Bộ 20 đề thi giữa kì 2 Toán 12 có đáp án năm 2022-2023 (Đề 6)

Chọn D
TXĐ: D=R\−1
Ta có y'=3x+12>0, ,  ∀x≠−1.
Hàm số đồng biến trên các khoảng −∞;−1 và −1;+∞

Chọn B
Ta có y'=2x2−5x+3=0⇔x=1x=32
Bảng xét dấu

Nên hàm số nghịch biến trên .

Chọn A
Dựa vào BXD suy ra hàm số đã cho đồng biến trên khoảng −1;0 và 1;+∞.

Chọn C
Dựa vào đồ thị suy ra điểm cực tiểu của hàm số y=fx là x=0

Chọn D
Đặt gx=fx+2⇒g'x=x+2'.f'x+2=f'x+2
Tịnh tiến sang bên trái hai đơn vị, ta có có bảng xét dấu f'(x+2) như sau

Vậy hàm số y=f(x+2) có 2 điểm cực trị.

Chọn C
Đạo hàm đổi dấu khi qua các điểm x1, x2, x3 nên hàm số có 3 cực trị.

Chọn C
Ta có: y'=3x2−3=0⇔x=−1x=1
Bảng biến thiên:

Dựa vào bảng biến thiên, hàm số đạt cực tiểu tại x=1.

Chọn D
TXĐ: D=R\−12
Ta có y'=32x+12>0 ,  ∀x≠−12 nên maxy0; 2=y2=15;miny0; 2=y0=−1.

Chọn D
Nhìn vào đồ thị hàm số trên đoạn −1;1, ta thấy điểm cao nhất có giá trị là 53 và điểm thấp nhất có giá trị là 12.
Vậy hàm số y=fx có giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất lần lượt là: 53 ; 12

Chọn B
Nhìn vào đồ thị hàm số, ta thấy đồ thị có 2 điểm cực trị.
Suy ra đây là đồ thị hàm số bậc ba và dấu của a<0

Chọn C
Ta thấy điểm có tọa độ −1;2 thỏa mãn đồ thị hàm số (khi ta thay x=−1 thì được y=2 ).

Chọn A
Dựa vào đồ thị hàm số trên ta thấy có hai đường tiệm cận là: x=1 và y=1 lần lượt là tiệm cận đứng và tiệm cận ngang.

Chọn D
Ta thấy đường tiệm cận đứng của hàm nhất biến là nghiệm của mẫu. Do đó x=−1 là đường tiệm cận đứng.

Chọn B
Dựa vào định nghĩa về đường tiệm cận ngang của đồ thị hàm số và đề bài cho
limx→−∞fx=−1 ta suy ra đồ thị hàm số đã cho có đúng một tiệm cận ngang là đường thẳng y=−1.

Chọn A
Dựa vào hình vẽ ta thấy hình đa diện có 2 mặt đáy và 4 mặt bên.

Chọn A
Hình đa diện là hình được tạo bởi một số hữu hạn các đa giác thỏa mãn hai tính chất:
1. Hai đa giác phân biệt chỉ có thể hoặc không có điểm chung, hoặc chỉ có một đỉnh chung, hoặc chỉ có một cạnh chung.
2. Mỗi cạnh của đa giác nào cũng là cạnh chung của đúng hai đa giác.
Do đó ta chọn hình 1 là hình đa diện.

Chọn D

Lăng trụ đứng có cạnh bên bằng 5 nên có chiều cao h=5.
Thể tích khối lăng trụ là: V=SABCD.h=42.5=80.

Chọn A

Ta có VS.A'B'C'VS.ABC=SA'SA⋅SB'SB⋅SC'SC=18⇒VS.A'B'C'=V8

Chọn B

Ta có diện tích toàn phần của khối lập phương bằng 96 cm2 nên diện tích mỗi mặt là 16 cm2. Vậy cạnh khối lập phương là 4 cm.

Chọn D
Ta có hình lăng trụ tam giác đều là hình lăng trụ đứng có đáy là tam giác đều. Gọi hình lăng trụ cần tính thể tích là ABCA’B’C’.

Ta có: SΔABC=12AB.ACsinA=12a.a.sin600=3a24
VABCA'B'C'=AA'.SΔABC=a.3a24=3a34.

Chọn C
Điều kiện xác định của hàm số: x≠−1
Ta có: y'=x2+2xx+12; y'=0⇔x=−2⇒y=−2x=0⇒y=2
Bảng biến thiên:

Vậy hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng −2;−1 và −1;0.

Chọn C
Ta có: g'x=2−x'.f'2−x=−f'2−x
Hàm số đồng biến khi g'x>0⇔f'2−x<0⇔2−x<−11<2−x<4⇔x>3−2<x<1

Chọn B

Hàm số bậc 4 trùng phương có 3 điểm cực trị  ⇔a.b<0<=> m<0

Chọn A
Đồ thị hàm số có ba điểm cực trị tạo thành một tam giác đều b3=−24a
Từ đó 32m3=−24−14⇔27m3=8.6⇔m3=8.627⇔m=2363.

Chọn C
Tập xác định: D=3 ; 5
Ta có: y'=12x−3−125−x=5−x−x−32x−3.5−x
Cho y'=0⇒5−x−x−3=0⇔5−x=x−3
⇔x−3≥05−x=x−3⇔x≥3x=4⇒x=4∈3;5
Khi đó: y(4)=2;y(3)=2;y(5)=2
Nên M=maxy3  ;  5=2;m=miny3  ; 5=2
Vậy M+m2=4 

Chọn A
Đồ thị của hàm số g(x)=f(x−3)+6 có được khi ta di chuyển đồ thị y=f(x) theo phương  Ox sang phải 3 đơn vị, sau đó di chuyển đồ thị này theo phương Oy lên trên 6 đơn vị.
Suy ra: Maxg(x)=3+6=9;ming(x)=−2+6=4

Chọn C
Ta có: 2f(x+2)=1⇔f(x+2)=12
Do đồ thị hàm số f(x+2) có được khi di chuyển đồ thị (C) theo phương Ox sang trái 2 đơn vị nên miền giá trị của nó không thay đổi (giống miền giá trị của hàm số f(x))
=> đường thẳng y=12 cắt đồ thị hàm số y=f(x+2) tại 4 điểm phân biệt.

Chọn C
Ta có: f(x)−x−2=0⇔f(x)=x+2(*)
Số nghiệm của (*) là số giao điểm của đường thẳng (d):y=x+2 với đồ thị (C)
Do đường thẳng (d) cắt (C) tại 3 điểm phân biệt => phương trình (*) có 3 nghiệm phân biệt.

Chọn C
Đồ thị hàm số đi qua gốc toạ độ O(0;0)⇒b=0
Đồ thị nhận đường thẳng x=−c2=1⇒c=−2
Đồ thị nhận đường thẳng y=a2=−32⇒a=−3
Vậy T=2a+b−3c=0

 Chọn C
Tập xác định D=ℝ\2;3
Ta có: limx→2+y=limx→2+1−2xx2−5x+6=+∞limx→2−y=limx→2−1−2xx2−5x+6=−∞⇒x=2 là 1 tiệm cận đứng
limx→3+y=limx→3+1−2xx2−5x+6=−∞limx→3−y=limx→3−1−2xx2−5x+6=+∞⇒x=3 là 1 tiệm cận đứng.
limx→+∞y=limx→+∞1−2xx2−5x+6=0limx→−∞y=limx→−∞1−2xx2−5x+6=0⇒y=0 là tiệm cận ngang.
Vậy đồ thị hàm số có 3 đường tiệm cận.

Chọn B
x2+5x−6=0⇔x=−6x=1
Đồ thị hàm số f(x)=x−mx2+5x−6 có hai đường tiệm cận đứng khi m≠−6 và m≠1

Chọn C
Trong một hình đa diện, tổng số đỉnh và số mặt lớn hơn số cạnh của hình đa diện đó.

Chọn D
Khối 12 mặt đều là khối đa diện đều loại: {5;3}
Do đó: 2C=5.12⇒C=30.

Chọn C
Diện tích đáy của hình lăng trụ: a234
Thể tích của khối lăng trụ ABC.A'B'C' là V=a3.a234=3a34

Chọn C

Diện tích đáy của hình chóp: a23.
Gọi H là chân đường cao hạ từ đỉnh S xuống ABC, M là trung điểm BC.
Khi đó SMH^=300.
Ta có: MH=13.2a32=3a3.
Xét tam giác vuông SHM có tanSMH^=SHMH⇒SH=MH.tan300=3a3.33=a3.
Vậy: Thể tích khối chóp đều S.ABC là V=13.a23.a3=a339.

Ta có: f'x=0⇔x=0x=2.
gx=fx2−8x.
Ta có g'x=2x−4.f'x2−8x.
Suy ra g'x=0 ⇔x−4=0x2−8x=0x2−8x=2⇔x=4x=0x=8x=4+32x=4−32
g'5=2.g'−15>0
Bảng xét dấu g'x

Vậy hàm số y=fx2−8x có 5 điểm cực trị.

SABC=a23

dS,ABC=3VS.ABCSABC=a3a23=a33

Nếu tịnh tiến đồ thị đã cho qua trái 1 đơn vị thì hàm số có dạng y=ax4+bx+ca≠0.

Dựa vào đồ thị ta có hệ phương trình: y0=1y1=−2y2=1⇔c=1a+b+c=−216a+4b+c=1⇔c=1a=1b=−4⇒y=x4−4x2+1.
Đồ thị cho trên đề bài : y=x−14−4x−1+1=x2−2x2−4x2−2x−1 ⇒f'x2−2x=x2−2x2−2x2−2x−1.
Đặt x2−2x=t⇒f't=t2−2t−1
Ta có gx=fx2−1+23x3+1
g'x=2x.f'x2−1+2x2=2xf'x2−1+x=2xx2−12−2x2−1−1+x
=2xx4−4x2+x+2
g'x=0⇔x=0x=1x=−2x=1±52
Bảng xét dấu của g'x

Dựa vào bảng xét dấu hàm số gx đồng biến trên các khoảng −2;1−52 và 0;1 và 1+52;+∞
nghịch biến trên các khoảng −∞;−2 và 1−52;0và 1;1+52.

y'=−2f'5−2x.
Bảng xét dấu của f'(5−2x)

Đặt t=5−2x
f't=0⇔x=1x=2x=3⇔t=3t=1t=−1
Bảng biến thiên của ft

Xét 3fx2−4x+3−m=hx.
Đặt u=x2−4x+3=x−22−1≥−1.

Hàm số gx có giá trị lớn nhất ⇔−3−m≤12−m⇔m≤92.
Vậy m≤92 thì hàm số gx có giá trị lớn nhất .