Đề Thi Học kì 1 Toán 12 Sở Giáo Dục & Đào Tạo Đồng Tháp Có Đáp Án Và Lời Giải Chi Tiết

Câu 21: Đáp án A

Phương pháp:

* Định nghĩa tiệm cận ngang của đồ thị hàm số $y = f\left( x \right)$

Nếu $\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } f\left( x \right) = a$ hoặc $\mathop {\lim }\limits_{x \to – \infty } f\left( x \right) = a \Rightarrow y = a$là TCN của đồ thị hàm số.

* Định nghĩa tiệm cận đứng của đồ thị hàm số $y = f\left( x \right)$

Nếu $\mathop {\lim }\limits_{x \to {a^ + }} f\left( x \right) = – \infty $ hoặc $\mathop {\lim }\limits_{x \to {a^ – }} f\left( x \right) = + \infty $ hoặc $\mathop {\lim }\limits_{x \to {a^ – }} f\left( x \right) = – \infty $ thì $x = a$ là TCĐ của đồ thị hàm số.

Cách giải:

TXĐ: $D = \left( { – \infty ; – \sqrt 2 } \right] \cup \left[ {\sqrt 2 ; + \infty } \right)$

Ta có: $\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{{\sqrt {{x^2} – 2} }}{{x – 1}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{{\sqrt {1 – \frac{2}{{{x^2}}}} }}{{1 – \frac{1}{x}}} = 1,\,\,\,\mathop {\lim }\limits_{x \to – \infty } \frac{{\sqrt {{x^2} – 2} }}{{x – 1}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to – \infty } \frac{{ – \sqrt {1 – \frac{2}{{{x^2}}}} }}{{1 – \frac{1}{x}}} = – 1 \Rightarrow $ Đồ thị hàm số có 2 tiệm cận ngang là $y = 1,\,\,y = – 1$

Đồ thị hàm số không có tiệm cận đứng.

Câu 22: Đáp án B

Phương pháp: ${V_{ABCNM}} = {V_{S.ABC}} – {V_{S.AMN}}$

Cách giải:

Ta có: ${V_{ABCNM}} = {V_{S.ABC}} – {V_{S.AMN}}$

Mà ${V_{S.ABC}} = \frac{1}{3}.SA.{S_{ABC}} = \frac{1}{3}.a.\frac{1}{2}bc = \frac{1}{6}abc$

$\frac{{{V_{S.AMN}}}}{{{V_{S.ABC}}}} = \frac{{SM}}{{SB}}.\frac{{SN}}{{SC}} = \frac{1}{2}.\frac{1}{2} = \frac{1}{4} \Rightarrow {V_{S.AMN}} = \frac{{{V_{S.ABC}}}}{4} \Rightarrow {V_{ABCNM}} = {V_{S.ABC}} – {V_{S.AMN}} = \frac{3}{4}{V_{S.ABC}} = \frac{3}{4}.\frac{1}{6}abc = \frac{1}{8}abc$

Câu 23: Đáp án B

Phương pháp:

* Định nghĩa tiệm cận ngang của đồ thị hàm số $y = f\left( x \right)$

Nếu $\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } f\left( x \right) = a$ hoặc $\mathop {\lim }\limits_{x \to – \infty } f\left( x \right) = a \Rightarrow y = a$là TCN của đồ thị hàm số.

* Định nghĩa tiệm cận đứng của đồ thị hàm số $y = f\left( x \right)$

Nếu $\mathop {\lim }\limits_{x \to {a^ + }} f\left( x \right) = – \infty $ hoặc $\mathop {\lim }\limits_{x \to {a^ – }} f\left( x \right) = + \infty $ hoặc $\mathop {\lim }\limits_{x \to {a^ – }} f\left( x \right) = – \infty $ thì $x = a$ là TCĐ của đồ thị hàm số.

Cách giải:

TXĐ: $D = R\backslash \left\{ {1;2} \right\}$

Ta có: $\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{{{x^2} – 5x + 5}}{{{x^2} – 3x + 2}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to – \infty } \frac{{{x^2} – 5x + 5}}{{{x^2} – 3x + 2}} = 1$

$\mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ + }} \frac{{{x^2} – 5x + 5}}{{{x^2} – 3x + 2}} = – \infty ;\,\,\,\,\mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ – }} \frac{{{x^2} – 5x + 5}}{{{x^2} – 3x + 2}} = + \infty $

$\mathop {\lim }\limits_{x \to {2^ + }} \frac{{{x^2} – 5x + 5}}{{{x^2} – 3x + 2}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to {2^ + }} \frac{{x – 3}}{{x – 1}} = – 1;\,\,\mathop {\lim }\limits_{x \to {2^ – }} \frac{{{x^2} – 5x + 5}}{{{x^2} – 3x + 2}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to {2^ – }} \frac{{x – 3}}{{x – 1}} = – 1$

$ \Rightarrow $ Đồ thị hàm số có 1 TCN $y = 1$ và TCĐ là $x = 1$

Câu 24: Đáp án A

Phương pháp:

Giải phương trình bậc hai đối với hàm số logarit.

Cách giải:

ĐKXĐ: $x > 0$

Khi đó $\log _2^2{x^2} – 4{\log _2}{x^3} + 8 = 0 \Leftrightarrow 4\log _2^2x – 12{\log _2}x + 8 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}{\log _2}x = 1\\{\log _2}x = 2\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 2\\x = 4\end{array} \right.$

$ \Rightarrow $ Tích tất cả các nghiệm của phương trình: $P = 8$

Câu 25: Đáp án C

Phương pháp:

Tứ diện đều có 4 mặt đều là tam giác đều.

Cách giải:

Tổng diện tích tất cả các mặt của hình tứ diện đều cạnh a bằng: $4.\frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4} = {a^2}\sqrt 3 $

Câu 26: Đáp án D

Phương pháp:

Số nghiệm của phương trình $f\left( x \right) = m$ là số giao điểm của đồ thị hàm số $f\left( x \right)$ và đường thẳng $y = m$

Cách giải:

Số nghiệm của phương trình ${x^3} – 3x + 1 = m$ bằng số giao điểm của đồ thị hàm số $y = {x^3} – 3x + 1$ và đường thẳng $y = m$

$ \Rightarrow $ Để phương trình ${x^3} – 3x + 1 = m$có ba nghiệm thực phân biệt thì $ – 1 < m < 3$

Câu 27: Đáp án B

Phương pháp:

Diện tích lớn nhất khi mặt phẳng cắt đi qua trục của hình nón.

Cách giải:

Diện tích lớn nhất khi mặt phẳng cắt đi qua trục của hình nón.

Tam giác SAB cân tại S, có $SA = SB = 2a$

Khi đó ${S_{\Delta SAB}} = \frac{1}{2}SA.SB.sinASB = \frac{1}{2}.2a.2a.{\mathop{\rm sinASB}\nolimits} = 2{a^2}.sinASB \le 2{a^2}$

Thiết diện đó đạt diện tích lớn nhất là $2{a^2}$ khi mặt phẳng cắt đi qua trục của hình nón và $ASB = {90^0}$

Câu 28: Đáp án C

Phương pháp:

Đặt ${3^x} = t\,\,\left( {t > 0} \right)$ đưa về phương trình bậc hai ẩn t. Sử dụng định lí Vi-ét.

Cách giải:

Đặt ${3^x} = t\,\,\left( {t > 0} \right)$. Phương trình ${9^x} – {11.3^x} + 9 = 0\,\,\left( 1 \right)$ trở thành ${t^2} – 11t + 9 = 0\,\,\,\left( 2 \right)$

Phương trình (2) có 2 nghiệm ${t_1},\,{t_2}$ thỏa mãn ${t_1}.{t_2} = \frac{9}{1} = 9$

Ta có: $\left\{ \begin{array}{l}{3^{{x_1}}} = {t_1}\\{3^{{x_2}}} = {t_2}\end{array} \right. \Rightarrow {t_1}.{t_2} = {3^{{x_1}}}{.3^{{x_2}}} = {3^{{x_1} + {x_2}}} \Rightarrow 9 = {3^{{x_1} + {x_2}}} \Rightarrow {x_1} + {x_2} = 2$

Câu 29: Đáp án D

Phương pháp:

Thể tích khối trụ: $V = Sh = \pi {r^2}h$

Cách giải:

Khi quay hình chữ nhật ABCD quanh cạnh AB ta được một khối trụ có đường cao là 6, bán kính đáy là 64

Thể tích của khối trụ đó là: $V = \pi {r^2}h = \pi {.4^2}.6 = 96\pi $

Câu 30: Đáp án D

Phương pháp:

Đồ thị hàm số $y = {a^x}$ đồng biến trên R nếu $a > 1$ và nghịch biến trên R nếu $0 < a < 1$

Cách giải:

Đồ thị hàm số $y = {a^x}\left( {{C_1}} \right)$ nghịch biến trên R $ \Rightarrow 0 < a < 1$

Đồ thị hàm số $y = {\log _b}c\left( {{C_2}} \right)$ đồng biến trên $\left( {0; + \infty } \right) \Rightarrow b > 1$

$ \Rightarrow 0 < a < 1 < b$