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

Chọn B

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

Chọn B.
Từ đồ thị ta có đáp án.

Chọn B.
Ta có bảng biến thiên:
 

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

Chọn A
Lý thuyết sách giáo khoa.

Chọn D
Lý thuyết sách giáo khoa.

Chọn A
Lý thuyết sách giáo khoa.

Chọn C
Theo các định lý đã học: Các mệnh đề: E, F, H: sai; mệnh đề: G: đúng.
Do đó có mệnh đề sai.

Chọn B
Theo khái niệm GTNN của hàm số ta thấy mệnh đề sai là: “ m=minDf(x) nếu f(x)≥m với mọi x∈D”.

Chọn C
Theo khái niệm GTLN của hàm số ta thấy mệnh đề đúng là sai là: “M=maxDf(x) nếu f(x)≤M với mọi x∈D và tồn tại x0∈D sao cho f(x0)=M.”.

Chọn A
Nhìn vào đồ thị ta thấy hệ số a>0 và là hàm số bậc 3 nên ta chọn đáp án A.

Chọn C
Nhìn vào đồ thị ta thấy hệ số a>0 và là hàm số bậc  4 nên ta chọn đáp án C.

Chọn B
Đồ thị hàm số y=1−x3x+2 có TCN,TCĐ lần lượt là y=−13;x=−23.

Chọn C

Chọn D
Do limx→1+y=−∞; limx→1−=+∞⇒ TCĐ: x=1.
limx→+∞y=−1; limx→−∞y=1⇒ đồ thị có 2 tiệm cận ngang là y=±1
Vậy, đồ thị hàm số đã cho có tổng số TCĐ và TCN là 3.

Chọn A
Hình tứ diện có số đỉnh bằng số mặt và bằng bốn.

Chọn B
Khối đa diện đều loại 4;3 là hình lập phương nên có 8 đỉnh.

Chọn A

Chọn D

Chọn B
Tính thể tích khối lăng trụ: V=Bh=6a2.2a=12a3.

Chọn B
Tính thể tích khối lăng trụ: V=Bh=6a2.2a=12a3.

Chọn D.

Ta có: +  SABC=12.BA.BC=12.a.2a=a2.

Thể tích khối chóp SABC: VSABC=13SA.SABC=13a3.a2=a333.

Chọn A
Ta có: f'x=0⇔x2x−12−x3=0⇔x=0 x=1x=2
Bảng xét dấu của f'x

Từ bảng xét dấu của hàm số f'x đồng biến trên khoảng 1 ; 2.

Chọn D
y=x3−3mx2+3(2m−1)x−2⇒y'=3x2−6mx+3(2m−1).
Hàm số y=x3−3mx2+3(2m−1)x−2 có cực trị khi và chỉ khi y'=0 có 2 nghiệm phân biệt
⇔Δ'>0⇔−3m2−3.3.(2m−1)>0⇔9m2−18m+9>0⇔m≠1.

Chọn A
Hàm số y=x4−x2+1 có y'=4x3−2x=2x(2x2−1)⇒y'=0 có 3 nghiệm phân biệt x1=−22; x2=0; x3=22.
Bảng biến thiên 

Vậy hàm số y=x4−x2+1 có điểm cực đại và 2 điểm cực tiểu.

TXĐ: D=ℝ.
y'=x2−4x+3⇒y'=0⇔x=1x=3. Với x∈0;2 thì x=1 thỏa mãn.
Ta có: f0=−13,f1=1, f2=13.
Vậy M=1 và m=−13⇒S=1−13=23.

Chọn D
Tập xác định: D=−∞;+∞
Ta có y'=−12x3+12x2⇒y'=0⇔x=0x=1 (x=0 là nghiệm kép).
Khi đó ta có bảng biến thiên:

Dựa vào bảng biến thiên giá trị lớn nhất của hàm số bằng 2.

Chọn B
Đồ thị đã cho là đồ thị hàm trùng phương có hệ số a>0 và đi qua điểm 0 ; 1 => loại A, C, D
Vậy đó là đồ thị hàm số y=2x4−4x2+1.

Chọn A
Giả sử hàm số cần là: y=ax3+bx2+cx+d   ,a≠0
Ta có: y'=3ax2+2bx+c.
Theo giả thiết ta có:
f−2=3f−1=−1f1=3f0=1⇔−8a+4b−2c=2−a+b−c=−2a+b+c=2d=1⇔a=−1b=0c=3d=1
⇒y=−x3+3x+1⇒y'=−3x2+3⇒y'0=3.
Phương trình tiếp tuyến tại A0;1 là: y=f'0.x−0+y0⇔y=3x+1.

Chọn C
Đặt t=1−ex;x∈−∞;ln2 ⇒t∈−1 ; 1.
Nhận xét: x=ln1−t => với mỗi giá trị của t∈−1;1 ta được một giá trị của x∈−∞ ; ln2.
Phương trình tương đương: ft=20212019.
Sử dụng bảng biến thiên của fx cho ft như sau:

Dựa vào bảng biến thiên ta thấy phương trình ft=20212019 có 2 nghiệm t1,t2∈−1;1.
Vậy phương trình 2019f1−ex−2021=0 có 2 nghiệm x∈−∞;ln2.

Chọn A
Tập xác định: D=ℝ\±1
Ta có: limx→±∞y=limx→±∞x2−5x+4x2−1=limx→±∞1−5x+4x21−1x2=1 ⇒y=1 là đường tiệm cận ngang.
Mặc khác:
 limx→1y=limx→1x2−5x+4x2−1=limx→1x−1x−4x−1x+1=limx→1x−4x+1=−32
⇒x=1 không là đường tiệm cận đứng.
limx→−1+y=limx→−1+x2−5x+4x2−1=limx→1+x−1x−4x−1x+1=limx→−1+x−4x+1=−∞limx→−1−y=limx→−1−x2−5x+4x2−1=limx→−1−x−1x−4x−1x+1=limx→−1−x−4x+1=+∞

⇒x=−1 là đường tiệm cận đứng.
Vậy đồ thị hàm số có 2 đường tiệm cận.

Chọn B

Chọn C
Hình lập phương là khối đa diện đều {4;3}. Hình lập phương có 9 mặt phẳng đối xứng: 

Chọn A

● Khối bát diện đều thuộc loại 3;4 nên số đỉnh là: 8.34=6 đỉnh.
● Khối 20 mặt đều thuộc loại 3;5 nên số đỉnh là: 20.35=12 đỉnh.
● Khối 12 mặt đều thuộc loại 5;3 nên số đỉnh là: 12.53=20 đỉnh.
● Khối tứ diện đều có 4 đỉnh.
Vậy khối 12 mặt đều có nhiều đỉnh nhất.

Chọn D

VABC.A'B'C'=AA'.SΔABC=a.a234=a334.

Chọn D
Áp dụng công thức tính thể tích khối chóp V=13.S.h=13.a2.4a=43a3. 

Đặt t=6−x⇒t'=−126−x<0, ∀x∈(−10;5). Với x∈(−10;5) ⇒t∈(1;4).
Ta có ft=4−mt+3t+m⇒f't=−m2+4m−3t+m2.
Từ đó ta suy ra hàm số y=(4−m)6−x+36−x+m đồng biến trên khoảng (−10 ; 5) khi hàm số
ft=4−mt+3t+m nghịch biến trên khoảng (1;4).
ft nghịch biến trên khoảng (1;4).<=> −m2+4m−3<0−m≤1−m≥4⇔m<1m>3m≥−1m≤−4⇔−1≤m<1m>3m≤−4Do m∈(1;5) nên m=4.
Vậy m=4.

Gọi O,O' là tâm của hình vuông ABCD.A'B'C'D', M=AK∩.OO'
Qua M kẻ đường thẳng song song với BD cắt BB', DD' lần lượt tại E, F
Khi đó, thiết diện tạo bởi (α) và hình lập phương chính là hình bình hành AEKF.
Có OM là đường trung bình tam giác ACK nên OM=12CK=a3.
Do đó, BE=DF=12CK=a3. Đặt V1=VABEKFDC,V2=VAEKFA'B'C'D'.
Ta có hai tứ giác bằng nhau: BCKE=C'B'EK, mặt phẳng AA'C'C chia khối ABEKFDC thành hai phần bằng nhau nên:
V1=2VA.BCKE=2.13.AB.SBCKE=23a.12.SBCC'B'=a33.V2=VABCD.A'B'C'D'−V1=a3−a33=2a33.
Vậy V1V2=12.

Đặt AD=x km, x∈0; 40 ⇒BD=40−x⇒CD=40−x2+102.
Tổng kinh phí đi từ A đến C là fx=x.3+40−x2+102.5.
fx=3x+5x2−80x+1700
f'x=3+52x−802x2−80x+1700 ⇔f'x=3x2−80x+1700+5x−200x2−80x+1700.f'x=0⇔3x2−80x+1700=200−5x⇔x=652
Bảng biến thiên

Dựa vào bảng biến thiên, ta thấy hàm đạt giá trị nhỏ nhất tại x=652

Đặt: g(x)=3x4−4x3−12x2+m
Ta có: g'(x)=12x3−12x2−24x=0⇔x=2⇒y=m−32x=−1⇒y=m−5x=0⇒y=m

Dựa vào bảng biến thiên, hàm số có y=g(x) có 5 điểm cực trị khi m<0m−5>0m−32<0⇔m<05<m<32. Vì m là số nguyên dương cho nên có 26 số m thỏa đề bài