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

Chọn B

Ta có ΔABC vuông cân tại A SΔABC=12AB.AC=a22.
ABC.A'B'C' là hình lăng trụ đứng, nên AA'⊥ABC.
Vậy VABC.A'B'C'=SΔABC.AA'=a332.

Chọn B
Hàm số đã cho có ba điểm cực trị ⇔2.−m+1<0⇔m+1>0⇔m>−1.
Vậy m>−1.

Chọn A
Gọi là tiền thu nhập và là số lần tăng tiền x∈ℤ.
Ta có y=2000000+100000x50−2x=−2.105x2+106x+108.
Lập BBT của hàm số trên tập R

Ta có y2=y3=101200000.
Dựa vào bảng biến thiên thì số tiền thu nhập nhiều nhất khi x=2 hoặc x=3.
Vậy số tiền mỗi tháng là 2000000+2.100000=2200000
hoặc 2000000+3.100000=2300000

Chọn C
Với a=0 ta thấylimx→±∞x−x2+1=limx→±∞−1x+x2+1=0, nên đồ thị có TCN.
Với a>0, ta có limx→+∞x−x2+1ax2+2=limx→+∞x−|x|1+1x2|x|a+2x2=0.Nên đồ thị có TCN.
Với a<0
Khi đó hàm số chỉ xác định trên khoảng −−2a;−2a. Do đó không tồn tại giới hạn của hàm số khi x→±∞.
Vậy để hàm số có tiệm cận ngang thì a≥0.

Chọn C
Ta có y'=−1x−12
Tiếp tuyến có hệ số góc bằng 2019 nên y'x=2019⇔−1x−12=2019 vô nghiệm.
Vậy không tồn tại tiếp tuyến với đồ thị có hệ số góc bằng 2019.

Chọn C
+ Xét hàm số fx=x2+2x+a−4, ta có f'x=2x+2 ,f'x=0⇔x=−1.
f−2=a−4, f−1=a−5, f1=a−1.
+ Do a−5<a−4<a−1 nên giá trị lớn nhất của hàm sốy=x2+2x+a−4  bằng maxa−1;a−5 nên có 3 trường hợp xảy .
TH1: Nếu a−1>a−5⇔a−12>a−52⇔8a>24⇔a>3 thì
max−2 ;1y=y1=a−1>2
TH2: Nếu a−1<a−5⇔a−12<a−52⇔8a<24⇔a<3 thì max−2 ;1y=y−1=a−5>2
TH3: Nếu a−1=a−5⇔a−12=a−52⇔8a=24⇔a=3 thì max−2 ;1y=y−1=y1=2
Để giá trị lớn nhất của hàm số trên đoạn −2 ;1 đạt giá trị nhỏ nhất khi a=3.

Chọn C
Thể tích khối lăng trụ là: V=3a2.a2=6a3

Chọn D
Phương trình hoành độ giao điểm:x3−2x2+x−1=1−2x⇔x3−2x2+3x−2=0⇔x=1
Phương trình có nghiệm nên số giao điểm của đường cong và đường thẳng là 1.

Chọn B
Tập xác định D=−2 ; 4.
Ta có y'=−x+18+2x−x2.
Cho y'=0⇔−x+18+2x−x2=0⇔x=1y=3 .
Bảng biến thiên

Từ bảng biến thiên ta thấy hàm số trên đồng biến trên khoảng −2 ; 1.

Chọn A
Tập xác định D=ℝ\1
limx→±∞2x+1x−1=limx→±∞x2+1xx1−1x=limx→±∞2+1x1−1x=2 Suy ra y=2 là tiệm cận ngang.
limx→1+2x+1x−1=+∞ vì limx→1+2x+1=3>0; limx→1+x−1=0và x−1>0 khi x→1+.
limx→1−2x+1x−1=−∞ vì limx→1−2x+1=3>0; limx→1−x−1=0 và x−1<0 khi x→1−.
Suy ra x=1 là tiệm cận đứng.
Vậy đồ thị hàm số có tiệm cận đứng là x=1 và tiệm cận ngang là y=2.

Chọn B

Ta có ΔABC đều cạnh a, nên SABC=a234
Đường cao h=SB=2a.
Vậy VS.ABC=13.SB.SABC=13.2a.a234=a336.

Chọn D
Giao điểm của (C) với trục tung là 0 ;−2.
Ta có y'=−3x2+3 , y'0=3.
Vậy phương trình tiếp tuyến của (C) tại giao điểm của (C) với trục tung là y=3x−2.

Chọn C

Ta có: VS.ABC=13.SABC.dS,ABC
Vì  G là trọng tâm tam giác ABC nên dG,AC=13dB,AC.
⇒SAGC=12AC.dG,AC=13.12AC.dB,AC=13SABC.
Do đó VS.AGC=13SAGC.dS,ABC=13.13SABC.dS,ABC=13VS.ABC.
Vậy: VS.ABCVS.AGC=3.

Chọn C
Theo giả thiết ta có diện tích đáy của lăng trụ là B=3a2, chiều cao của lăng trụ (bằng độ dài cạnh bên) là h=2a nên thể tích khối lăng trụ là: V=B.h=3a2.2a=6a3

Chọn D
Quan sát bảng biến thiên của hàm số y=fx ta thấy hàm số y=fx đồng biến trên khoảng 0;1.

Chọn D

Ta có VMIJKVMNPQ=MIMN.MJMP.MKMQ=12.12.12=18.

Chọn C
Xét trên 3;5 hàm số liên tục.
Ta có y'=−2x−12<0,∀x∈3;5  nên hàm số luôn nghịch biến trên 3;5.
Khi đó f3=2 và f5=32 suy ra M=2 và m=32.
Vậy M−m=12.

Chọn D
Tập xác định D=−∞;−1∪1;+∞
Ta có limx→−∞y=limx→−∞2x−1+4x2−4=limx→−∞2x−12−4x2−42x−1−4x2−4
=limx→−∞−4x+32x−1−4x2−4=limx→−∞−4+3x2−1x+4−4x2=−1
và limx→+∞y=limx→+∞2x−1+4x2−4=limx→+∞x2−1x+4−4x2=+∞
Vậy y=−1 là đường tiệm cận ngang của đồ thị hàm số.

Chọn D
Ta có: Ma;fa∈C
Vậy phương trình tiếp tuyến của đường cong C tại điểm Ma;fa có dạng:
y=f'ax−a+fa

Chọn A

Ta có: VS.A'B'C'VS.ABC=SA'SA.SB'SB.SC'SC.
Mà các điểm A', B', C' tương ứng là trung điểm các cạnh SA, SB, SC.
Nên SA'SA=12, SB'SB=12, SC'SC=12.
Suy ra: VS.A'B'C'VS.ABC=12.12.12=18.
Hay VS.A'B'C'=V8.
Vậy: thể tích khối chóp S.A'B'C' bằng V8
Nhận xét: nếu hai khối chóp S.A'B'C' và S.ABC theo thứ tự đồng dạng với tỉ số bằng k, với k>0 thì VS.A'B'C'VS.ABC=k3.

Chọn B
Số nghiệm của phương trình fx=m là số giao điểm của đồ thị hàm số y=fx và đường thẳng y=m.
Dựa vào bảng biến thiên ta có: Phương trình fx=m có ba nghiệm phân biệt ⇔−2<m<4

Chọn B
Ứng với một giá trị của 2−x sẽ có một giá trị nên số nghiệm của phương trình f2−x−1=0 cũng là số nghiệm của phương trình fx−1=0.
Số nghiệm của phương trình fx−1=0 là số giao điểm của đồ thị hàm số y=fx và đường thẳng y=1.
Dựa vào bảng biến thiên ta có: Phương trình fx−1=0 có ba nghiệm phân biệt, vậy phương trình f2−x−1=0 có ba nghiệm phân biệt.

Chọn A
Từ bảng biến thiên, ta thấy hàm số y=fx đồng biến trên từng khoảng −∞;−1, 1;+∞ và nghịch biến trên khoảng −1;1.

Chọn B
Hàm số đã cho đã xác định và liên tục trên đoạn −3;2.
Ta có y'=4x3−4x; x∈−3;2y'=0⇔x∈−3;24x3−4x=0⇔x=0x=±1
Tính y−3=48, y2=−7,y0=−15 , y1=−16, y−1=−16.
Vậy max−3;2y=48.

Chọn A
Ta có VS.A'B'C'VS.ABC=SA'SA⋅SB'SB⋅SC'SC=13.13.13=127⇒V'V=127.

Từ đồ thị ta thấy hàm số fx đạt cực tiểu tại điểm x=−1.Chọn D

Chọn C
Ta có y'=3x2−6x−9. Hàm số đồng biến ⇔y'≥0⇔x≤−1x≥3.

Chọn C

+ Gọi M'=DM∩NPQ, h =dD,ABC , h1=dM,NPQ.
+ NQP//ABC⇒h1h=MM'MD=FNFD=13⇒h1=13h.
+ NQEF=23⇒NQAC=13, tương tự ta có NPBC=PQAB=13 nên ΔNPQ và ΔABC đồng dạng theo tỉ số k=13 ⇒SΔNPQ=19 SΔABC.
+ Vậy VMNPQ=13h1.SΔNPQ=13.13.h.19SΔABC=127VABCD=6739

Chọn D
Đặt gx=fx−2017−2018x+2019
Ta có: g'x=f'x−2017−2018
Đồ thị hàm số y=f'x−2017 là phép tịnh tiến đồ thị hàm số y=f'x theo phương trục hoành sang phải 2017 đơn vị.
Đồ thị hàm số y=f'x−2017 cắt đường thẳng y=2018 tại duy nhất một điểm có hoành độ x0>1 và giá trị hàm số g'x đổi dấu từ âm sang dương khi qua điểm x0 nên hàm số đạt cực tiểu tại x0

Chọn C

Chọn C
y'=6x2−6x ; y'=0⇔x=0x=1.
Ta có bảng biến thiên:

Dựa vào bảng biến thiên, ta có min0 ; 5y=m−1.
Theo giả thiết, m−1=5⇔m=6.

Chọn C
Tập xác định D=ℝ
y'=3x2−3, y'=0⇔x=1x=−1.
Ta có bảng biến thiên:

Dựa vào bảng biến thiên, hàm số nghịch biến −1 ; 1.

Chọn A

Do SB=SC=AB=AC=1 nên các tam giác SBC và ABC là tam giác cân.
Gọi M là trung điểm BC, khi đó ta có BC⊥SMBC⊥AM⇒BC⊥SAM.
⇒ABC⊥SAMKẻ SH⊥AM, khi đó SH⊥ABC.
Ta có AM=1−y24⇒SΔABC=12⋅AM⋅BC=121−y24⋅y
Gọi N là trung điểm SA. Tam giác SMA cân tại M nên MN là đường cao và MN=AM2−AN2=1−y24−x24.
Ta có MN.SA=AH.AM nên AH=MN.SAAM=x4−x2−y24−y2.
Vậy VS.ABC=13⋅SH⋅SΔABC=13⋅x4−x2−y24−y2⋅121−y24⋅y
.
Dấu “=” xảy ra khi x=y=23

Chọn D
Hàm số y=x2+x+1 có đồ thị dạng parabol nên không có đường tiệm cận ngang.
limx→+∞x2−x+1x=limx→+∞1−1x+1x21x=+∞ và limx→−∞x2−x+1x=limx→−∞1−1x+1x21x=−∞ nên đồ thị hàm số y=x2−x+1x không có đường tiệm cận ngang.
Hàm số .. có tập xác định D=−1; 1 nên đồ thị hàm số này cũng không có đường tiệm cận ngang.
Xét hàm số y=x+x2+1 , ta có
limx→+∞x+x2+1=+∞ và limx→−∞x+x2+1=limx→−∞1x2+1−x=0 nên suy ra đồ thị hàm số có đường tiệm cận ngang là y=0

Chọn D
Giá trị cực tiểu của hàm số bằng -2. Loại A.
Hàm số có hai cực trị. Loại C
limx→+∞y=+∞ , limx→−∞y=−∞ nên GTLN và GTNN của hàm số khác 2 và -2 . Loại B

Chọn B
.VS.ABCD=13SA.SABCD=13.2a.a.2a=4a33

Chọn D
y'=6x2+6x−12.. Xét y'=0⇔6x2+6x−12=0⇔x=1∈−1;2x=−2∉−1;2.
Ta có y−1=15,y2=6,y1=−5.
Vậy giá trị lớn nhất của hàm số đã cho bằng 15  khi x=-1

Chọn C
Dựa vào bảng biến thiên, ta thấy hàm số có giá trị cực đại bằng 5 tại x=0 và có giá trị cực tiểu   bằng  1 tại x=2  Từ các đáp án A, B, C, D ta chọn C.

Chọn B
Ta có limx→±∞5x−1=0 nên tiệm cận ngang là đường thẳng y = 0 .

Chọn B
Dựa vào đồ thị ta thấy trên khoảng  0;2 đồ thị là một đường đi lên theo chiều từ trái sang phải nên hàm số đồng biến trên khoảng 0;2 .

 Chọn B
Vì  OA ,OB , OC đôi một vuông góc với nhau nên:
OA⊥OBC  và ΔOBC vuông tại O.
Vậy thể tích khối tứ diện: V=13.OA.12.OB.OC=16a.b.c

Chọn B

Ta thấy SABC=12SABCD.
Nên thể tích khối lăng trụ ABC.A'B'C': V1=AA'.SABC=AA'.12SABCD=12V=12.

Chọn D
Hệ số góc của tiếp tuyến tại điểm cực tiểu của đồ thị hàm số đã cho là k=0.
Do đó, tiếp tuyến đó song song với trục hoành.

Chọn A
Ta có: y'=3x2−6x−9
y'=0⇔3x2−6x−9=0⇔x=−1x=3
Vì hệ số a=1>0 nên hàm số đạt cực tiểu tại xCT=3 và giá trị cực tiểu yCT=−25.

Chọn C
Xét đáp án A có y=x+1x2+4x+8, ∀x∈ℝ, có tiệm cận ngang là đường thẳng y=−1,y=1  không có tiệm cận đứng nên loại.
Xét đáp án B có y=x+2x−1, ∀x∈ℝ\1, có tiệm cận ngang là đường thẳng y=1và có tiệm cận đứng là đường thẳng x=1 nên loại.Xét đáp án C có y=x+1x2−9, ∀x∈ℝ\−3; 3 có tiệm cận ngang là đường thẳng y=0 và có tiệm cận đứng là đường thẳng x=−3, x=3 nên chọn.
Xét đáp án C có y=x+2x2+3x+6, ∀x∈ℝ, có tiệm cận ngang là đường thẳng y=0 và không có tiệm cận đứng nên loại.

Chọn B
Số nghiệm của phương trình fx+1=0 bằng số giao điểm của đồ thị hàm số y=fx và đường thẳng y=−1.
Dựa đồ thị ta có phương trình fx+1=0 có 3 nghiệm.

Chọn C

VS.ABC=13SA.SSBC=13SA.12SB.SC=16SA.SB.SC=a36

Chọn C
limyx→±∞=±∞⇒ Đồ thị hàm số không có tiệm cận ngang.
Từ bảng biến thiên ta thấy hàm số không có đạo hàm tại x=−1.
limyx→−1+=+∞⇒ Đồ thị hàm số có tiệm cận đứng x=−1
Dấu f'x đổi từ − sang + khi qua 1 nên hàm số đạt cực tiểu tại x=1.

Chọn C

Phương trình fx+m−2018=0⇔fx=2018−m.
Số nghiệm của phương trình trên chính là số giao điểm của đồ thị hàm số y=fx và đường thẳng y=2018−m.
Từ đồ thị hàm số đã cho ta thấy phương trình fx=2018−m có 4 nghiệm phân biệt khi và chỉ khi −4<2018−m<−3⇔2021<m<2022.

Chọn B
TXĐ D=ℝ.
y'=x2−2mx+8−2m
Hàm số y đồng biến trên R khi và chỉ khi y'=x2−2mx+8−2m≥0,∀x∈ℝ.khi và chỉ khi Δ'=m2−8−2m≤0a=1>0⇔m2+2m−8≤0⇔−4≤m≤2
Vậy giá trị lớn nhất củam  thỏa mãn yêu cầu đề bài là m=2.