Bộ 20 đề thi giữa kì 2 Toán 12 có đáp án năm 2022-2023 (Đề 19)

Chọn B
Ta có y'=4x3−2x , y'=0⇔4x3−2x=0⇔x=0x=22x=−22
Do y'=0 có ba nghiệm phân biệt nên hàm số có ba cực trị.

Chọn C
Hình đa diện sau có 7 mặt.

Chọn C
Hàm số y=f(x) liên tục trên đoạn −2 ; 3
Dựa vào bảng biến thiên ta thấy ∀x∈−2 ; 3 thì  f(x)≤2 và f(−1)=2 nên giá trị lớn nhất của hàm số y=f(x) trên đoạn −2 ; 3 bằng 2 nên chọn.
Xét đáp án A vì −2<2 nên loại.
Xét đáp án B vì 0<2 nên loại.
Xét đáp án D vì 1<2 nên loại.

Chọn A
Xét đáp án A hàm số y=x3−x2+x+4 có tập xác định D=ℝ
y'=3x2−2x+1
Δ'y'=−2<0 nên y'=3x2−2x+1>0,∀x∈ℝ do đó hàm số luôn đồng biến trên R nên chọn.
Xét đáp án B hàm số y=2x−5x+2 có tập xác định D=ℝ\−2
y'=9x+22>0,∀x≠−2 do đó hàm số đồng biến trên các khoảng −∞ ;−2 và −2 ; +∞ nên loại.
Xét đáp án C hàm số y=x4+3x2−4 có tập xác định D=ℝ
y'=4x3+6x=2x(2x2+3)<0,∀x<0 do đó hàm số nghịch biến trên khoảng −∞ ; 0 nên loại.
Xét đáp án D hàm số  y=x2−2x−2 có tập xác định D=ℝ
y'=2x−2<0,∀x<1 do đó hàm số nghịch biến trên khoảng −∞ ; 1 nên loại.

Chọn C
Xét đáp án A có y'=3>0,∀x∈ℝ⇒ hàm số không có cực trị.
Xét đáp án B có y'=73x+22>0,∀x≠−23⇒ hàm số không có cực trị.
Xét đáp án D có y'=3x2≥0,∀x∈ℝ⇒ hàm số không có cực trị.
Xét đáp án C có y'=4x3+6x; y'=0⇔x=0. Ta có bảng biến thiên:

Do đó hàm số có đạt cực tiểu tại điểm x=0. Chọn C.

Chọn C
Ta có y'=12−sinx; y''=−cosx; y'=0⇔sinx=12⇔x=π6+k2πx=5π6+k2π;k∈ℤ
y''π6+k2π=−cosπ6+k2π=−cosπ6=−32<0 Hàm số đạt cực đại tại các điểm x=π6+k2π;k∈ℤ
y''5π6+k2π=−cos5π6+k2π=−cos5π6=32>0 Hàm số đạt cực tiểu tại các điểm x=5π6+k2π;k∈ℤ. Do đó chọn C.

Chọn D
Đồ thị hàm số y=ax+bcx+d c≠0;ad−bc≠0 luôn nhận đường thẳng x=−dc là tiệm cận đứng.
Vậy đồ thị hàm số y=2x−3x+1 có tiệm cận đứng là đường thẳng x=−1

Chọn B
Nhánh cuối của đồ thị đi lên nên hệ số a>0, do đó loại phương án A và D.
Hàm số có 2 điểm cực trị nên y'=0 có 2 nghiệm phân biệt.
Với phương án B ta có y'=3x2+6x=0⇔x=0x=−2
Với phương án C ta có y'=3x2+3=0 vô nghiệm.

Chọn A
Dưa vào bảng biến thiên, ta thấy hàm số đạt cực đại tại x=1

Chọn A
Dựa vào đồ thị hàm số, ta thấy hàm số nghịch biến trên 1; 2 và đồng biến trên  2; 3 nên khẳng định A sai.

Chọn D
Đáp án A sai, ví dụ hàm số y=x4 đạt cực trị tại  x=0 nhưng f''0=0
Đáp án B sai, ví dụ hàm số y=x đạt cực tiểu tại x=0 nhưng không tồn tại f'0
Đáp án C sai, ví dụ hàm số y=x2 đạt cực tiểu tại x=0 và f'0=0
Đáp án D đúng.

Chọn C
Tập xác định D=ℝ
Ta có y'=3x2−6x
Bảng biến thiên của hàm số như sau:

Từ bảng biến thiên ta thấy hàm số nghịch biến trên khoảng 0;2

Chọn D
Ta có .f'x=0 ⇔x+1x−22x−3=0 ⇔x=−1x=2x=3
Phương trình f'x=0 có hai nghiệm đơn và một nghiệm bội chẵn. Vậy hàm số đã cho có hai điểm cực trị.

Chọn A
Ta có y'=−3x2+6x2+9
y'=0  ⇔x=−1x=3
Vậy S=x12+x22=10

Chọn D
Thể tích khối lăng trụ V=S.h⇒h=VS

Chọn DSABC=12.2a.2a32=a23Góc giữa SB và (ABC) là góc SBA^=600
Trong tam giác SBA vuông tại A có SA=AB.tan600=2a.tan600=2a3
Vậy thể tích của SABC là V=13SABC.SA=13.a23.2a3=2a3

Chọn B

Gọi M là trung điểm BC suy ra góc giữa A'BC và mặt phẳng đáy là góc A'MA^=60°
Tam giác ABC là tam giác đều cạnh bằng 2a suy ra  SABC=34.2a2=a23 và AM=a3Tam giác A'AMcó tanA'MA^=A'AAM⇒A'A=AM.3=3a
Thể tích của khối lăng trụ ABC.A'B'C' là: VABCA'B'C'=SABC.A'A=a23.3a=3a33

Chọn D
Một khối chóp luôn có một mặt đáy và các mặt bên nên khối chóp có 2021 mặt thì có 2020 mặt bên. Suy ra mặt đáy có 2020 cạnh, và cũng có 2020 cạnh bên.
Vậy khối chóp đó có tất cả 2020+2020=4040 cạnh.

Chọn B
limx→2−=+∞,  limx→2+=−∞⇒đồ thị hàm số có tiệm cận đứng là x=2
limx→−∞=−1,  limx→+∞=−1⇒ đồ thị hàm số có tiệm cân ngang là y=−1

Chọn A
Từ đồ thị hàm số ⇒a>0c=1⇒ Chỉ có đáp án A thỏa mãn.

Chọn C
Ta có : limx→±∞x+12x+1=limx→±∞1+1x2+1x=12 nên y=12 là đường tiệm cận ngang của đồ thị hàm số.

Chọn D
Do limx→3−fx=2 và limx→3+fx=−∞.Nên đồ thị hàm số có tiệm cận đứng x=3 nên loại đáp án C. Giả thiết không cho giới hạn tại vô cực của hàm số y=fx nên chưa thể kết luận về đường tiệm cận ngang

Chọn B

Gọi H là trung điểm của AB. Do tam giác ABC đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng đáy nên SH⊥ABCD.
là đường cao của tam giác đều cạnh ⇒SH=a3.
Vậy VS.ABCD=13SABCD.SH=13.2a2.a3=4a333.

Chọn AGiá trị nhỏ nhất của hàm số fx=−x2+4x  trên đoạn −2;5  làf'x=−2x+4=0⇔x=2∈−2;5.f−2=−12; f2=4; f5=−5.Vậy giá trị nhỏ nhất của hàm số fx=−x2+4x trên đoạn −2;5 là -12

Chọn B

Đặt AB=x  x>0⇒BC=x
BC⊥SAB⇒BC⊥SB
SB=a2+x2
SΔSBC=12SB.SC⇔a222=12a2+x2.x⇔x4+a2x2−2a4=0⇔x2=a2x2=−2a2⇔x=aVS.ABC=13SA.SΔABC=13a.12a2=a36

Chọn B
f'x=2x−16x2=2x3−16x2
f'x=0⇔x=2⇒f2=12
Ta có bảng biến thiên sau :
GTNNfx0;+∞=12

Chọn A
Ta có: SA'SA=12;SB'SB=13;SC'SC=14
Vậy áp dụng công thức tỉ số thể tích ta có: VS.A'B'C'VS.ABC=SA'SA.SB'SB.SC'SC=124
Vậy VS.A'B'C'=10.

Chọn B
Ta có : VKLP=23=8

Chọn B

Chọn B
TXĐ: D=ℝ\2
Ta có: y'=−5x−22<0 ,  ∀x≠2
Các khoảng nghịch biến của hàm số  y=3x−1x−2 là −∞;2 và 2;+∞ .

Chọn A
Xét hàm số y=x2−1x có tập xác định D=−∞; −1∪1; +∞
Ta có limx→−∞y=−1 và limx→+∞y=1 nên đồ thị hàm số đã cho có 2 tiệm cận ngang.
- Đáp án B loại do tập xác định của hàm số không chứa ∞
- Đáp án C và D loại do hàm phân thức có bậc tử lớn hơn bậc mẫu.

Chọn D
Ta có f'x=−3x−12<0,   ∀x∈2; 4
Nên hàm y=fx  nghịch biến trên 2; 4
Do đó ta có: M=max2; 4fx=f2=5;  m=min2; 4fx=f4=3
Khi đó M+m=5+3=8

Chọn C
Tập xác định: D = ℝ \ ±4
Ta có: y = x − 4x2 − 16= 1x + 4
limx→−∞y = limx→−∞1x1 + 4x = 0; limx→+∞y = limx→+∞1x1 + 4x = 0 nên đồ thị hàm số nhận đường thẳng  y = 0 làm tiệm cận ngang.
limx→−4−y = −∞; limx→−4+y = +∞ nên đồ thị hàm số nhận đường thẳng x = −4 làm tiệm cận đứng.
Vậy đồ thị hàm số đã cho có 2 đường tiệm cận

Chọn A
Dựa vào bảng biến thiên ta có hàm số y = fx đồng biến trên −2 ; 3

Chọn A
Ta có : V=h.B=10.15=150

Chọn D
Ta có : y'=3x2−4mx+m2−3,y''=6x−4m; y'=0⇔3x2−4mx+m2−3=0 1.
Mặt khác x=1 là nghiệm phương trình 1
⇔3.1−4m.1+m2−3=0⇔m=0m=4
Với m=0x=1⇒y''=6>0⇒ hàm số đạt cực tiểu tại x=1 (loại)
Với m=4x=1⇒y''=−10<0⇒ hàm số đạt cực đại tại x=1 (nhận)

Chọn B
Từ đồ thị hàm sốy=f'x  ta có bảng biến thiên của hàm số y=fx như sau

Từ đó suy ra hàm số nghịch biến trên khoảng −1;2 do đó cũng nghịch biến trên khoảng 0;1; hàm số đồng biến trên khoảng −3;−1 nên cũng đồng biến trên khoảng −2;−1.

Chọn A
Ta có fx=8cos3x−32cos2x−1−3=8cos3x−6cos2x
Đặt t=cosx,t∈−1;1, bài toán trở thành tìm giá trị lớn nhất của hàm số gt=8t3−6t2 trên đoạn −1;1.
g't=24t2−12t; g't=0⇔t=0t=12
Vì hàm số gt=8t3−6t2 liên tục trên đoạn  −1;1 và g−1=−14,g0=0 ,g12=−12 , g1=2 nên maxfxℝ=max−1;1gt=g1=2

Chọn B.
Tập xác định D=ℝ\−1
Ta có y'=2−mx+12
Để hàm số nghịch biến trên từng khoảng xác định y'<0⇔2−m<0⇔m>2

Chọn C.

Ta có VS.MNPVS.ABC=SMSA.SNSB.SPSC=SMSA3=12⇒SMSA=123
Ta có MNAB=SMSA=123⇒MN=a23
Tam giác MNP là tam giác đều, có chu vi là 3a23

Chọn D

Chiều cao của lăng trụ là A'H
AA';ABC^=A'AH^=45°; ⇒ΔAA'H là tam giác vuông cân tại  H
⇒A'H=AH=2.32=3
V=h.Sd=A'A.SΔABC=3.12.3.2=3(đvtt).

Chọn D

Gọi chiều rộng của hình chữ nhật là x,0<x≤4
Chiều dài của hình chữ nhật là 2y,y>0
Xét ΔONP vuông tại P ta có x2+y2=16⇒y=16−x2
Diện tích hình chữ nhật MNPQ là
SMNPQ=x.2.16−x2=2.x.16−x2≤2.x2+16−x22=16
Vậy diện tích lớn nhất của hình chữ nhật là 16 (đvdt)

Chọn A
Đặt fx=x2+2x+m
Đồ thị hàm số có 1 tiệm cận đứng  <=> fx=0 có 1 nghiệm kép khác 3 hoặc có 2 nghiệm phân biệt mà 1 nghiệm là 3.
Trường hợp 1: fx=0 có 1 nghiệm kép khác 3.⇔Δ'=0f3≠0⇔1−m=015+m≠0⇔m=1m≠−15⇔m=1 
Trường hợp 2: fx=0 có 2 nghiệm phân biệt mà 1 nghiệm là 3  ⇔Δ'>0f3=0⇔1−m>015+m=0⇔m<1m=−15⇔m=−15
Vậy m=1; m=-15 thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Chọn D
g'x=2x.f'x2−2
g'x=0⇔2x.f'x2−2=0⇔x=0f'x2−2=0⇔x=0x2−2=−1x2−2=2⇔x=0x=±1x=±2
Bảng xét dấu g'x :

Vậy hàm số nghịch biến trên khoảng 0;1.

Chọn B

Ta có A'C∩ABB'A'=A'BC⊥ABB'A'⇒A'C,ABB'A'=CA'B^=30°
Tam giác A'BC vuông tại B. ⇒A'B=BC.cotBA'C^=33
Tam giác ABA' vuông tại A ⇒AA'=A'B2−AB2=27−x2 (với −33<x<33).
Suy ra . VABCD.A'B'C'D'=3x27−x2=3x227−x2≤AM−GM812
Vậy giá trị lớn nhất của thể tích khối hộp bằng 812 khi x=362

Chọn C

Ta có, phép vị tự tâm S tỉ số k=3 biến hình chóp S.A'B'C'D' thành hình chóp S.ABCD
Suy ra VS.ABCD=33.VS.A'B'C'D'⇒VS.A'B'C'D'VS.ABCD=127
Vậy VS.A'B'C'D'VS.ABCD=127

Chọn B
Đặt y=fx=−x3−3x2+2m
f'x=−3x2−6x
Cho f'x=0 ta được:
−3x2−6x=0⇔x=0∈−1 ; 1x=−2∉−1 ; 1
Khi đó: f−1=2m−2, f1=2m−4, f0=2m.
Suy ra minx∈−1 ; 1−x3−3x2+2m=2m−4
Để minx∈−1 ; 1−x3−3x2+2m=0 thì 2m−4=0⇔m=2.

Chọn C
Dựa vào đồ thị hàm số trên ta được a>0
y'=3ax2+2bx+c
Đồ thị hàm số đã cho không có điểm cực trị nên phương trình 3ax2+2bx+c=0 vô nghiệm.
Khi đó: Δ'=b2−3ac<0

Chọn B
Ta có y'=3x2−6m−1x−3m+9. Để hàm số đồng biến trên R thì
Δ'≤0a>0⇔9m−12−3−3m+9≤03>0⇔9m2−9m−18≤0⇔−1≤m≤2.

Chọn C
Ta có y'=6x2−4mx−2m2+6. Để đồ thị hàm số có hai điểm cực trị thì y'=0 có hai nghiệm phân biệt x1,x2 thì Δ'>0⇔4m2−6−2m2+6>0⇔16m2−36>0⇔m<−32m>32.
Yêu cầu bài toán hai điểm cực trị có hoành độ x1,x2 sao cho x1x2+2x1+x2=1*.
Theo hệ thức Vi-et ta có x1+x2=2m3x1.x2=−m2+33
Khi đó *⇔−m2+33+2.2m3=1⇔−m2+4m=0⇔m=0m=4.

So sánh điều kiện m<−32m>32 ta thấy m=4 thỏa mãn.
Vậy có 1 giá trị thực của tham số m thỏa mãn yêu cầu bài toán.