Bộ 20 đề thi giữa kì 2 Toán 12 có đáp án năm 2022-2023 (Đề 13)

Chọn A
Ta có y'=3ax2+2bx+c, a≠0 là tam thức bậc hai có nhiều nhất 2 nghiệm và y' đổi dấu khi qua hai nghiệm đó nên hàm số y=ax3+bx2+cx+d,  a≠0 có nhiều nhất hai cực trị.

Chọn C
y'=−1x+12<0 ∀x≠−1 . Đạo hàm không đổi dấu nên hàm số không có cực trị.

Chọn C
+ Hàm số y=−2x+1 có y'=−2<0,∀x∈ℝ nên không đồng biến trên R.
+ Hàm số y=−x2+1 có y'=−2x không thỏa mãn y'≥0, ∀x∈ℝ nên hàm số không đồng biến trên R.
+ Hàm số y=2x+1 có y'=2>0,∀x∈ℝ nên hàm số đồng biến trên R.
+ Hàm số y=x2+1 có y'=2x không thỏa mãn y'≥0, ∀x∈ℝ nên hàm số không đồng biến trên R.

Chọn C

Chọn B
Để đồ thị hàm số có đúng một tiệm cận đứng thì:
Th1: Phương trình x2−mx+m=0 có đúng 1 nghiệm.
Khi đó: Δ=0⇔−m2−4.1.m=0⇔m2−4m=0⇔m=0m=4.
Th2: Phương trình x2−mx+m=0 có 2 nghiệm phân biệt trong đó có 1 nghiệm bằng 1.
Khi đó: Δ>012−m.1+m=0⇔Δ>01=0⇔m∈∅.
Vậy m1=0,m2=4.  Do đó m1+m2=4.

Chọn D
Dựa vào bảng biến thiên ta thấy: limx→−1−fx=+∞;limx→−1+fx=−∞;limx→+∞fx=2;limx→−∞fx=2.
Do đó đồ thị hàm số có tiệm cận đứng x=−1 và tiệm cận ngang y=2.

Chọn C
Ta có: y'=3x2−2(m+1)x+3
Hàm số đồng biến trên (−∞;+∞) khi và chỉ khiy'≥0,∀x∈ℝ⇔3x2−2(m+1)x+3≥0,∀x∈ℝ⇔Δ'=−9≤0⇔m2+2m−8≤0⇔−4≤m≤2
Vậy có 7 số nguyên thoả mãn bài toán.

Chọn B
Ta có: Điều kiện: x2−1≥0⇔x∈(−∞;−1]∪[1;+∞)
Từ đây ta loại được ngay các đáp án A, C, D ngay.

Chọn D
Ta có:
y=(x+3)2x⇒y'=2x(x+3)−(x+3)2x2=x2−9x2
y'=0⇔x2−9=0⇔x=±3limx→0+y=limx→0+(x+3)2x=+∞y(3)=12limx→+∞y=limx→+∞(x+3)2x=+∞

Vậy giá trị nhỏ nhất của hàm số y=(x+3)2x trên khoảng (0;+∞) là 12.

Chọn C
y=x2−3x−2; y'=x2−4x+3x−22
y'=0⇔x=1∈−1;32x=3∉−1;32
y−1=23;y1=2;y32=32
M=max−1;32y=2;n=min−1;32y=23. Do đó M+n=83.

Chọn B
limx→±∞y=limx→±∞3x−12x−1=32
Đường thẳng y=32 là tiệm cận ngang của đồ thị của hàm số y=3x−12x−1.

Chọn A
y=x4+4x2+3 TXĐ : D=ℝ
y'=4x3+8x=4xx2+2
y'=0⇔x=0

Hàm số nghịch biến trên −∞;0 và đồng biến trên 0;+∞.

Chọn A.
Đồ thị như hình vẽ là đồ thị hàm trùng phương.
Vì limx→+∞f(x)=−∞ nên hệ số a<0.
Có giá trị cực tiểu bằng 0 nên hệ số c=0.

Chọn D.
TXĐ: D=ℝ\−1.
y'=2x(x+1)−x2−3(x+1)2=x2+2x−3(x+1)2=0⇔x=1x=−3.
BBT:

Dựa vào BBT ta có: Cực tiểu của hàm số bằng 2.

Chọn D.
TXĐ: D=ℝ.
y'=3x2−4x+1=0⇔x=1x=13.
BBT

Dựa vào BBT ta thấy đáp án D đúng.

Chọn C
Ta có: f'x=0⇔x2=0x2−4=0x−5=0⇔x=0x=±2x=5
BBT

Vậy hàm số có 2 điểm cực trị.

Chọn D
Dựa vào đồ thị ta thấy: f'x=0⇔x=−2x=0x=2
Bảng xét dấu f'x

Vậy hàm số nghịch biến trên khoảng 0;2.

Chọn D
TXĐ: D=ℝ\−12
Ta có: limx→−∞y=−1 => Đồ thị hàm số có TCN: y=−1
limx→+∞y=1 => Đồ thị hàm số có TCN: y=1
limx→−12−y=−∞;limx→−12+y=+∞ => Đồ thị hàm số có TCĐ: x=−12

Chọn B
Phương trình hoành độ giao điểm: 2x+1x+1=x+m−1⇔x2+m−2x+m−2=0 ∗x≠−1
Đường thẳng y=x+m−1 cắt đồ thị hàm số y=2x+1x+1 tại hai điểm phân biệt
Phương trình ∗ có hai nghiệm phân biệt x≠−1
⇔Δ>0−12+m−2−1+m−2≠0⇔m−22−4m−2>01≠0  (t/m)⇔m∈−∞;2∪6;+∞
Khi đó phương trình ∗ có hai nghiệm phân biệt x1,x2 là hoành độ hai điểm A,B.
⇒Ax1;x1+m−1,Bx2;x2+m−1
Ta có AB=23⇔2x2−x12=23⇔x2+x12−4x2.x1=6⇔m−22−4m−2=6

⇔m2−8m+6=0⇔m=4±10.

Chọn D

Ta có y'=3x2−12x+m
Hàm số đồng biến trên 0;+∞
⇔y'≥0, ∀x∈0;+∞⇔3x2−12x+m≥0, ∀x∈0;+∞⇔m≥−3x2+12x, ∀x∈0;+∞⇔m≥maxx∈0;+∞gx=−3x2+12x⇔m≥g2=12
Vậy có 2006 giá trị m.

Chọn D
Từ đổ thị hàm số đã cho ta suy ra đồ thị hàm số y=fx

Dựa vào đồ thị hàm số fx:
Phương trình fx=m có bốn nghiệm phân biệt: m=0, m=3.

Chọn D
Ta có: y'=4x3+4mx. y'=0⇔4xx2+m=0⇔x=0x2+m=0.
Để đồ thị hàm số có ba điểm cực trị thì: m<0. Khi đó tọa độ ba điểm cực trị lần lượt là: A0;4, B−m;−m2+4, C−−m;−m2+4
. Để ba điểm cực trị đều nằm trên các trục tọa độ thì: −m2+4=0⇔m=±2. Vì điều kiện m​<0 nên m=−2 ∈−3;−32. Suy ra đáp án D.

Chọn B
Xét hàm y=x3+3x2. Ta có: y'=3x2+6x, y'=0⇔x=0,x=−2 nên hàm số có hai cực trị.
Mặt khác x3+3x2=0⇔x=0,x=−3. Vì x=0 trùng với điểm cực trị của hàm số y=x3+3x2 đã cho nên hàm số có ba điểm cực trị là x=0,x=−2;x=−3.

Chọn C
Ta có: y'=4x3+4m+2x−4m+3
y'=0⇔4x3+4m+2x−4m+3=0⇔x−1x2+x+m+3=0
⇔x=1x2+x+m+3=0  (1)
Để hàm số có ba điểm cực trị thì phương trình y'=0 phải có ba nghiệm phân biệt. Suy ra phương trình 1 phải có hai nghiệm phân biệt khác 1. Điều đó tương đương với:
m+5≠0Δ=−4m−11>0⇔m≠−5m<−114⇔m∈−∞;−5∪−5;−114

Chọn A

Gọi cạnh đáy là a, chiều cao là h. Diện tích đáy là a2, diện tích xung quanh là 4ah.
Ta có V=a2h=4⇒ah=4a.
Lượng vàng cần phải dùng là : a2+4ah=a2+16a=a2+8a+8a≥3.a2.8a.8a3=12.
Dấu "=" xảy ra ⇔a2=8a=8a⇔a=2⇒h=4a2=1

Chọn B

Ta có DA=DB=DC hay D nằm trên trục đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.
Tam giác ABC vuông tại A nên tâm đường tròn ngoại tiếp là trung điểm của cạnh BC .
Vậy chân đường cao của tứ diện xuất phát từ đỉnh D là trung điểm của BC.

Chọn C

Do đáy là hình vuông nên diện tích đáy S=(a5)2=5a2.
Vậy thể tích V=13S.h=10a323.

Chọn C
Ta có V=S.h⇔S=Vh.

Chọn C
Theo định nghĩa hình đa diện:
Trong một hình đa diện:
- Hai đa giác phân biệt: Hoặc không có điểm chung, hoặc chỉ có 1 đỉnh chung, hoặc chỉ có 1 cạnh chung.
- Mỗi cạnh của đa giác nào cũng là cạnh chung của đúng hai đa giác.

Chọn C
Khối đa diện H được gọi là khối đa diện lồi nếu đoạn thẳng nối hai điểm bất kì của H luôn thuộc H. Khi đó đa diện xác định được gọi là đa diện lồi.
Khối đa diện lồi hình 1 và hình 4.

Chọn A

Ta có: SAB⊥ABC , SAC⊥ABC⇒SA⊥ABC.
Xét ΔSAC vuông tại A: SA2=SC2−AC2=a32−a2=2a2⇒SA=a2
Vì ΔABC đều cạnh a: SΔABC=12AB.AC.sin600=a234
Thể tích khối chóp S.ABC: VS.ABC=13⋅SA⋅SΔABC=13⋅a2⋅a234=a3612

Chọn B
A. Khối lập phương.
C. Khối tứ diện đều.
D. Khối lập phương.

Chọn B

Mặt phẳng AB'C' chia khối lăng trụ ABC.A'B'C' thành một khối chóp tam giác A.A'B'C' và một khối chóp tứ giác A.BCC'B'.

Chọn C
Hình đa diện trong hình vẽ bên có 12 mặt.

Chọn B

Thể tích khối lập phương có cạnh bằng a3 là : V=a33=33a3

Chọn C

Gọi hình chóp S.ABC là hình chóp đều có cạnh đáy bằng a, chiều cao bằng h.
Gọi hình chóp S'.A'B'C' là hình chóp đều có cạnh đáy bằng 2a, chiều cao bằng 2h.
Ta có : VS'.A'B'C'VS.ABC=13SA'B'C'.2h13SABC.h=2a234.2a234=8⇒VS'.A'B'C'=8VS'.ABC

Chọn B

Ta có : V1V2=VS.A'B'C'VS.ABC=SA'SA.SB'SB.SC'SC=12.13.13=118.

 Chọn C
Vì mỗi mặt là tam giác đều cạnh bằng 2 nên diện tích 20 mặt là 22⋅34⋅20=203
Vậy S=203

Chọn A
Thể tích hình lăng trụ đứng được cho bới công thức: V=S⋅h
Diện tích đáy của lăng trụ đứng ABC.A'B'C' là a2⋅3a2=322a2
Chiều cao của AA' lăng trụ đứng là ABC.A'B'C'a2⋅3=a6
Thể tích của lăng trụ đứng ABC.A'B'C' là 322a2⋅a6=3a33

Chọn D

Thể tích hình lăng trụ đứng được cho bới công thức: V=S⋅h
Diện tích đáy của lăng trụ đứng ABC.A'B'C' là 2a⋅a2=a2
Thể tích của lăng trụ đứng ABC.A'B'C' là a2⋅2a3=2a33

Chọn B

Gọi O là giao điểm của AC và BD.
Kẻ HK//AO cắt BD tại H.
AO⊥BD⇒HK⊥DB( vì tứ giác ABCD là hình vuông)
Ta có: HK⊥DBSH⊥BD⇒BD⊥SHK⇒BD⊥SK
Kẻ HI⊥SK
Ta có: BD⊥HI HI⊂SHKHI⊥SK⇒HI⊥SBD
Do đó dH,SBD=HI
AC=a2⇒AO=a22, HK=AO2=a24, HD=a52
ΔSHD vuông tại H. ⇒SH=a3
ΔSHK vuông tại H. ⇒1HI2=1SH2+1HK2=13a2+1a28=253a2⇒HI=a35
Vậy dH,SBD=HI=a35.

Chọn A

Gọi  I là trung điểm của AD
CI=AB=AD2⇒ΔACD vuông tại C
SCD∩ABCD=CDCD⊥SCCD⊥AC⇒CD⊥SCA
Do đó SCD;ABCD^=SCA^=60∘
ΔABC vuông cân tại B ⇒AC=a2
Trong ΔSAC vuông tại A ⇒SA=AC.tan60∘=a2.3=a6
V=13SA.SABCD=13SA12ABBC+AD=a362

Chọn B

Gọi G là trọng tâm của tam giác ABC suy ra A'G⊥ABC.
Gọi I là trung điểm của BC. Từ I kẻ IH⊥AA'  H∈A'A.
Ta có BC⊥AI,BC⊥A'G⇒BC⊥IH
Mà IH⊥AA'
Suy ra IH là đoạn vuông góc chung của AA' và BC.
Suy ra dAA';BC=IH=a34.
AG=23AI=a33
Ta có △AA'G~△AIH⇒A'GIH=AGAH⇒A'G=IH.AGAH=a34.a33a322−a342=a3.
SABC=a234
Vậy VABC.A'B'C'=a3312

Chọn A

Gọi H là trung điểm của AD. Theo giả thiết, suy ra SH⊥ABCD.
Đặt x=AD x>0. Suy ra SABCD=4x
HC2=16+x24
SH=36−16−x24=20−x24 , 0<x<45
Suy ra VS.ABCD=13.4x.20−x24=2x80−x23=2x280−x23≤803 (Bất đẳng thức Cauchy)

VS.ABCD=Vmax=803⇔x2=80−x2⇔x=210.

Chọn D
Ta có: VABC.MNP=VN.ACB+VN.ACPM
VN.ACB=BNBB'VB'.ACB=BNBB'.13VABC.A'B'C'
VN.ACPMVB'.ACC'A'=SACPMSACC'A'=CP+AM:2AA'=12CPCC'+AMAA'
⇒VN.ACPM=12CPCC'+AMAA'.23VABC.A'B'C'=13CPCC'+AMAA'VABC.A'B'C'
Suy ra: VABC.MNP=13AMAA'+BNBB'+CPCC'VABC.A'B'C'
Ta có: AMAA'=12,BNBB'=CPCC'=13.
Vậy thể tích V' của khối đa diện ABC.MNP theo V là:
V'=12+13+133=718V.

Chọn D

Từ M kẻ MN//AB. Lúc đó, mặt phẳng α≡ABM≡ABMN.
Ta có: VS.AMBVS.ACB=SMSC=12⇔VS.AMB=12VS.ACB.
VS.AMNVS.ACD=SNSD.SMSC=14⇔VS.AMN=14VS.ACD.
Suy ra: VS.AMB+VS.AMN=12VS.ABC+14VS.ACD.
Mà VS.ACB=VS.ACD=12VS.ABCD.
Suy ra: VS.MNAB=14VS.ABCD+18VS.ABCD=38VS.ABCD=V1.
⇒VMNABCD=58VS.ABCD=V2.
Vậy V1V2=35.

Chọn D

Ta có SA⊥ABCD nên góc giữa SB và đáy ABCD là SBA^=60°, SA=AB.tan60°=a3, SABCD=a2.
Vậy thể tích khối chóp là VS.ABCD=13.SABCD.SA=13.a2.a3=a333

Chọn D

Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC, M là trung điểm của BC
Ta có SO⊥ABC và SABC=a234; AO=23AM=23.a32=a33, SO=SA2−AO2=a2162−a332=a2
Vậy thể tích khối chóp là VS.ABC=13.SABC.SO=13.a234.a2=a3324

Chọn B

Xét tam giác vuông A'AB có tan60o=AA'AB⇒AB=a3tan60o=a
Xét tam giác vuông A'AC có tan30o=AA'AC⇒AC=3a.
Vậy BC=AC2−AB2=2a2.
SABCD=2a2.a=2a22Vậy V=2a36

Chọn A

Gọi I, J,K lần lượt là trung điểm BC, CD, DB
Ta có: VA.MNPVA.IJK=AMAI⋅ANAJ⋅APAK=827
Mặt khác: SΔIJK=14SΔBCD⇒VA.IJK=14VA.BCD
Suy ra: VA.MNP=227VA.BCD=227⋅16AB.AC.AD=2a3