Bộ 20 đề thi giữa kì 2 Toán 12 có đáp án năm 2022-2023 (Đề 18)

1. Dạng toán: Đây là dạng toán nhận dạng hàm số khi biết đồ thị của nó.
2. Hướng giải:
B1: Đồ thị cắt trục hoành tại điểm có hoành độ bằng loại B, D.
B2: Đồ thị hàm số bậc ba không có cực trị nhưng có một nghiệm bằng .
Từ đó, ta có thể giải bài toán cụ thể như sau:
Ta có: y'=3x−12=0⇒x=1Chọn C

Chọn A
Áp dụng công thức tỉ số thể tích V'V=SA'SA.SB'SB.SC'SC=12.13.14=124

Chọn B
Biểu thức vận tốc của chuyển động là
vt=s't=−3t2+12t=−3t2−4t+4+12=−3t−22+12≤12
Vận tốc đạt giá trị lớn nhất bằng 12 khi t=2.

Chọn D
Xét phương trình: 2x4−3x2=−x2+2⇔2x4−2x2−2=0⇔x2=1+52⇔x=±1+52
Vậy hai đồ thị có hai điểm chung.

Chọn B
Ta có f'x=0⇔x+12x−232x+3=0⇔x=−1x=2x=−32
Bảng biến thiên

Vậy hàm số fx có hai điểm cực trị.

Chọn C

Số nghiệm của phương trình −x3−3x2+2=m là số giao điểm của đồ thị hàm số
y=−x3−3x2+2 và y=m. Dựa vào đồ thị trên suy ra phương trình đã cho có 3 nghiệm phân biệt ⇔−2<m<2

Chọn C
Có y'=3x2−12x+m, Δ'=36−3m.
Hàm số đồng biến trên 0 ; +∞<=> y'≥0  ∀ x∈ 0 ; +∞
<=> m≥−3x2+12x,  ∀ x∈ 0 ; +∞
Bảng biến thiên của g(x)=−3x2+12x trên khoảng 0 ; +∞:

Từ bảng biến thiên ta có Max0 ; +∞−3x2+12x=12
Hàm số đồng biến trên 0 ; +∞<=> m≥Max0 ; +∞−3x2+12x<=> m≥12
.

Chọn D
Từ các phương án của đề bài và từ hình dạng đồ thị đã cho ta nhận thấy đó là đồ thị của hàm số y=ax4 + bx2+c, với a > 0 nên loại phương án A, C; và đồ thị giao trục tung tại điểm có tung độ -3 nên loại phương án B.

Chọn A
Ta có y'=4x3−6x2.
Vì tiếp tuyến song song với trục hoành nên hệ số góc bằng 0. Xét phương trình
y'=0⇔4x3−6x2=0⇔x=0x=32
Vậy có 2 tiếp tuyến của đồ thị hàm số y=x4−2x3−3 song song với trục hoành.

Chọn A
Tập xác định: D=ℝ\m
Đồ thị hàm số đã cho có tiệm cận đứng
⇔m không là nghiệm của phương trình 2x+4=0⇔m≠−2

Chọn D
Dụa vào bảng biến thiên ta thấy hàm số đã cho nghịch biến trên khoảng −1;2

Chọn A

Ta có SA⊥ABCD ⇒SA⊥AB  hay ΔSAB vuông tại A.
⇒SSAB=12SA.AB=12a3.AB=a232⇒AB=a. Do đó ABCD là hình vuông cạnh a.
Gọi O=AC∩BD. Ta có: BD⊥SA;BD⊥AC⇒BD⊥SAC

⇒dB,SAC=BO=12BD=a22.

Chọn B
Từ đồ thị hàm f'x ta có: f'x=0⇔x=−2x=1
Ta có bảng xét dấu f'x:

Từ bảng xét dấu f'x ta thấy:
Hàm số y=fx đồng biến trên khoảng −2;+∞ và nghịch biến trên khoảng −∞;−2.
Đáp án B với hàm số y=fx nghịch biến trên khoảng −1;1 là sai.
Bổ sung: Các bạn có thể quan sát nhanh đồ thị của hàm số y=f'x, quan sát thấy đồ thị nằm trên trục Ox trên khoảng −2;+∞, và đồ thị hàm số nằm dưới trục Ox trên khoảng −∞;−2

Chọn C
Các hàm số y=1x2+1, y=3x4+1 và y=1x2−x+2 có tập xác định  D=ℝ nên không có tiệm cận đứng.
Hàm số y=2x có tập xác định D=0;+∞ và limx→0+2x=+∞ nên x=0 là đường tiệm cận đứng của hàm số.

Chọn D
Ta có y'=1x+12.
Vậy hệ số góc của tiếp tuyến của đồ thị hàm số y=xx+1 tại điểm M−2; 2 là k=y'−2=1−2+12=1.

Chọn A

Lăng trụ tam giác đều là lăng trụ đứng có đáy là tam giác đều.
Vậy thể tích khối lăng trụ đã cho là V=SΔABC.AA'=3234.3=2734 (đvtt).

Chọn D
y=x+4−x2+m
Tập xác định D=−2;2
y'=1+−x4−x2,∀x∈−2;2
y'=0⇔1=x4−x2⇔4−x2=x⇔x≥04−x2=x2⇔x=2
y2=2+m
y−2=−2+m
y2=22+m
Giá trị lớn nhất 22+m=32⇔m=2

Chọn A
Hàm số y=fx có tập xác định D=ℝ\0 nên có hai cực trị tại  x=2 và x=−2.

Chọn B
Phương trình hoành độ giao điểm của C và d là:
x+1x−1=2x−1⇔x+1=2x2−3x+1⇔2x2−4x=0⇔x=0⇒y=−1x=2⇒y=3
Suy ra A0;−1;B2;3
Ta được AB=2−02+3+12=25

Chọn D
Diện tích đáy là: a32=3a2
Thể tích khối chóp tứ giác đều: V=13Sh=133a2.a63=a363

Chọn C

Ta có SA⊥ABCD ⇒SA là đường cao của hình chóp.
Thể tích khối chóp S.ABCD: VS.ABCD=13SA.SABCD=13.3a.a2=a3

Chọn D

Mặt phẳng A'BC chia khối lăng trụ ABC.A'B'C' thành hai khối chóp A.A'BC và A'.BCC'B'.

Chọn D
Tập xác định: D=ℝ\1
Ta có: limx→±∞y=limx→±∞x+11−x=limx→±∞1+1x1x−1=−1
Suy ra đồ thị hàm số đã cho có đường tiệm cận ngang là: y=−1

Chọn C

Theo giả thiết ta có: AB // CDCD⊂SCDCD⊄SCD⇒AB // SCDDo đó dAB,SC=dAB,SCD=dA,SCD=2dO,SCD
Gọi I là trung điểm cạnh CD, ta có: CD⊥OICD⊥SO⇒CD⊥SOI
Gọi H là hình chiếu của O trên SI, ta có: OH⊥SIOH⊥CD⇒OH⊥SCD
Suy ra dO,SCD=OH
Xét trong tam giác SOI, có: SO=a, OI=a2
1OH2=1OS2+1OI2=1a2+4a2=5a2⇔OH=a55
Vậy dAB,SC=2OH=2a55

Chọn B
Từ đồ thị của hàm số y=f'x ta có bảng sau:

Từ bảng xét dấu trên, ta suy ra hàm số  y=fx đồng biến trên 2;+∞

Chọn C
Ta có y'=3ax2+2bx+c
Điểm A1;−7 và B2;−8 là hai điểm cực trị nên y1=−7y2=−8y'1=0y'2=0
⇔a+b+c+d=−78a+4b+2c+d=−83a+2b+c=012a+4b+c=0⇔a+b+c+d=−77a+3b+c=−13a+2b+c=012a+4b+c=0⇔a=2b=−9c=12d=−12
Suy ra y=2x3−9x2+12x−12. Vậy y−1=−35

Chọn A
TXĐ: D=ℝ\1
Ta có: y'=−a−bx−12
Điểm A0;1 thuộc đồ thị hàm số y=ax+bx−1 nên 1=b−1⇔b=−1.
Tiếp tuyến tại A0;1 có hệ số góc bằng -3 nên
y'0=−3⇔−a+11=−3⇔a=4
Vậy a+b=3

Chọn B
Nhìn vào đồ thị ta thấy nhánh cuối đi lên nên a>0.
Giao điểm của đồ thị với trục Oy nằm phía dưới Ox nên d<0

Chọn D

Chọn D

Do AB // CD nên góc giữa hai đường thẳng AB và SC  bằng góc giữa hai đường thẳng  CD và SC.
Xét tam giác S​CD ta có CD=2a, SC=a2, SD=a2 thỏa mãn SC2+SD2=CD2 nên tam giác S​CD vuông tại S. Vậy góc SCD^=45° hay góc giữa hai đường thẳng AB và SC  bằng 45°.

Chọn B
Từ đồ thị hàm số, ta có a>0d=2⇒ chỉ có đáp án B thỏa mãn.

Chọn B
Trên đoạn 0;2, ta có y'=−8x−32<0  ∀x
Do vậy M=max0;2y=y0=13

Chọn B
y=f3x−4⇒y'=3f'3x−4y'<0⇔f'3x−4<0             ⇔0<3x−4<2             ⇔43<x<2
Vậy hàm số y=f3x−4 nghịch biến trong khoảng 43;2.

Chọn C
Ta có bảng biến thiên

Từ bảng biến thiên ta có phương trình f'(x)=0 có các nghiệm là x=a,    a∈(−∞,−1)x=b,    b∈(−1;0)
Xét hàm số y=fx2+2x⇒y'=2x+1f'x2+2x, y'=0⇔x=−1x2+2x=a     (1)x2+2x=b      (2)
Xét đồ thị hàm số y=x+22x

Từ đồ thị ta thấy phương trình (1) vô nghiệm, phương trình (2) có hai nghiệm phân biệt khác -1. Vậy hàm số có 3 điểm cực trị.

Chọn D

VA.A'B'C'VABC.A'B'C'=13dA,A'B'C'.SΔA'B'C'dA,A'B'C'.SΔA'B'C'=13⇒VA.A'B'C'=13VVA.BCC'B'=VABC.A'B'C'−VA.A'B'C'=V−13V=23V

Chọn C
Dựa vào đồ thị ta có hàm số đồng biến trên −∞;1 và 1;+∞

Chọn B
Cách 1: Xét hàm số y=x3+1 ta có:
TXĐ: D=ℝ
y'=3x2≥0  ∀x∈RVậy hàm số đồng biến trên R.
Cách 2:
Do hàm số đồng biến trên R nên loại A; D vì hai hàm số này không có tập xác định là R.
Loại C vì đây là hàm trùng phương.
Vậy chọn B.

Chọn D
Ta có: 3fx−5=0 <=> fx=53. Số ngiệm của phương trình là số giao điểm của đồ thị hàm số y=fx và đường thẳng y=53.
Dựa vào bảng biền thiên của y=fx, ta có đồ thị y=fx cắt đường thẳng y=53 tại 3 điểm phân biệt. Vậy số nghiệm thực của phương trình 3fx−5=0 là 3

Chọn C
Ta có y=x4−2x2−1⇒y'=4x3−4x=0⇔x=0x=±1
Lại có y''=12x2−4⇒y''0<0y''±1>0
Do đó x=0 là điểm cực đại và x=±1 là điểm cực tiểu.
Với x=±1⇒y=−2⇒A1;−2, B−1;−2⇒AB→=−2;0⇒AB=−2=2.
Đường thẳng AB:y=−2⇒dO;AB=2⇒SOAB=12AB.dO;AB=2.

Chọn D
Tập xác định D=ℝ
Ta có y'=x2−2mx+8−2m
Hàm số đồng biến trên R ⇔y'≥0, ∀x∈ℝ
⇔x2−2mx+8−2m≥0, ∀x∈ℝ⇔a>0Δ'≤0⇔1>0m2+2m−8≤0⇔−4≤m≤2
Giá trị lớn nhất của tham số m để hàm số y=13x3−mx2+8−2mx+m+3 đồng biến trên R thì m=2

Chọn A

VABC.MNPVABC.A'B'C'=13AMAA'+BNBB'+CPCC'=1323+13+12=12. Suy ra V1V2=1

Chọn B
Ta có: fx<x+m⇔fx−x<m
Xét gx=fx−x, ta có: g'x=f'x−1. Với mọi x∈−1;0 thì −1<f'x<1.
Từ đó g'x=f'x−1<0 nên hàm số nghịch biến trên −1;0
Suy ra gx=fx−x<f−1+1 . Yêu cầu bài toán tương đương với m≥f−1+1

Chọn A

SABCD=a.a3=a23
SC  tạo với mp(SAB) một góc 300 tức CSB^=300
Trong tam giác CSB vuông tại B có SB=CBtan300=a33/3=3a
Trong tam giác SAB vuông tại A có SA=SB2−AB2=(3a)2−a2=22a
Thể tích khối chóp SABC là V=13.SABCD.SA=13a23.22a=2a363

Chọn C

Kẻ CM vuông góc với AB. Khi dó góc tạo bởi SC và SAB chính là góc MSC^=30°SABC=12CA.CB.sin1200=a232
AB2=a2+(2a)2−2.a.2a.cos1200=7a2⇒AB=a7
SABC=12AB.CM⇒CM=2SABCAB=2.a232a7=a37
Trong tam giác  SMC vuông tại M có SM=MCtan300=a3/73/3=3a7
Trong tam giác AMC vuông tại M có AM=AC2−CM2=a2−3a27=2a7
Trong tam giác SAM vuông tại A có SA=SM2−AM2=9a27−4a27=a57
Vậy VSABC=13.SABC.SA=13a232.a57=a310542

Chọn C

Gọi E,F lần lượt là giao điểm của BD với CM và CN. Gọi O là tâm  hình vuông ABCD.
Theo giả thiết, ta có BD⊥SAC
Gọi H là hình chiếu của O lên BC
⇒SC⊥HEF
Vì SMC⊥SNC nên HE⊥HF
⇒ΔHEF vuông tại H có chiều cao OH.
⇒OE.OF=OH2
Trong đó: OH=OC.sinSCA^=OC.SASC=26⇒OE.OF=226=23 (1).
Đặt AM=x,  (x>0), AN=y,   (y>0).
Xét ΔABC, gọi K là trung điểm của AM.

Khi đó: OK//CM ⇒BEOE=BMMK ⇒OB−OEOE=2−xx2=22−xx⇒OBOE=4−xx⇒OE=2x224−xChứng minh tương tự, ta có: OF=2y224−y
Từ (1) suy ra 4xy24−x4−y=23 ⇔3xy=4−x4−y⇔x+2y+2=12(2) 
Ta lại có: SAMCN=SAMC+SANC=12AC.AM.sin45o+12AC.AM.sin45o=x+y
⇒VS.AMCN=13SA.x+y=23x+y
Từ (2) suy ra VS.AMCN=23x−2+12x+2
Từ (2) suy ra y=12x+2−2
Vì N thuộc cạnh AD nên y≤2⇒12x+2−2≤2⇔x≥1⇒x,y∈1;2
Xét hàm số: f(x)=23x−2+12x+2, với x∈1;2
Ta có: f'(x)=231−12x+22=23.x2+4x−8x+22
f'(x)=0⇔x2+4x−8=0⇔x=23−1
Ta lại có:f1=f2=2 , f2(3−1)=83−13.
Giá trị lớn nhất của VS.AMCN=2 khi x=1,y=2 hoặc x=2,y=1 .
⇒T=1AM2+1AN2=422+122=54

Chọn C
Đặt tx=2x3+x−1 với x∈0; 1.  Ta có t'x=6x2+1>0,  ∀x∈0; 1.
Suy ra hàm số tx đồng biến nên x∈0; 1⇒t∈−1; 2.
Từ đồ thị hàm số ta có max−1; 2ft=3⇒max−1; 2ft+m=3+m.
Theo yêu cầu bài toán ta cần có: 3+m=−10⇔m=−13.

Chọn B
Xét phương trình fx2+2fx−3=0⇔fx=1fx=−3

Quan sát đồ thị, ta có:
+) fx=1⇔x=0x=±a,  −a<−2<2<a (trong đó x=0 là nghiệm kép và x=± a là các nghiệm đơn).
+) fx=−3⇔x=± 2 (đều là nghiệm kép).
Xét phương trình x3−4x=0⇔x=0x=± 2(đều là các nghiệm đơn)
Vậy đồ thị hàm số đã cho có 5 đường tiệm cận đứng.

Chọn A
Ta có −1<cosx≤0, ∀x∈π2; π
Quan sát đồ thị, suy ra 0≤fcosx<2⇒0≤2fcosx<4⇒0≤2fcosx<2
⇒−2≤f2fcosx<2
Phương trình f2fcosx=m có nghiệm x∈π2;π khi và chỉ khi −2≤m<2
Vậy có giá trị nguyên của tham số m thỏa mãn là m∈−2;−1;0;1

Chọn C

Trong mặt phẳng ABC lấy điểm D sao cho DBA^=DCA^=90°
Dễ thấy DC⊥SAC⇒DC⊥AN lại có AN⊥SC⇒AN⊥SCD⇒AN⊥SD
Tương tự AM⊥SD⇒SD⊥AMN
Ta có tứ giác ABDC nội tiếp đường tròn đường kính AD⇒AD=2.R=BCsinBAC^=a2 ⇒ΔSAD vuông cân tại A ⇒DSA^=45°
Mà SA⊥ABC và  SD⊥AMN⇒ góc giữa hai mặt phẳng ABCvà  AMN là góc giữa SA và SD và bằng 45 độ.

Chọn A

Gọi H là hình chiếu của S lên ABC.Gọi M;N;P lần lượt là hình chiếu của H lên AB;AC;BC
Ta có: VSABC=16.SP.BC.dA;SBC=16.SM.AB.dC;SAB=16.SN.AC.dB;SAC
⇒SP.64=SM.3020=SN.1510
Đặt x=SP2=SM10=SN5y=SH
⇒MH=10x2−y2;NH=5x2−y2;PH=2x2−y2dH;SBCdA;SBC=PHdA;BC=22x2−y23⇒dH;SBC=2x2−y22
Trong tam giác vuông ta SHP có: .SH.PH=SP.dH;SBC⇒y.2x2−y2=x2.2x2−y22⇒x=y
⇒MH=3x;NH=2x;PH=x.Trong tam giác đều ABC ta có MH+NH+PH=32⇒x=312⇒AH=312⇒VSABC=13.312.34=148