Bộ 20 đề thi giữa kì 2 Toán 12 có đáp án năm 2022-2023 (Đề 5)

Chọn B
Từ bảng biến thiên ta thấy hàm số nghịch biến trong khoảng 0;1.

Chọn A
Từ bảng biến thiên ta thấy hàm số đồng biến trên khoảng 1;+∞.

Chọn C
TXĐ: D=ℝ
Ta có y'=4x3−4x=4xx2−1.
y'=0⇔x=0x=±1
Bảng biến thiên của hàm số

Từ bảng biến thiên ta thấy hàm số đã cho nghịch biến trên khoảng 0;1. 

Chọn B
TXĐ: D=ℝ.
Ta có y'=−3x2+3;y'=0⇔−3x2+3=0⇔x=±1
Bảng biến thiên

Vậy yCT=−3

Chọn D
Ta có f'x=0⇔x2−1=0x−2=0x+22=0⇔x=−1x=1x=2x=−2.
Bảng xét dấu của f'x.

Từ bảng xét dấu suy ra x=−1, x=1, x=2 là các điểm cực trị của hàm số đã cho.
Vậy hàm số đã cho có 3 điểm cực trị.

Chọn B
Từ bảng biến thiên ta thấy hàm số đã cho đạt cực đại tại điểm x=0

Chọn A
Từ đồ thị hàm số ta thấy hàm số đã cho có giá trị cực tiểu bằng 1

Chọn A
Hàm số y=2x3+3x2−12x+1 xác định và liên tục trên đoạn −1;5.
Ta có y'=6x2+6x−12=0⇔x=1∈−1 ; 5x=−2∉−1 ; 5
Lại có f−1=14, f1=−6, f5=266.
Vậy min−1;5fx=f1=−6

Chọn B
Ta có: f'x=2.1−−3.1x+12=5x+12>0,  ∀x∈2;52
Suy ra, hàm số luôn đồng biến trên đoạn 2;52. Vậy max2;52fx=f52=47

Chọn C
Đồ thị đã cho có dạng của đồ thị hàm số bậc ba y=ax3+bx2+cx+d nên loại phương án B và D.
Dựa vào đồ thị ta có: limx→+∞y=+∞⇒a>0 nên loại A.

Chọn A
Phương trình hoành độ giao điểm là: x3+2x+1=4x+5⇔x3−2x−4=0⇔x=2.
Với x=2⇒y=13. Vậy y0=13.

Chọn C
Ta có limx→+∞fx=3 và limx→−∞fx=0 nên đồ thị hàm số có 2 tiệm cận ngang là các đường thẳng có phương trình là: y=3 và y=0.
Và limx→0+fx=+∞ nên hàm số có 1 tiệm cận đứng là đường thẳng có phương trình là x=0.

Chọn B
Đồ thị hàm số có 1 tiệm cận đứng là x=4 và 1 tiệm cận ngang là y=−2

Chọn D
Ta có: Hàm số có dạng y=ax+bcx+d có tiệm cận đứng là x=−dc và tiệm cận ngang y=ac
Khi đó ta viết y=−5x+32x+1 nên tiệm cận đứng có phương trình là x=−12 và tiệm cận ngang có phương trình là y=−52.

Chọn C
Hình 1, Hình 2 và Hình 4 không phải hình đa diện vì nó vi phạm tính chất: “mỗi cạnh là cạnh chung của đúng hai mặt”

Chọn D

Chọn B
Thể tích khối hộp chữ nhật là V=a.5a.3a=15a3.

Chọn A
Thể tích khối chóp là V=13B.h=13.32.233=13.

Chọn C
Diện tích đáy của lăng trụ là B=6.a234=3a232.
Thể tích của khối lăng trụ là V=B.h=3a232.4a=6a33.

Chọn C

Ta có: SAB⊥ABCDSAD⊥ABCD và SAB∩SAD=SA.
⇒SA⊥ABCD.
Đường cao khối chóp h=SA=dS,ABCD=a3.
Diện tích mặt đáy SABCD=a.a2=a22.
Thể tích khối chóp VSABCD=13.SABCD.h=13.a22.a3=a363.

Chọn D
Ta xét các hàm số sau:
Hàm số y=−2x+1x−1 có tập xác định D=ℝ\1 và có y'=1x−12>0, ∀x∈ℝ\1 nên hàm số đồng biến trên các khoảng −∞;1 và 1;+∞.
Hàm số y=x4+3x2+1 xác định trên ℝ và có y'=4x3+6x≥0, ∀x≥0 nên hàm số đồng biến trên 0;+∞. 
Hàm số y=−x+2 xác định trên ℝ và có y'=−1<0, ∀x∈ℝ nên hàm số nghịch biến trên ℝ
Hàm số y=x3−3x2+4x−1 xác định trên ℝ và có y'=3x−12+1>0, ∀x∈ℝ nên hàm số đồng biến trên ℝ.

Chọn B
Dựa vào đồ thị hàm số f'x ta có f'x≥0 với ∀x≥−1.
Do đó hàm số y=fx đồng biến trên khoảng −1;+∞.

Chọn C

Ta có f'x=0 chỉ chọn các nghiệm x=x1, x=x2, x=x3, x=x4 và lập bảng biến thiên

Dựa vào bảng biến thiên suy ra hàm số y=fx có 3 cực trị

Chọn A
Ta có f'x=3x2+2ax+b.
Yêu cầu bài toán ⇔f1'=0f2'=0f0=1⇔3+2a+b=012+4a+b=0c=1⇔a=−92b=6c=1.
Vậy 2a−b−c=2.−92−6−1=−16.

Chọn B
Dựa vào BBT, ta có: Hàm số không có GTLN, GTNN trên (−4;4)

Chọn B
Dựa vào BBT, ta có: Hàm số không có GTLN, GTNN trên (−4;4)

Chọn D
Nhìn vào đồ thị ta thấy đồ thị hàm số có tiệm cận đứng x=−12, tiệm cận ngang y=12. Đồ thị đi qua 1; 0 và 0; −1.
Phương án A có tiệm cận đứng x=12 suy ra loại phương án A.
Phương án B có tiệm cận đứng x=12 suy ra loại phương án B.
Phương án C cắt trục hoành tại  −1; 0 suy ra loại phương án C.
Chọn D.

Chọn A
Ta có: 2fx+3=0⇔fx=−32.
Số nghiệm phương trình  fx=−32 là số giao điểm của hai đường y=fx và y=−32: là đường thẳng song song với trục Ox cắt Oy tại điểm có tung độ −32.
Dựa vào BBT, dễ thấy phương trình có 3 nghiệm thực phân biệt.
Vậy Chọn A

Chọn C
2fx+7=0⇔fx=−72   1

Số nghiệm của phương trình (1)  là số giao điểm của đồ thị C:y=fx và đường thẳng d:y=−72 (d vuông góc với Oy).
Dựa vào đồ thị, ta thấy: đồ thị C:y=fx cắt đường thẳng d:y=−72 tại 4 điểm phân biệt, nên phương trình (1) có 4 nghiệm phân biệt.

Chọn A
Dựa vào đồ thị ta có:
limyx→−∞=1 nên đồ thị hàm số có tiệm cận ngang là y=1.
limyx→+∞=−1 nên đồ thị hàm số có tiệm cận ngang là y=−1
limyx→3−=+∞ nên đồ thị hàm số có tiệm cận đứng là x=3.

Chọn A
ĐKXĐ x+2≥0x2+5x+6≠0⇔x≥−2x≠−2,x≠−3⇔x>−2.
Ta có limx→−2+x+2x2+5x+6=limx→−2+1x+2(x+3)=+∞ nên x=−2 là một tiệm cận đứng của đồ thị hàm số.

Chọn C
Tứ giác AMC'N là hình bình, hai đường chéo AC' và MN cắt nhau tại trung điểm I của mỗi đường.
Phép đối xứng tâm I biến điểm A thành điểm C', biến M thành N, biến đoạn thẳng AM thành C'N.

Chọn B
Gọi E là giao điểm của AM và BD, F là giao điểm của AN và CD.
Mặt phẳng (AMD) chia khối tứ diện thành một khối tứ diện ADEF và một khối chóp tứ giác A.BCEF.

Chọn B
Ta có: AA'2=A'B2−AB2=a2
Thể tích khối lăng trụ đã cho là: V=AA'.SABC=a.a23=a33

Chọn A

Vì ABCD là hình vuông nên BD=2a
Ta có SO2=SB2−OB2=2a.
Suy ra V=13SO.SABCD=13a2.2a2=2a323.

TXĐ: D=R
Ta có y'=x2−2x+m−2.
Hàm số đồng biến trên khoảng 0;+∞⇔y'≥0,∀x∈0;+∞
⇔x2−2x+m−2≥0,∀x∈0;+∞⇔m≥−x2+2x+2,∀x∈0;+∞
Xét hàm số gx=−x2+2x+2;g'x=−2x+2=0⇔x=1
Bảng biến thiên của hàm số:

Từ BBT  ⇒m≥g(x),∀x∈0;+∞⇔m≥max0;+∞gx⇔m≥3
KL: m≥3 thì hàm sô đã cho đồng biến trên khoảng 0;+∞.

D=RTa có y'=3x2−3mx;y'=0⇔x=0x=m.
Để đồ thị hàm số có 2 điểm cực trị thì m≠0
Ta có  A0;m3 và Bm;12m3. suy ra AB→=m;−12m3
SΔOAB=12dO;AB.AB; VTPT của đường thẳng đi qua AB n→=12m3;m.
Vậy PT đường AB: 12m3x−0+my−m3=0⇔m3x+2my−2m4=0
Ta có SΔOAB=12dO;AB.AB⇔dO;AB.AB=64
⇔−2m4m6+4m2.m2+14m6=64⇔m4=64⇔m=±22
KL: giá trị cầ tìm:m=±22.

Đặt t=cosx vì x∈0;2π⇒t∈−1;1; Đặt ft−1=v
Từ ptbd có dạng: fv=0 (*).
Sô nghiệm của pt(*) là số giao điểm của hai đồ thị y=fv và đường thẳng y=0
Từ đồ thị suy ra số nghiệm của phương trinh(*) là v=a1∈−2;−1v=a2∈−1;0v=a3∈1;2
Thay vào phần đặt ta có ft−1=a1∈−2;−1ft−1=a2∈−1;0ft−1=a3∈1;2
Xét pt: ft−1=a1∈−2;−1⇔f(t)=1+a1∈−1;0. Đồ thị hàm số  y=ft và đường thẳng y=0 cắt nhau tại 3 điểm, chỉ có 1 điểm thỏa mãn có hành độ t∈−1;0. Nên pt ft−1=t1∈−2;−1 có 1 nghiệm t∈−1;0.
Xet pt: t=cosx với t∈−1;0.

Từ đồ thị hàm sô y=cosx,x∈0;2π suy ra pt t=cosx với t∈−1;0 có 2 nghiệm x
Tương tự pt ft−1=a2∈−1;0⇔ft=1+a2∈0;1 có một nghiệm t∈−1;0 suy ra t=cosx với t∈−1;0 có 2 nghiệm x
ft−1=a3∈1;2⇔ft=1+a3∈2;3 không có nghiệm t∈−1;1
KL: PTBĐ có 4 nghiệm.

Gọi M là trung điểm cạnh CD,
Ta có CD⊥OMCD⊥SO⇒CD⊥SOM⇒CD⊥SM tại M trong SCD
và OM⊥CD tại M trong (ABCD).
Khi đó: SCD,ABCD=SM,OM=goc(SMO)=45° . Suy ra: ΔSOM vuông cân tại O⇒OM=OS
Trong (SOM), dựng OH⊥SM tại H. Mặt khác OH⊥CD (do CD⊥SOM) suy ra OH⊥SCD tại H. OH=d(O;(SCD))
Ta có d(A,(SCD))d(O,(SCD))=ACOC=2
Theo gt: a3=dA,SCD=2dO,SCD=2OH⇒OH=a32
Áp dụng hệ thức lượng trong tam giac vuông SOM: 1OH2=1OS2+1OM2=2OS2
(vì OM=OS)
Suy ra: SO=OM=a62⇒VS.ABCD=13.SO.AD2=13.a62.2.a622=a36.
KL: V=a36