy ra hàm số nghịch biến trên khoảng 0;2.
Chọn đáp án A.

V=13SA.SABCD=13SC2−AC2.AB2=135a2−2a2.a2=a333

Chọn B

Ta có y'=−f'1−x−2x−12
Từ đồ thị hàm số f'x ta có f'1−x>0⇔1−x>5⇔x<−4.
Do đó x<−4⇒f'1−x>0. Suy ra −f'1−x−2x−12<0.
Vậy hàm số y=f1−x+x+1x−1 nghịch biến trên −∞;−4.
Chọn đáp án C.

Chọn A

Tìm tiệm cận đứng:+)  limx→4−y=limx→4−x−4x+1x2−16=limx→4−x+1x+4=58
và limx→4+y=limx→4+x−4x+1x2−16=limx→4+x+1x+4=58. Suy ra x=4 không phải là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số.
+)  limx→−4−y=limx→−4−x−4x+1x2−16=−∞. Suy ra x=−4 là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số.
Tìm tiệm cận ngang:
+)  limx→+∞y=x2−3x−4x2−16=limx→+∞1−3x−4x21−16x2=1+)  limx→−∞y=x2−3x−4x2−16=limx→−∞1−3x−4x21−16x2=1
Suy ra y=1 là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số.
Vậy đồ thị hàm số đã cho có ba đường tiệm cận.
Chọn đáp án A.

V=B.h=2a2.3a=6a3.

Chọn D

Từ bảng biến thiên ta thấy: phương trình f'x=0 có các nghiệm x=a,  x=b,   x=c,   x=d, trong đó a<−1<b<0<c<1<d.
Xét hàm số y=fx2−2x⇒y'=2x−1.f'x2−2x
y'=0⇔2x−1.f'x2−2x=0⇔x−1=0f'x2−2x=0⇔x=1x2−2x=a  1x2−2x=b  2x2−2x=c  3x2−2x=d  4
Vì x2−2x=x−12−1≥−1,∀x∈ℝ nên số nghiệm của các PT (1), (2), (3), (4) như sau:
+ PT (1) vô nghiệm.
+ PT (2) có 2 nghiệm phân biệt x1;x2khác 1 (vì 12−2.1=−1≠a ).+ PT (3) có 2 nghiệm phân biệt  x3;x4khác 1 và không trùng với nghiệm của PT (2).+ PT (4) có 2 nghiệm phân biệt x5;x6 khác 1 và không trùng với nghiệm của PT (2), PT (3).
Vậy có nghiệm đơn phân biệt nên hàm số có điểm cực trị.
Chọn đáp án C.

Khối bát diện đều thuộc loại 3;4 nên số đỉnh là: 8.34=6 đỉnh.
Khối 20 mặt đều thuộc loại 3;5 nên số đỉnh là: 20.35=12 đỉnh.Khối 12 mặt đều thuộc loại 5;3 nên số đỉnh là: 12.53=20 đỉnh.Khối tứ diện đều có 4 đỉnh.
Vậy khối 12 mặt đều có nhiều đỉnh nhất.
Chọn đáp án C.

Tiệm cận ngang của đồ thị hàm số là y=limx→±∞(m+1)x−5m2x−m=m+12=1=>m=1.
Chọn đáp án D.

Đặt SA=h,AB=AC=a. Ta có .
dA;SBC=AH=3;1AH2=1SA2+1AB2+1AC2⇔19=1a2+1a2+1h2≥31a4h23⇒a2h≥6SBC,ABC^=SMA^=α
VS.ABC=16a2h≥1. Thể tích nhỏ nhất bằng 1 khi a=h⇒SM=a32⇒cosα=AMSM=a222a3=33
Chọn đáp án C.