39 câu hỏi trắc nghiệm thuộc Bộ 20 đề thi giữa kì 2 Toán 12 có đáp án năm 2022-2023 (Đề 5)

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.

Câu 34:

Cho khối lăng trụ đứng

A B C . A' B' C'

có đáy là tam giác đều cạnh 2a và

A' B = a \sqrt{5}

. Thể tích khối lăng trụ đã cho là

A. $\frac{a^{3} \sqrt{3}}{3}$

B. $a^{3} \sqrt{3}$

C. $\frac{a^{3} \sqrt{15}}{3}$

D. $a^{3} \sqrt{15}$

Xem đáp án

Chọn B
Ta có:

A A'^{2} = A' B^{2} - A B^{2} = a^{2}

Thể tích khối lăng trụ đã cho là:

V = A A' . S_{A B C} = a . a^{2} \sqrt{3} = a^{3} \sqrt{3}

Câu 35:

Cho khối chóp tứ giác đều có cạnh đáy bằng

a \sqrt{2}

, cạnh bên bằng

a \sqrt{3}

. Thể tích khối chóp bằng

A. $V = \frac{2 a^{3} \sqrt{2}}{3}$

B. $V = 2 a^{3} \sqrt{2}$

C. $V = \frac{a^{3} \sqrt{2}}{3}$

D. $V = a^{3} \sqrt{2}$

Xem đáp án

Chọn A

Vì ABCD là hình vuông nên BD=2a
Ta có

S O^{2} = \sqrt{S B^{2} - O B^{2}} = \sqrt{2} a

.
Suy ra

V = \frac{1}{3} S O . S_{A B C D} = \frac{1}{3} a \sqrt{2} .2 a^{2} = \frac{2 a^{3} \sqrt{2}}{3}

.

Câu 36:

Cho hàm số

y = \frac{1}{3} x^{3} - x^{2} + (m - 2) x + m^{2} + 2021

. Tìm điều kiện của tham số m để hàm số đã cho đồng biến trên khoảng

(0; + \infty)

.

Xem đáp án

TXĐ: D=R
Ta có

y^{'} = x^{2} - 2 x + m - 2

.
Hàm số đồng biến trên khoảng

(0; + \infty) \Leftrightarrow y^{'} \geq 0, \forall x \in (0; + \infty)

\Leftrightarrow x^{2} - 2 x + m - 2 \geq 0, \forall x \in (0; + \infty) \Leftrightarrow m \geq - x^{2} + 2 x + 2, \forall x \in (0; + \infty)

Xét hàm số

g (x) = - x^{2} + 2 x + 2; g' (x) = - 2 x + 2 = 0 \Leftrightarrow x = 1

Bảng biến thiên của hàm số:

Từ BBT

\Rightarrow m \geq g (x), \forall x \in (0; + \infty) \Leftrightarrow m \geq \max_{(0; + \infty)} g (x) \Leftrightarrow m \geq 3

KL:

m \geq 3

thì hàm sô đã cho đồng biến trên khoảng

(0; + \infty)

.

Câu 37:

Cho hàm số

y = x^{3} - \frac{3}{2} m x^{2} + m^{3}

có đồ thị

(C_{m})

. Tìm tất cả các giá trị của tham số m để đồ thị hàm số có hai điểm cực trị A,B sao cho tam giác ABO có diện tích bằng 32 (với O là gốc tọa độ)

Xem đáp án

D=R

Ta có

y^{'} = 3 x^{2} - 3 m x; y^{'} = 0 \Leftrightarrow [\begin{array}{l} x = 0 \\ x = m \end{array}

.
Để đồ thị hàm số có 2 điểm cực trị thì

m \neq 0

Ta có

A (0; m^{3})

và

B (m; \frac{1}{2} m^{3})

. suy ra

\vec{A B} = (m; - \frac{1}{2} m^{3})

S_{Δ O A B} = \frac{1}{2} d (O; A B) . A B

; VTPT của đường thẳng đi qua AB

\vec{n} = (\frac{1}{2} m^{3}; m)

.
Vậy PT đường AB:

\frac{1}{2} m^{3} (x - 0) + m (y - m^{3}) = 0 \Leftrightarrow m^{3} x + 2 m y - 2 m^{4} = 0

Ta có

S_{Δ O A B} = \frac{1}{2} d (O; A B) . A B \Leftrightarrow d (O; A B) . A B = 64

\begin{array}{l} \Leftrightarrow \frac{|- 2 m^{4}|}{\sqrt{m^{6} + 4 m^{2}}} . \sqrt{m^{2} + \frac{1}{4} m^{6}} = 64 \\ \Leftrightarrow m^{4} = 64 \\ \Leftrightarrow m = \pm 2 \sqrt{2} \end{array}

KL: giá trị cầ tìm:

m = \pm 2 \sqrt{2}

.

Câu 38:

Cho hàm số

y = f (x)

có đồ thị như hình vẽ bên. Phương trình

f [f (\cos x) - 1] = 0

có bao nhiêu nghiệm trên đoạn

[0; 2 π]

?

Xem đáp án

Đặt

t = \cos x

vì

x \in [0; 2 π] \Rightarrow t \in [- 1; 1]

; Đặt

f (t) - 1 = v

Từ ptbd có dạng:

f (v) = 0

(*).
Sô nghiệm của pt(*) là số giao điểm của hai đồ thị

y = f (v)

và đường thẳng

y = 0

Từ đồ thị suy ra số nghiệm của phương trinh(*) là

[\begin{array}{l} v = a_{1} \in (- 2; - 1) \\ v = a_{2} \in (- 1; 0) \\ v = a_{3} \in (1; 2) \end{array}

Thay vào phần đặt ta có

[\begin{array}{l} f (t) - 1 = a_{1} \in (- 2; - 1) \\ f (t) - 1 = a_{2} \in (- 1; 0) \\ f (t) - 1 = a_{3} \in (1; 2) \end{array}

Xét pt:

f (t) - 1 = a_{1} \in (- 2; - 1) \Leftrightarrow f (t) = (1 + a_{1}) \in (- 1; 0)

. Đồ thị hàm số

y = f (t)

và đường thẳng

y = 0

cắt nhau tại 3 điểm, chỉ có 1 điểm thỏa mãn có hành độ

t \in (- 1; 0)

. Nên pt

f (t) - 1 = t_{1} \in (- 2; - 1)

có 1 nghiệm

t \in (- 1; 0)

.
Xet pt:

t = \cos x

với

t \in (- 1; 0)

.

Từ đồ thị hàm sô

y = c o s x, x \in [0; 2 π]

suy ra pt

t = \cos x

với

t \in (- 1; 0)

có 2 nghiệm x
Tương tự pt

f (t) - 1 = a_{2} \in (- 1; 0) \Leftrightarrow f (t) = (1 + a_{2}) \in (0; 1)

có một nghiệm

t \in (- 1; 0)

suy ra

t = \cos x

với

t \in (- 1; 0)

có 2 nghiệm x

f (t) - 1 = a_{3} \in (1; 2) \Leftrightarrow f (t) = (1 + a_{3}) \in (2; 3)

không có nghiệm

t \in [- 1; 1]

KL: PTBĐ có 4 nghiệm.

Câu 39:

Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có mặt bên (SCD) hợp với mặt đáy một góc

45 °

và khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng (SCD) bằng

a \sqrt{3}

. Tính thể tích của khối chóp

S . A B C D

.

Xem đáp án

Gọi M là trung điểm cạnh CD,
Ta có

\{\begin{cases} C D ⊥ O M \\ C D ⊥ S O \end{cases} \Rightarrow C D ⊥ (S O M) \Rightarrow C D ⊥ S M

tại M trong

(S C D)

và

O M ⊥ C D

tại

M

trong (ABCD).
Khi đó:

((S C D), (A B C D)) = (S M, O M) = g o c (S M O) = 45 °

. Suy ra:

Δ S O M

vuông cân tại O

\Rightarrow O M = OS

Trong (SOM), dựng

O H ⊥ S M

tại H. Mặt khác

O H ⊥ C D

(do

C D ⊥ (S O M)

) suy ra

O H ⊥ (S C D)

tại H.

O H = d (O; (S C D))

Ta có

\frac{d (A, (S C D))}{d (O, (S C D))} = \frac{A C}{O C} = 2

Theo gt:

a \sqrt{3} = d (A, (S C D)) = 2 d (O, (S C D)) = 2 O H \Rightarrow O H = \frac{a \sqrt{3}}{2}

Áp dụng hệ thức lượng trong tam giac vuông SOM:

\frac{1}{O H^{2}} = \frac{1}{O S^{2}} + \frac{1}{O M^{2}} = \frac{2}{O S^{2}}

(vì

O M = O S

)
Suy ra:

S O = O M = \frac{a \sqrt{6}}{2} \Rightarrow V_{S . A B C D} = \frac{1}{3} . S O . A D^{2} = \frac{1}{3} . \frac{a \sqrt{6}}{2} . {(2. \frac{a \sqrt{6}}{2})}^{2} = a^{3} \sqrt{6}

.
KL:

V = a^{3} \sqrt{6}