Bộ 20 đề thi giữa kì 2 Toán 12 có đáp án năm 2022-2023 (Đề 14)

Chọn A
Ta có y'=3ax2+2bx+c, a≠0 là tam thức bậc hai có nhiều nhất 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 D
f'x=0⇔x+1x−22x−33x+54=0⇔x=−1x=2x=3x=−5
Bảng biến thiên:

Dựa vào BBT ta thấy hàm số có 2 điểm cực trị.

Chọn D
Ta thấy đồ thị y=f'(x) cắt trục Ox tại 3 điểm phân biệt nên f'(x)=0 có 3 nghiệm đơn phân biệt.
Do đó đồ thị hàm số y=f(x) có 3 điểm cực trị.

Chọn C
Ta có: TXĐ D=ℝ\−2;2
limx→+∞x+1x2−4=0;limx→−∞x+1x2−4=0 Đồ thị hàm số có 1 tiệm cận ngang y=0.
limx→2+x+1x2−4=+∞⇒ Đồ thị hàm số có tiệm cận đứng x=2.
limx→−2+x+1x2−4=+∞⇒ Đồ thị hàm số có tiệm cận đứng x=−2
Vậy đồ thị hàm số có 3 đường tiệm cận.

Chọn C
Ta có:
f(x)=x3−8x2+16x−9⇒f'(x)=3x2−16x+16
f'(x)=0⇔3x2−16x+16=0⇔x=43∈1;3x=4∉1;3
f(1)=0,f(3)=−6,f43=1327. Vậy max1;3f(x)=f43=1327.

Chọn D
Ta có: y=−x3+3x2−3x+2⇒y'=−3x2+6x−3=−3(x−1)2⇒y'≤0,∀x≠1
Vậy hàm số y=−x3+3x2−3x+2 luôn nghịch biến trên ℝ.

Chọn B
Ta có y'=12x3−12x2−12x+12=0⇔x=−1x=1
Bảng biến thiên:

Từ BBT, đồ thị hàm số y=3x4−4x3−6x2+12x+1 có điểm cực tiểu là điểm M(−1;−10).
Vậy T=−11.

Chọn A 
Điều kiện: 2−x2≥0⇔−2≤x≤2
TXĐ: D=−2;2
Hàm số liên tục trên −2;2;y'=−x2−x2−1
∀x∈−2;2 thì y'=0⇔2−x2=−x⇔x≤02−x2=x2⇔x=−1∈−2;2
Ta có: y(−2)=2;y(2)=−2;y(−1)=2.
Do đó Minyx∈−2;2=y(2)=−2;Maxyx∈−2;2=y(−1)=2.
Vậy tổng các giá trị nhỏ nhất và giá trị lớn nhất của hàm số y=2−x2−x bằng 2−2.

Chọn C
Hàm số y=−13x3−mx2+(2m−3)x−m+2 luôn nghịch biến trên R
⇔y'≤0,∀x∈R và dấu bằng xảy ra tại hữu hạn điểm trên R
⇔−x2−2mx+2m−3≤0,∀x∈R⇔Δ'≤0a=−1<0⇔m2+2m−3≤0⇔−3≤m≤1
Vậy các giá trị m cần tìm là −3≤m≤1.

Chọn D
TXĐ: D=R\−1;0.
∀x∉{0;−1}, ta có: x+9−3x2+x =(x+9−3)(x+9+3)(x2+x)(x+9+3)=x(x2+x)(x+9+3)=1(x+1)(x+9+3)
Do đó: limx→0+x+9−3x2+x=limx→0−x+9−3x2+x=limx→01(x+1)(x+9+3)=16
Mặt khác, limx→−1+x+9−3x2+x=+∞ ;  limx→−1−x+9−3x2+x=−∞
Nên đồ thị hàm số đã cho chỉ có một tiệm cận đứng là đường thẳng x=−1.

Chọn D
TXĐ: D=−2;2
y'=−x4−x2; y'=0⇔x=0
BBT

Hàm số nghịch biến trên khoảng 0;2.

Chọn A
Dựa vào bảng biến thiên ta có: Hàm số đạt cực đại tại x=2 và đạt cực tiểu tại x=4.

Chọn C
Ta có limx→1+y=limx→1+2x−3x−1=−∞; limx→1−y=limx→1−2x−3x−1=+∞ nên đồ thị hàm số có tiệm cận đứng x=1
limx→+∞y=limx→+∞2x−3x−1=limx→+∞2−3x1−1x=2 ,  limx→−∞y=limx→−∞2x−3x−1=limx→−∞2−3x1−1x=2 nên đồ thị hàm số có tiệm cận ngang y=2.

Chọn D
Hàm số y=x+1x liên tục trên 12 ; 3.
Ta có y'=1−1x2.y'=0⇔x=1∈12 ; 3x=−1∈12 ; 3
y12=52; y1=2; y3=103
Suy ra M=max12 ; 3y=103, m=min12 ; 3y=2.
Do đó 3M+m=12.

Chọn C
Dựa vào bảng biến thiên ta có:
-Hàm số đồng biến trên khoảng 1;+∞; hàm số nghịch biến trên khoảng −∞;0 và 0;1.
Nên đáp án A,B,D đúng và đáp án C sai.

Chọn B
Xét hàm số y=x2−1x−2 trên −∞;−1∪1;32.
Ta có: y'=12x2−1.2x.x−2−x2−1x−22=−2x+1x−22x2−1=0⇒x=12∉−∞;−1∪1;32
Bảng biến thiên:

Dựa vào bảng biến thiên ta có: M=0,m=−5. Vậy P=M+m=−5

Chọn B
Tập xác định: D=ℝ\m
Để hàm số y=x−1x−m nghịch biến trên khoảng 4;+∞ thì y'<0  ∀x∈4;+∞m≤4⇔−m+1(x−m)2<0  ∀x∈4;+∞m≤4⇔m>1m≤4⇔1<m≤4
Như vậy S=2;3;4

Chọn A 
Ta có: y=f1−x2+x⇒y'=−12.f'1−x2+1.
Hàm số y=f1−x2+x nghịch biến
y'≤0⇔f'1−x2≥2⇒2≤1−x2<3⇔−4≤x<−2

Chọn A
Hàm số  y=x+1mx2+1 có hai tiệm cận ngang khi tồn tại hai giới hạn hữu hạn sau:
limx→+∞y=limx→+∞x+1mx2+1=a,limx→−∞y=limx→−∞x+1mx2+1=b   (b≠a)
⇒1+mx2>0,  ∀x∈ℝ⇔m≥0
Với m=0⇒y=x+1. Đồ thị hàm số là một đường thẳng, không thỏa mãn điều kiện.
Với m=1⇒y=x+1x2+1. Đồ thị hàm số có hai tiệm cân ngang y=1;y=−1.
Với m=2⇒y=x+12x2+1. Đồ thị hàm số có hai tiệm cân ngang y=12;y=−12.

Chọn B
Tập xác định D=ℝ\−m4.
Yêu cầu bài toán  ⇔y'<0,  ∀x∈D⇔m2−44x+m2<0,  ∀x∈D⇔m2−4<0⇔−2<m<2.
Với điều kiện m∈ℤ thì m∈−1;0;1.

Chọn A
Ta có y'=x2−2m+1x+m−2.
Hàm số đạt cực trị tại hai điểm x1,x2 khi có hai nghiệm phân biệt x1,x2
⇔x2−2m+1x+m−2=0 có hai nghiệm phân biệt.
⇔Δ'>0⇔m2+m+3>0 ( luôn đúng với mọi  m )
Do đó, với mọi m thì hàm số luôn có hai điểm cực trị x1,x2.
Theo định lý vi-et ta có x1+x2=2m+2x1.x2=m−2.
Theo giả thiết :
x12+x22=18⇔x1+x22−2x1x2−18=0⇔4m2+6m−10=0⇔m=1m=−52Mà m∈Z⇒m=1.

Chọn B
Đặt BM=x⇒MC=BC−BM=7−x
Tam giác ABM vuông tại B, có AM=AB2+BM2=x2+25
Thời gian đi từ A đến M là x2+254, thời gian đi từ M đến C là 7−x6.
Tổng thời gian đi từ A đến C là x2+254+7−x6.
Xét hàm số fx=x2+254+7−x6 trên khoảng 0;7, có f'x=x4x2+25−16.
Phương trình f'x=0⇔0<x<72x2+25=3x⇔x=25

min0;7fx=f25.

Chọn B
Ta có y'=3x2−4mx+m2; y''=6 x−4m
Theo giả thiết ta suy ra: y'1=0⇔m2−4m+3=0⇔m=1m=3
Khi m=1⇒y'1=0y''1=2>0 ⇒x=1 là điểm cực tiểu của hàm số thỏa mãn.
Lúc đó y1=m−12+n=02+n=n⇒n=3
Vậy trong trường hợp này ⇒m+n=4
Khi m=3⇒y'1=0y''1=−9<0 ⇒x=1là điểm cực đại của hàm số nên loại.

Chọn C
TH1: m=0⇒y=−x là hàm bậc nhất nên không có tiện cận đứng.
TH2: m≠0⇒ để hàm số không có tiệm cận đứng thì nghiệm của mẫu số củng là nghiệm của tử số nên suy ra: 1m−m=0⇔m=±1
Vậy có 3 giá trị của m là: m=0;m=±1

Chọn C
Hàm số y=fx=2x+asinx+bcos x luôn tăng trên R nên y'≥0,∀x∈ℝ (dấu “=” xảy ra tại hữu hạn điểm) ⇔2+acos x−bsinx≥0,∀x∈ℝ
⇔2≥bsinx−acos x,∀x∈ℝ⇔2≥maxℝbsinx−acos x⇔2≥a2+b2⇔a2+b2≤4

Chọn C
Giả sử hình chóp có đáy là đa giác n cạnh, suy ra có n mặt bên và có n cạnh bên. Khi đó tổng số cạnh của hình chóp là 2n=100⇔n=50.
Vậy hình chóp có 50 mặt bên và 1 mặt đáy. Vậy có tất cả là 51 mặt.

Chọn D
Ta có V=13Bh⇒h=3VB=3.366=18cm.

Chọn B
ABCD là hình vuông cạnh a, tâm O, nên AO=a22
Xét tam giác ΔSAO vuông tại O và SAO^=60°,
nên tanSAO^=SOAO⇒SO=a223=a62
Ta có, thể tích khối chóp S.ABCD là: V=13SO.SABCD=13a62.a2=a366dvtt
Gọi G là giao điểm của AM và SO. Vì AM và SO là 2 trung tuyến của tam giác đó, nên G  là trọng tâm của nó. Ta có SG=23SO
Mặt phẳng A, M  qua và song song với BD đi qua G và cắt SB, SD lần lượt tại E và F ta suy ra EF//BD. Thiết diện tạo bởi mặt phẳng đó với hình chóp là tứ giácAEMF, chia khối chóp thành 2 phần: Khối chóp S.AEMF và phần còn lại, đa diện AEMFBCD
Xét tam giác SBD, vì EF song song với BD nên ta có SESB=SFSD=SGSO=23, nên ta có:
VS.AEMVS.ABC=SASA.SESB.SMSC=13. Vì VS.AEMF=2VS.AEM, VS.ABC=12VS.ABCD, nên
VS.AEMF=2.VS.AEM=2.13VS.ABCD=a3618dvtt⇒VAEMFBCD=a366−a3618=a369dvtt

Chọn B
Ta có VA.A'B'D'=12VA.ABCD=12.13VABCD.A'B'C'D'=162.5.3=5cm3

Chọn C
Áp dụng công thức: Hình chóp đều S.ABC có cạnh đáy bẳng a, cạnh bên bằng b thì thể tích khối chóp S.ABC là: V=13.a234.b2−a23
V=13.a234.a2162−a23=a3324

Chọn C
V=13.SΔABC.SA=13.12.BA.BC.SA=13.12.a.a.2a=a33

Chọn C

Dựa vào hình vẽ ta chọn được đáp án C.

Chọn A
Kim tự tháp Kheops là một khối chóp tứ giác đều có cạnh đáy dài 230m nên diện tích của đáy S là: S=2302=52900 m2.
Chiều cao h của kim tự tháp Kheops là:  h=147m.
Thể tích V của kim tự tháp Kheops là: V=13.52900.147=2592100 m3.

Chọn B
Thể tích khối hộp chữ nhật: V1=9.6.5=270cm3. Thể tích khối lập phương: V2=43=64cm3.
Thể tích phần gỗ còn lại: V=V1−V2=270−64=206cm3.

Chọn C
Khối lăng trụ tam giác đều ABC.A'B'C' có cạnh đáy a chiều cao h⇒SABC=a2.34.
Theo giả thiết; 3.ah=3a2⇒h=a.
Vậy thể tích của khối lăng trụ ABC.A'B'C': V=SABC.h=a3.34 (đvtt).

Chọn B

Ta có: SB,ABC^=SB,AB^=SBA^=60°

AB=SAtan60°=3a3=a3.
SΔABC=12BA.BC=12a3.a3=3a22.

VS.ABC=13SA.SΔABC=13.3a.3a22=3a32.

Chọn D
Ta có: NS=2NC⇒SNSC=23
 VS.AMNVS.ABC=SMSB.SNSC=12.23=13.

SΔABC=a234.

AO=23AH=23.a32=a33. SO=2a2−a332=a333.

VS.ABC=13SO.SΔABC=13.a333.a234=a31112.VS.AMN=13VS.ABC=13.a31112=a31136.VA.BCNM=VS.ABC−VS.AMN=a31118.

Chọn B
Vì ΔABC đều cạnh a: SΔABC=12AB.AC.sin600=a234
Thể tích khối lăng trụ: VABC.A'B'C'=AA'⋅SΔABC=a⋅a234=a334⋅

Chọn B
Vì một mặt là tam giác đều cạnh 2 nên: SΔ=12⋅2.2.sin600=3.
Tổng diện tích tất cả các mặt của hình đa diện đó là: S=20.SΔ=203.

Chọn C
Giả sử khối lập phương ABCD.A'B'C'D' có
BC/=4cm⇔BC=BC/2=22cm.⇒Vklp=223=162cm3.

Chọn B
Giả sử khối tam giác SABC có AB=20cm,  AC=21cm,  BC=29cm, đường cao khối chóp h=100cm
Ta có:
p=20+21+292=35⇒SΔABC=pp−20p−21p−29=210cm2.⇒Vkc=13h.SΔABC=13.100.210=7000cm3.

Chọn D
Gọi O là tâm hình vuông ABCD⇒A'O⊥(ABCD)
Ta có:
SABCD=4a2, AO=AC2=2a22=a2, A'O=A'A2−AO2=(2a)2−(a2)2=a2.
VABCD.A'B'C'D'=A'O.SABCD=a2.4a2=4a32.

Chọn A

Chọn C

Theo định nghĩa

Chọn A
Theo định nghĩa

Chọn A
Ta có:
SBI∩SCI=SI⇒SI⊥ABCD.
Kẻ IH⊥BC  H∈BC, SI⊥ABCD⇒SI⊥BC
Suy ra: SBC,ABCD=SHI^=60o
Kẻ AM⊥BC.
Trong ABCD, BC∩AD=K⇒D là trung điểm AK.
Ta có: SABC=12.2a.2a=2a2=12AM.BC⇒AM=4a2BC=4a55.
Áp dụng định lý Thales trong ΔKAM:KIKA=IHAM⇒IHAM=34⇒IH=3a55.
Suy ra: SI=IH.tan60o=3a155.

V=13.SI.SABCD=13.3a155.a+2a.2a2=3a3155.

Chọn B
Đặt BC=x; AD=y   x,y>0.
Gọi H, K lần lượt là trung điểm BC và AD 
ΔABC cân tại A và ΔDBC cân tại D⇒AH⊥BC,DH⊥BC⇒BC⊥AHD⇒BC⊥HK.
Mặt khác, AH=DH⇒ΔHAD cân tại H⇒AD⊥HK.
Suy ra, dBC,AD=HK.
Ta có: AH=AB2−BH2=1−x24=4−x22⇒HK=AH2−AK2=4−x2−y22.
VABCD=13BC.SAHD=13.BC.12.HK.AD=112xy4−x2−y2
Áp dụng bất đắng thức Cauchy ta có: VABCD=112xy4−x2−y2=112x2y24−x2−y2≤112x2+y2+4−x2−y233=2327.
Dấu = xảy ra ⇔x2=y2=4−x2−y2⇔x=y=23
Do đó: Vmax=2327⇔x=y=23.
Khi đó: HK=13.

Chọn C
Vì  SAC∩ABCDSBD∩ABCDSAC∩SBD=SO nên SO⊥ABCD.
Kẻ OH⊥AB  H∈AB, OK⊥SH  K∈SH.
Mà AB⊥OHAB⊥SO⇒AB⊥SOH⇒AB⊥OK.
Do OK⊥SH nên OK⊥SAB⇒dO,SAB=OK=a34
Xét ΔOAB vuông tại O, vì OH⊥AB nên 1OH2=1OA2+1OB2=43a2⇒OH=a32
.
Xét ΔSOH vuông tại O, vì OK⊥SH nên
.
Diện tích mặt đáy ABCD là S.ABCD=12⋅AC⋅BD=2a23
Thể tích hình chóp S.ABCD là VS.ABCD=13⋅SABCD⋅SO=a333

Chọn B
Đặt AB=1⇒VABCD.A'B'C'D'=1
Đường thẳng qua M song song với DN cắt A'D' tại K , cắt B'C' tại I. Thiết diện là hình ngũ giác MKDNQ
Dễ thấy A'K=14A'D'=14;KD'=34;IB'=14
Ta có KD'IC'=D'PPC'⇒35=D'P1+D'P⇒D'P=32
Tương tự NC=12;CR=23⇒B'Q=13
Do đó VH'=VC'IPR−VIMB'Q−VP.KD'D−VR.NCD=89144
VH=1−VH'=1−89144=55144
Suy ra VHVH'=5589.

Chọn A
Gọi H là tâm của tam giác  ABC đều. Gọi E là trung điểm của BC.
SA=SB=SC⇒SH⊥ABC
Đặt AB=AC=BC=a>0
SABC=a234;AE=a32⇒AH=23AE=a33.
Xét tam giác SAH: .
SH=1−a332=9−3a23VS.ABC=13.a234.9−3a23=a23−a212 0<a<3
Xét VS.ABC=13.a234.9−3a23=a23−a212 0<a<3. f'a=6a−3a3123−a2=0⇔a=0a=2a=−2
BBT:

Dựa vào BBT, ta có Vmax=f2=16.