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

Dựa vào BBT, ta thấy hàm số đồng biến trên khoảng −∞;−1⊃−∞;−2 nên đáp án B đúng.

Ta thấy y'=x3−4x, . Cho y'=0⇒x3−4x=0⇒x=2x=−2x=0
Hàm số đồng biến trên các khoảng −2;0 và 2;+∞;
Hàm số nghịch biến trên các khoảng −∞;−2 và 0;2Chọn B

Ta thấy, y'=1x−12>0,  ∀x≠1. Hàm số luôn đồng biến trên các khoảng xác định của nó nên hàm số không có cực trị.Chọn B

Chọn D

y'=3x2−12. Cho y'=0⇒3x2−12=0⇒x=±2
Hàm số đạt cực đại tại x=−2,  fCD=f−2=15

Chọn D

f'x=3x2−4x+1
Cho f'=0⇒3x2−4x+1=0⇔x=1x=13
Ta có f0=−2; f1=−2 ;f13=−5027 ; f2=0. Suy ra max0;2fx=0.

Hàm số có tập xác định là D=−∞;  54
Hàm số xác định và liên tục trên đoạn −1;  1
Ta có  y'=−25−4x<0∀x∈−1;  1y1=1,  y−1=3M=3,m=1⇒M−m=2Chọn D

Chọn D

Dựa vào bảng biến thiên hàm số đạt cực đại tại điểm x=2

Số nghiệm của phương trình là số giao điểm giữa đồ thị hàm số y=fx và đường thẳng y=−1
Dựa vào bảng biến thiên hàm số thấy đường thẳng y=−1 cắt đồ thị hàm số y=fx tại 2 điểm phân biệt nên phương trình fx=−1 có 2 nghiệm phân biệt.Chọn D

Chọn D

Chọn D

Theo định nghĩa về tiệm cận, ta có:
limx→+∞fx=2→y=2  là đường tiệm cận ngang của đồ thị hàm số.
limx→−∞fx=−2→y=−2 đường tiệm cận ngang của đồ thị hàm số.

Chọn D

Ta có:
limx→+∞y=limx→+∞1−4x2x−1=limx→+∞1x−42−1x=−2limx→−∞y=limx→−∞1−4x2x−1=limx→−∞1x−42−1x=−2
Vậy tiệm cận ngang của đồ thị hàm số y=1−4x2x−1 là y=−2

Thể tích khối hộp là V=abc=60Chọn D

Thể tích khối lăng trụ có diện tích đáy B và chiều cao h là BhChọn D

Chọn A

Thể tích khối chóp có diện tích đáy B và chiều cao h là V=13Bh

Theo lý thuyết khối đa diện đều chọn DChọn D

Ta có: VS.ABCD=13SABCD.SA=13a2.a6=a363
Vậy VS.ABC=12VS.ABCD=a366Chọn A

Chọn D

Ta có thể tích khối lăng trụ: V=B.h⇒h=VB=a33a234=4a

Chọn B

V'V=SA'SA.SB'SB.SC'SC=12.13.14=124

Chọn C

Ta có số đỉnh, số cạnh và số mặt của khối bát diện đều lần lượt là 6, 12, 8.
Suy ra a+b+c=6+12+8=26

Chọn D

Ta có: VS.ABC=13⋅SABC⋅h⇒h=3a3a23=a3

Chọn A

Đồ thị hàm số có tiệm cận đứng là x=−2; và tiệm cận ngang là y=2
Vậy tọa độ giao điểm của hai đường tiệm cận có tọa độ là I−2; 2

Ta thấy hình dáng đồ thị là của hàm số bậc 3 với hệ số a<0 nên loại đáp án B.
Với x=0⇒y=1 nên loại đáp án A và D. Vậy đáp án đúng là CChọn C

Chọn D

Dựa vào đồ thị ta thấy, đồ thị nhận đường thẳng x=1 là tiệm cận đứng, y=1 là tiệm cận ngang, hàm số nghịch biến trên từng khoảng xác định nên loại đáp án C.
Với x=0⇒y=−1 và  x=−1⇒y=0 nên loại đáp án A, B.
Vậy đáp án đúng là D

Chọn C

Phương trình hoành độ giao điểm: x4+4x2=0⇔x2x2+4=0⇔x=0
Suy ra đồ thị hàm số có một điểm chung với trục hoành.

Chọn D

Xét hàm số y=x3+2x2+3x+5.
Ta có y'=3x2+4x+3=3x+232+53>0,∀x∈ℝ Hàm số đồng biến trên R

Phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số  y=x−1x+1 và đường thẳng y=x−1 là:
x−1x+1=x−1⇔x≠−1x2−x=0⇔x=0x=1
Với x=0⇒y=−1
Với x=1⇒y=0Chọn D

Xét hàm số: y=x3−3x
y'=3x2−3=0⇔x=2x=0
suy ra hàm số có cực đại, cực tiểu
Chọn đáp án C.

Ta có: pt hoành độ giao điểm
2x−1x+1=2x−3⇔2x2−3x−2=0⇔x=2x=−12
Đường thẳng d cắt (C) tại hai điểm A−12;−4 và B2;1. Khoảng cách giữa A và B là
AB=2+122+1+42=552
Chọn đáp án C.

Chọn C

Ta có y'=3x2−6x+m=0 (1)
Để hàm số có hai điểm cực trị x1,x2  khi (1) có hai nghiệm phân biệt⇔Δ'>0⇔m<3
Khi đó:  x12+x22−x1x2=13  ⇔x1+x22−3x1x2=13⇔4−m=13 ⇔m=−9(thỏa mãn).

Chọn C

Dựa vào bảng biến thiên để phương trình fx=2−3m có bốn nghiệm phân biệt.
3<2−3m<5⇔−1<m<−13

Để hàm số đã cho nghich biến trên R khi y'=−x2+2mx+3m+2≤0,∀xΔ'≤0⇔m2+3m+2≤0⇔−2≤m≤−1
Chọn đáp án A.

Ta thấy đồ thị hàm số y=f'x cắt Ox tại ba điểm lần lượt từ trá sang phải là x1;0;x2, với −2<x1<−1;1<x<2
f'x<0⇔x<x10<x<x2
Suy ra hàm số y=fx nghịch biến trên khoảng −∞;x1 và 0;x2
Chọn đáp án A.

Chọn C

TXĐ: D=ℝ\m

Ta có: y'=−m2−m+2x−m2

Hàm số đồng biến trên từng khoảng xác định: y'>0  với ∀x∈D.⇔−m2−m+2x−m2>0⇒−m2−m+2>0⇔−2<m<1
Vậy S=−1;0

TXĐ: D=ℝ\12
Phương trình hoành độ giao điểm: −x+12x−1=x+m ⇔2x2+2mx−m−1=0
Để đường thẳng cắt đồ thị hàm số tại hai điểm phân biệt thì phương trình 2x2+2mx−m−1=0 có hai nghiệm phân biệt ≠12
⇔Δ'=m2+2m+1=m+12+1>0  ∀x∈ℝ2122+2m.12−m−1≠0⇔∀m∈ℝ.Vậy m∈ℝChọn B

Chọn D

Diện tích đáy của khối lăng trụ S=934, chiều của khối lăng trụ h=23.sin300=3
Vậy thể tích khối lăng trụ là 274

Chọn C

Hàm số có 3 điểm cực trị ⇔ab<0⇔m2−4m2−25<0⇔−5<m<−22<m<5. Vậy có hai giá trị nguyên dương của tham số m thỏa ycbt.

Đặt x,y,z lần lượt là chiều dài, rộng, cao của hình hộp chữ nhật (x,y,z>0)
Khi đó ta có hệ phương trình: x2+y2=5x2+z2=13y2+z2=10⇔x2=4y2=1z2=9⇒x=2y=1z=3
Vậy V=xyz=2.1.3=6Chọn A

Chọn C

Yêu cầu bài toán phương trình x2−mx+1=0 có hai nghiệm phân biệt.
⇔Δ>0⇔m2−4>0⇔m>2m<−2.

Chọn D

f(x)−2020=0⇒x=a (a<−2)x=b (−2<b<0)x=c (0<c<2)

limx→a∓1f(x)−2020=∞limx→b∓1f(x)−2020=∞ ⇒k=3.limx→c∓1f(x)−2020=∞

limx→+∞1f(x)−2020=−12021limx→−∞1f(x)−2020=0⇒l=2.

Vậy k+l=5

Chọn B

y=3x+53x+1=1+43x+1
Do x,y là các số nguyên nên
⇒3x+1=±13x+1=±23x+1=±4⇔x=0,x=−23x=13,x=−1x=1,x=−53
Suy ra các tọa độ nguyên 0;5;−1;−1;1;2.

Chọn C

Ta có y'=4x3−4x
y'=0⇔4x3−4x=0  ⇔x=0    x=1     x=−1 và y' đổi dấu qua các nghiệm đó.
Hàm số có ba điểm cực trị tại x=0; x=1; x=−1
Đồ thị hàm số có ba điểm cực trị A0;4;  B1;3;  C−1;3
⇒AB→=1;−1  ⇒AB=2; AC→=−1;−1  ⇒AC=2; BC→=−2;0  ⇒BC=2.
⇒ΔABC cân tại A .Gọi H là trung điểm của BC. ⇒AH⊥BC⇒AH=AB2−HB2=2−1=1
⇒SΔABC=12AH.BC=1 
Mà p=AB+AC+BC2=2+222=2+1
Vì  SΔABC=pr⇒r=SΔABCp=12+1=2−1
Vậy r=2−1
Chú ý: Có thể tính diện tích ΔABC bằng công thức SΔABC=pp−ABp−ACp−BC

Chọn A

Ta có: VS.ABCD=13SA.SS.ABCD=a33
Vì NDSD=13   ⇒   dN,ABCD=13SA=a3
MBSB=12   ⇒   dM,ABCD=12SA=a2
Mà VACMN=VS.ABCD−VSAMN−VSCMN−VMABC−VNADC
Mặt khác VSABD=VSBCD=12VS.ABCD=a36
VSAMNVSABD=SMSB.SNSD=12.23=13⇒VS.AMN=13VSABC=13.a36=a318
VSCMNVSBCD=SMSB.SNSD=12.23=13⇒VSCMN=13VSBCD=13.a36=a318
VMABC=13dM,ABCD.SABC=13.a2.12a2=a312
VNADC=13dN,ABCD.SADC=13.a3.12a2=a318
Vậy VACMN=a33−a318−a318−a312−a318=a312

Chọn AVì miny−2;2=4 nên x2+x+m2≥4⇔x2+x+m≥2x2+x+m≤−2⇔m≥−x2−x+2=f(x)m≤−x2−x−2=g(x),∀x∈−2;2.
+) Xét f(x)=−x2−x+2, ∀x∈−2;2
f'(x)=−2x−1; f'(x)=0⇔x=−12
BBT

Từ BBT suy ra m≥94 .miny−2;2=4⇔m=94.
+) Xét g(x)=−x2−x−2, ∀x∈−2;2.
g'(x)=−2x−1; g'(x)=0⇔x=−12
BBT

Từ BBT suy ra m≤−8. miny−2;2=4⇔m=−8.
Vậy S=94;−8 Do đó m1+m2=94−8=−234

Phương trình hoành độ giao điểm: 2x−1x+1=−x+m, đk x≠−1
⇔2x−1=−x+mx+1
⇔x2+3−mx−1−m=0
Để d cắt (C) tại hai điểm phân biệt A, B khi và chỉ khi 1 có hai nghiệm phân biệt, x≠−1
⇔3−m2+4m+4>01−3+m−1−m≠0⇔m2−2m+13>0, đúng ∀m
Gọi Ax1;y1, Bx2;y2 là hai giao điểm của d và (C)
Suy ra Ax1;−x1+m , Bx2;−x2+m
Theo viet ta có x1+x2=m−3x1.x2=−1−m
AB=x2−x12+x1−x22=2m−32+8+8m
Gọi I là trung điểm của AB ⇒Im−32;m+32
PI→=m−72;m−72
Mặc khác PI=dI;d=5+2−m1+1=7−m2
Đề tam giác ΔPAB⇔PI=AB.32⇔7−m2=2m2−4m+26.32⇔27−m2=32m2−4m+26⇔4m2+16m−20=0⇔m=1m=−5⇒m12+m22=26 
Chọn đáp án B

Chọn B

Ta có g'x=f'x−x2+2x−1
g'x=0⇔f'x=x2−2x+1=x−12. (*)
Dựa vào tương giao của 2 đồ thị  y=f'x và y=x−12

Khi đó (*) có 3 nghiệm x=0x=1x=2
Bảng biến thiên

Vậy hàm số gx=fx−x33+x2−x+2 có một cực đại.

Vì tam giác  BCD cân tại B và S là điểm đối xứng với B qua CD nên tứ giác BDSC là một hình thoi. Khi đó SBDSC=2SBCD , suy ra VABDSC=2VABCD
Hạ CJ⊥AB, vì  (ABC)⊥(ABD) nên CJ⊥(ABD) . Ta có VABCD=13CJ.SABD=13.32.34=18 
Vậy VABDSC=14Chọn D

Chọn C

Gọi I là trung điểm SB, ta có IA=IB=IC  (=IS). Gọi O là trung điểm AC, vì tam giác ABCvuông tại B nên O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Suy ra IO⊥(ABC)
Gọi D là điểm đối xứng của B qua O, khi đó  IO∥SD nên SD⊥(ABCD). Đặt SD=h. Hạ DE⊥AC, DK⊥SE, khi đó DK=d(D,(SAC)). Ta có
1DK2=1SD2+1DA2+1DC2⇒DK2=2a2h22a2+3h2
Hạ BJ⊥(SAC) suy ra góc giữa đường thẳng SB và mặt phẳng (SAC)
là góc ∠BSJ . Ta có sin∠BSJ=BJSB=1111⇔BJ2SB2=111⇔BJ2h2+3a2=111⇒BJ2=h2+3a211
Ta thấy d(D,(SAC))=d(B,(SAC))⇒DK=BJ. Do đó
2a2h22a2+3h2=h2+3a211⇔h2+3a22a2+3h2=22a2h2
⇔3h4−11a2h2+6a4=0⇔h2=3a2hoặc  h2=23a2
Trong tam giác vuông SBD có SB>2a,BD=a3 nên SD>a, hay h>a. Suy ra h=a3.Vậy VS.ABC=13SD.SABC=13a312a.a2=a366

Chọn B

Ta có dM;Δ1=2xM−yM+45 và dM;Δ2=xM−2yM+55
Suy ra 2xM−yM+4=23xM−2yM+5
⇔32xM−yM+4=2xM−2yM+532xM−yM+4=−2xM−2yM+5⇔4xM+yM=−2      1 8xM−7yM=−22    2
Mà MxM;yM thuộc đồ thị  C:y=2x−2x+1 suy ra yM=2xM−2xM+1
Thay 1 vào ta được 4xM+2xM−2xM+1=−2⇔4xM2+8xM=0⇔xM=0⇒yM=−2xM=−2⇒yM=6
Thay 2 vào ta được 8xM−72xM−2xM+1=−22⇔8xM2+16xM+36=0VN
Vậy xM+yM=4 là đúng.

Chọn D

Gọi đường thẳng thuộc D có dạng: d:y=kx−3−1=kx−3k−1
Phương trình hoành độ giao điểm:
x−2x−1=kx−3k−1⇔x−2=kx−3k−1x−1⇔kx2−22k+1x+3k+3=0(1)
Để d cắt  (C) tại hai điểm phân biệt A,B thì (1) có 2 nghiệm phân biệt khác 1, tức là
k≠02k+12−k3k+3>0k.12−22k+1.1+3k+3≠0⇔k≠0k2+k+1>0⇔k≠0
Khi đó phương trình (1) có 2 nghiệm thỏa hệ thức Viet:
x1+x2=4k+2k(2)x1x2=3k+3k(3)
Gọi Ax1;kx1−3k−1⇒MA→=x1−3;kx1−3k
Bx2;kx2−3k−1⇒MB→=x2−3;kx2−3k
Ta có MB=3MA⇔MB→=3MA→MB→=−3MA→
Trường hợp 1: MB→=3MA→⇔x2−3=3x1−3⇔x2=3x1−6(4)
Từ (2) và  (4)  suy ra x1+3x1−6=4k+2kx2=3x1−6⇔x1=10k+24kx2=6k+64k
Thay vào (3), ta được
10k+24k6k+64k=3k+3k⇔12k2+24k+12=0⇔k=−1
Trường hợp 2: MB→=−3MA→⇔x2−3=−3x1−3⇔x2=−3x1+12(5)
Từ (2) và (5)  suy ra x1−3x1+12=4k+2kx2=−3x1+12⇔x1=4k−1kx2=3k
Thay vào (3), ta được:
4k−1k3k=3k+3k⇔3k2−9k+3=0⇔k=3+52k=3−52
Vậy tổng tất cả các hệ số góc của các đường thẳng thuộc D làS=−1+3+52+3−52=2

Chọn đáp án A. 
Do hai mặt phẳng SBC và SBD cùng vuông góc với mặt phẳng ABCD nên SB⊥ABCD.
Gọi Q là giao điểm của BC, AD. Gọi F là trung điểm AD
Kẻ BM⊥AD,BI⊥SM. Dễ thấy BI⊥mpSAD
Ta có dE,SADdB,SAD=EQBQ=EFBA
⇒dE,SAD=EFBA.BI=a+4a24a.BI⇒BI=85dE,SAD=855a2652=8a2652
Xét tam giác vuông BAQ có 1BM2=1BA2+1BQ2=14a2+14a32=58a2
Xét tam giác vuông SBM có 1SB2=1BI2−1BM2=18a26522−58a2=1a2
⇒SB=a
Vậy V=13SB.SABCD=13.a.4a+aa2=5a36