Bộ 20 đề thi giữa kì 2 Toán 12 có đáp án năm 2022-2023 (Đề 11)

Chọn B
y'=12x2+2mx−12
y''=24x+2m
Hàm số bậc ba đạt cực tiểu tại x=2   ⇔y'−2=0y''−2>0⇔36−4m=0−48+2m>0⇔m=9Loaim>24
Vậy không có m thỏa yêu cầu bài toán.

Chọn A
Tập xác định của hàm số đã cho là R.
Ta có: y'=−x2−2mx−2m+3.
Hàm số nghịch biến trên R⇔y'≤0, ∀x∈ℝ⇔a<0Δ'≤0⇔−1<0m2−2m−3≤0⇔−1≤m≤3.
Mặt khác m∈ℤ nên m∈−1 ; 0 ; 1 ; 2 ; 3.
Vậy có 5 giá trị nguyên của m để hàm số nghịch biến trên R.

Chọn B
Cách 1: Gọi I là trung điểm của AB suy ra AI=12AB=a. Mặt khác ABCD là hình thang vuông và AD=DC=a, nên là hình vuông suy ra CI=a.
Vậy trong tam giác ACB có đường trung tuyến CI=12AB và CI⊥AB, nên ΔACB vuông cân tại C, hay AC⊥CB (1).
Mà theo giả thiết SA⊥ABCD⇒SA⊥CB (2).
Từ (1) và (2) suy ra CB⊥SC.
Do đó góc giữa hai mặt phẳng SBC và ABCD là góc giữa hai đường thẳng trong hai mặt phẳng cùng vuông góc với giao tuyến, tức là góc SCA^=α.
Ta có AC=a2. Vậy tanα=aa2=12.
Cách 2:
Gọi I là trung điểm củaAB  suy ra  AI=12AB=a.

Suy ra AC⊥CB (1).
Mà SA⊥ABCD⇒SA⊥CB(2)
Từ (1) và (2) suy ra SC⊥CB
Vậy góc giữa hai mặt phẳng SBC và ABCD là góc giữa hai đường thẳng trong hai mặt phẳng cùng vuông góc với giao tuyến, tức là góc SCA^=α.

Do đó tanα=aa2=12.

Chọn B
Nhận thấy y'=−72x−12<0 ∀x∈1 ; 4, nên:
Giá trị lớn nhất của hàm số trên đoạn 1 ; 4 là M=y1=4.
Giá trị nhỏ nhất của hàm số trên đoạn 1 ; 4 là m=y4=1Vậy giá trị của biểu thức d=M−m=4−1=3.

Chọn C

Vì ABC.A'B'C' là lăng trụ tam giác đều nên AA'⊥ABC và ΔABC đều.
Suy ra A'B;ABC^=A'BA^=600⇒AA'=AB.tan600=a3SΔABC=a234.
⇒V=AA'.SΔABC=a3.a234=34a3

Chọn B
Từ bảng biến thiên suy ra :
Hàm số đồng biến trên các khoảng −∞;−1  và 0 ;1.
Hàm số nghịch biến trên các khoảng −1 ;0 và 1 ;+∞.
Do 1 ;2⊂1 ;+∞. Như vậy, phương án B đúng.

Chọn D

Do hai mặt bên SAB và SAC cùng vuông góc với đáy nên suy ra SA⊥ABC.
SB, ABC^=SBA^=60o
Trong tam giác vuông SAB, ta có SA=AB.tanSBA^=23a.
Vậy VS.ABC=13⋅SA⋅SΔABC=13⋅23a⋅2a234=2a3.

Chọn C
Tập xác định D=ℝ\−1.
Ta có y'=m−1x+12.
Để hàm số giảm trên các khoảng xác định thì y'<0⇔m<1.

Chọn D
Ta có y'=4x3−4x.
y'=0⇔x=±1x=0
y0=1 ; y1=0; y3=64
Vậy min0;3y=y1=0

Chọn C
Tập xác định D=ℝ.
Ta có y'=f'x=3x2+6x.
Hệ số góc của tiếp tuyến với C tại M1 ; 4 là f'1=9.
Phương trình tiếp tuyến cần tìm là y=f'1x−1+4=9x−1+4=9x−5.
Vậy y=9x−5.

Chọn A
Ta có: y'=x3−4x2−7x−2=0⇔x=−1x=5±332
BBT

Hàm số có 1 CĐ và 2 CT.

 Chọn C
Theo đồ thị ta thấy, đồ thị hàm số:
Có TCĐ: x=−12
Có TCN: y=12
Suy ra đáp án C.

Chọn D
+ TXĐ: ℝ.
+ y'=−3x2+6x, y'=0⇔−3x2+6x=0⇔x=0x=2
BBT:

+ Quan sát bảng biến thiên ta thấy hàm số đồng biến trên khoảng (0;2)

Chọn B
+ Quan sát đồ thị ta thấy đây làm đồ thị hàm số bậc ba có hệ số a>0 và có hai điểm cực trị là x=0,x=2 do đó loại phương án A, D, C, ta chọn đáp án B.

Chọn C

Trên −∞;m  y'=x2−2mx+m2−1x−m2,y'=0⇔x=m−1.
Bảng biến thiên:
max−∞;my=4⇔m=6. Chọn C.

Chọn A

Gọi I là trung điểm của BC, ta có AI⊥BCA'I⊥BC suy ra góc giữa mặt phẳng A'BC và mặt đáy ABC bằng A'IA^.
Từ giả thiết a có: A'I.BC=16AI=BC32AI=A'Icos30o=A'I32

 ⇔A'I=4BC=4AI=23VABC.A'B'C'=AA'.SABC=2.12.23.4=83

Chọn D

Gọi G là trọng tâm ΔABC.
⇒B'G⊥ABC ⇒BGlà hình chiếu của BB' lên (ABC).
⇒BB',ABC^=BB',BG^=B'GB^=60° (vì ΔBB'G vuông tại G nên B'GB^ nhọn).
⇒B'G=BB'.sin60°=a32BG=BB'.cos60°=a2
Gọi M là trung điểm AC.
⇒BM=32BG=3a4
Lại có : tam giác ABC vuông tại C và góc BAC^=60°⇒BC=AC.tan60°=AC.3.
ΔBCM vuông tại ⇒BC2+MC2=BM2⇔3AC2+AC24=9a216⇔AC=3a1326.
⇒BC=3a3926⇒SΔABC=12BC.AC=9a23104ABC//A'B'C'⇒dA',ABC=dB',ABC=B'G=a32
.
Thể tích của khối tứ diện : A'.ABC: VA'.ABC=13.B'G.SΔABC=13.a32.9a23104=9a3208.

Chọn B

Ta có y=x−m2x+1.
y'=1+m2x+12>0,∀m∈ℝ
Suy ra hàm số đồng biến trên mỗi khoảng −∞;−1 và −1;+∞.
Nên hàm số đồng biến trên khoảng 0;1.
⇒min0; 1y=y0⇔−1=−m2⇔m=±1

Chọn A

Xét khối tứ diện đều ABCD, gọi O là trọng tâm của tam giác BCD. Khi đó ta có:
AO⊥BCD và AO=AD2−OD2=a2−a332=a63.
Suy ra VABCD=13AO.SΔBCD=13.a63.12a.a32=a3212 (ĐVTT).

Chọn B
Xét đáp án A: Do phương trình x2−x+9=0 vô nghiệm nên đồ thị hàm số chỉ có 1 tiệm cận ngang y=0.
Xét đáp án B: Do limx→+∞14−x2=0;  limx→2+14−x2=−∞;  limx→−2−14−x2=−∞  nên đồ thị hàm số có 1 tiệm cận ngang y=0 và 2 tiệm cận đứng x=2,  x=−2.
Xét đáp án C: Do limx→+∞1−2x1+x=−2;  limx→−1+1−2x1+x=+∞ nên đồ thị hàm số có 1 tiệm cận ngang y=−2 và 1 tiệm cận đứng x=−1.
Xét đáp án D: Do limx→+∞x+35x−1=15;  limx→15+x+35x−1=+∞ nên đồ thị hàm số có 1 tiệm cận ngang y=15 và 1 tiệm cận đứng x=15.

Chọn B
- Tập xác định: D=ℝ\−m2
- Tiệm cận ngang của đồ thị hàm số là : y=m2.
Yêu cầu bài toán trở thành m2=2⇒m=22.

Chọn C

Vì M là trung điểm của AB nên dB;SCM=dA;SCM.
Trong (ABC), kẻ AH⊥CM tại H.
Ta có SA⊥ABC⇒SA⊥CHAH⊥CH⇒CH⊥SAH⇒SAH⊥SCH
Hay SAH⊥SCM theo giao tuyến SH.
Kẻ AK⊥SH⇒AK⊥SCM⇒AK=dA;SCM.
ΔABC đều => trung tuyến CM đồng thời là tia phân giác
⇒ACM^=12ACB^=300⇒AH=AC.sin300=a2
Vì SA⊥ABC⇒SB;ABC^=SBA^=600⇒SA=AB.tan600=a3
Ta có 1AK2=1SA2+1AH2⇒AK=SA.AHSA2+AH2=a3.a23a2+a24=a232a132=a3913.

Chọn A
y=2x+3x+1 . Tập xác định D=ℝ\−1.
y'=−1x+12<0,∀x∈D
Vậy hàm số đã cho không có cực trị.

Chọn C
y=2x+1x−2. Tập xác định D=ℝ\2.
y'=−5x−22
Gọi Mx0; y0 là tiếp điểm và điểm thuộc đồ thị hàm số C.
Hệ số góc của tiếp tuyến : y'x0=−5x0−22
Tiếp tuyến song song với đường thẳng 5x+y−2=0⇔y=−5x+2
=> y'x0=−5x0−22=−5⇔x0−22=1⇔x0=3tmx0=1tm
Với x0=3⇒y0=7. Phương trình tiếp tuyến là: y=−5x−3+7=−5x+22.
Với x0=1⇒y0=−3. Phương trình tiếp tuyến là: y=−5x−1−3=−5x+2 (loại vì trùng với đường thẳng đề bài cho)

Chọn A
y'=4x3+2m+3x=2x2x2+m+3y'=0⇔2x2x2+m+3=0⇔x=02x2+m+3=0
, đặt gx=2x2+m+3
Để hàm số y=x4+m+3x2+4 có 1 cực trị thì gx=0 vô nghiệm hoặc có nghiệm kép. ⇔Δgx≤0⇔−4.2.m+3≤0⇔m≥−3

Chọn B
y'=−8x3+2x
y'=0⇔−8x3+2x=0⇔x=0x=12x=−12 , vậy hàm số có 3 điểm cực trị.

Chọn D
Tập xác định của hàm số là D=ℝ\−2;3.
Ta có limx→−2−y=limx→−2−x−5x2−x−6=limx→−2−x−5x+2x−3=−∞.
Vì limx→−2−x−5=−7<0 limx→−2−x+2x−3=0 x+2x−3>0,∀x<−2.
Lại có limx→−2+y=limx→−2+x−5x2−x−6=limx→−2+x−5x+2x−3=+∞.
Do
limx→−2+x−5=−7<0limx→−2+x+2x−3=0 x+2x−3<0,∀x>−2.limx→3+y=limx→3+x−5x2−x−6=limx→3+x−5x+2x−3=−∞.limx→3−y=limx→3−x−5x2−x−6=limx→3−x−5x+2x−3=+∞.x=−2;  x=3
Nên là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số.

Chọn A
Từ đồ thị ta có hàm bậc  4 trùng phương y=ax4+bx2+c.
Từ đồ thị ta có a<0 nên loại C.
Từ đồ thị ta có  x=0⇒y=1 nên loại B.
Từ đồ thị ta có x=1⇒y=2 nên loại D.

Chọn A

Từ đồ thị ta có limx→+∞y=−∞, limx→−∞y=+∞ do đó a<0 (1).
Đồ thị hàm số đã cho cắt trục Oy tại điểm có tung độ y=d, từ đồ thị đã cho suy ra d<0 (2).
Giả sử hàm số đạt cực tiểu tại x1, đạt cực đại tại x2, từ đó x1,x2 là nghiệm của phương trình 3ax2+2bx+c=0, theo viet ta có: . x1+x2=−2b3ax1.x2=c3a
Từ đồ thị đã cho ta có x1+x2=−2b3a>0x1.x2=c3a>0⇒b>0c<0 (3).
Từ (1), (2), (3) chọn A.

Chọn B

Do tam giác ABC vuông cân tại C, AB=8a nên: AC=BC=4a2⇒CM=2a2
Gọi I là trung điểm của AC, khi đó IH=12CM=a2⇒HC=HI2+IC2=a10AC⊥SHI
Tam giác ACM vuông tại C nên AM=AC2+CM2=2a10⇒HM=a10 .
Trong tam giác HBC có HM là đường trung tuyến nên :
HM2=HB2+HC22−BC24⇒HB=4HM2−2HC2+BC22=40a2−20a2+32a22=a26
Trong tam giác vuông SHB có SH=SB2−HB2 =a5212 Dựng HK⊥SI tại ⇒HK⊥SAC tại ⇒HK=dH,SAC.
Do tam giác  SHI vuông tại I, HK là đường cao nên 1HK2=1HS2+1HI2⇒HK=a1042529
Lại có H là trung điểm của AM, M là trung điểm của BC nên: dB,SAC=2dM,SAC=4dH,SAC=4a1042529

Chọn C
Ta có y=−x4+2m−3x2+m⇒y'=−4x3+22m−3x=2x−2x2+2m−3
Hàm số y=−x4+2m−3x2+m nghịch biến trên khoảng 1 ; 2⇔y'≤0, ∀x∈1 ; 2 và  y'=0 chỉ tại một số hữu hạn điểm trên khoảng 1 ; 2
⇔2x−2x2+2m−3≤0, ∀x∈1 ; 2 ⇔−2x2+2m−3≤0, ∀x∈1 ; 2⇔m≤x2+32, ∀x∈1 ; 2
Đặt  gx=x2+32 và gx liên tục tại x=1 , x=2.
Suy ra m≤gx, ∀x∈1 ; 2⇒m≤min1 ; 2gx.
Ta có g'x=2x>0, ∀x∈1 ; 2. Suy ra gx=x2+32 đạt giá trị nhỏ nhất tại x=1 và g1=52
Vậy m∈−∞ ; 52⇒p+q=7.

Chọn A
Ta có hàm số y=x3−3x2+2mx−1⇒y'=3x2−6x+2m
Hàm số y=x3−3x2+2mx−1 có 2 cực trị x1 , x2 khi và chỉ khi phương trình 3x2−6x+2m=0 có hai nghiệm phân biệt x1 , x2⇔Δ'>0⇔9−6m>0⇔m<32. *
Áp dụng định lý Vi-et cho phương trình 3x2−6x+2m=0.
Ta có x1+x2=2x1x2=2m3.
Mà theo đề ta lại có x1−x2=2⇔x1+x22−4x1x2=4⇒4−8m3=4⇔m=0 thỏa điều kiện . *
Vậy có 1 giá trị nguyên của tham số m thỏa yêu cầu bài toán.

TXĐ: D=ℝ.
y=14x4−2x2+1⇒y'=x3−4x; y'=0⇔x=0⇒y=1x=±2⇒y=−3.
Bảng biến thiên:


Từ bảng biến thiên suy ra cực tiểu hàm số là y=−3, cực đại của hàm số là y=1.

y/=1−x2+x−2x21−x2=1−2x21−x2.y/=0⇔x=22∉−1;0x=−22∈−1;0.
Ta có: y−1=0; y−22=−12; y0=0
Vậy max−1;0y=y0=0; min−1;0y=y−22=−12.

Gọi M là trung điểm BC.Vì tam giác ABC đều nên AM⊥BC(1).
Mặt khác, tam giác SBC cân tại S nên SM⊥BC (2).
Từ (1) và (2) ta có góc giữa hai mặt phẳng (SBC) và (ABC) là SMA^.
Xét tam giác SAM vuông tại A có góc SMA^=45°. Từ đó suy ra tam giác SAM vuông cân tại A
và AM=SA=a3
Gọi I là trung điểm của BC. Vì tam giác ABC đều nên BI=AM=a3
Ta có: BI⊥ACBI⊥SA   (Vì SA⊥ABCD)AC,SA∈SAC⇒BI⊥SAC
Vậy dB;SAC=BI=a3.