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

Câu 31: Đáp án A

Phương pháp:

Thể tích khối chóp: $V = \frac{1}{3}Sh$

Cách giải:

$SA \bot \left( {ABCD} \right) \Rightarrow {V_{S.ABC}} = \frac{1}{2}.SA.{S_{ABC}} = \frac{1}{3}.SA.\frac{1}{2}{S_{ABCD}} = \frac{1}{6}.\frac{a}{2}.\left( {a.a\sqrt 2 } \right) = \frac{{{a^3}\sqrt 2 }}{{12}}$

Câu 32: Đáp án D

Phương pháp:

Phương pháp tìm GTLN, GTNN của hàm số $y = f\left( x \right)$ trên $\left[ {a;b} \right]$

Bước 1: Tính y’, giải phương trình $y’ = 0 \Rightarrow {x_i} \in \left[ {a;b} \right]$

+) Bước 2: Tính các giá trị $f\left( a \right);\,\,f\left( b \right);\,\,f\left( {{x_i}} \right)$

+) Bước 3: $\mathop {max}\limits_{\left[ {a;b} \right]} f\left( x \right) = max\left\{ {f\left( a \right);\,\,f\left( b \right);\,\,f\left( {{x_i}} \right)} \right\};\,\,\,\mathop {\min }\limits_{\left[ {a;b} \right]} f\left( x \right) = \min \left\{ {f\left( a \right);\,\,f\left( b \right);\,\,f\left( {{x_i}} \right)} \right\}$

Cách giải:

Ta có: $y = {x^3} – 5{x^2} + 7x + 1 \Rightarrow y’ = 3{x^2} – 10x + 7 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 1 \in \left[ { – 1;2} \right]\\x = \frac{7}{3} \notin \left[ { – 1;2} \right]\end{array} \right.$

Hàm số liên tục trên $\left[ { – 1;2} \right]$ có $y\left( { – 1} \right) = – 12,\,\,y\left( 1 \right) = 4,\,\,y\left( 2 \right) = 3 \Rightarrow $ Giá trị lớn nhất của hàm số: $M = 4$

Câu 33: Đáp án A

Phương pháp:

Giải bất phương trình bậc hai đối với hàm logarit.

Cách giải:

Ta có: ${\log _3}^2x – 3{\log _3}x + 2 \le 0 \Leftrightarrow 1 \le {\log _3}x \le 2 \Leftrightarrow 3 \le x \le 9$

Tập nghiệm S của bất phương trình $\log _3^2x – 3{\log _3}x + 2 \le 0$ là $S = \left[ {3;9} \right]$

Câu 34: Đáp án A

Phương pháp:

Nhận biết đồ thị hàm số bậc bốn trùng phương.

Cách giải:

Quan sát đồ thị hàm số, ta thấy: khi $x \to + \infty ,\,\,\,y \to + \infty \Rightarrow a > 0$

Hàm số có 3 cực trị $ \Leftrightarrow y’ = 0$ có 3 nghiệm phân biệt

Ta có: $y’ = 0 \Leftrightarrow 4a{x^3} + 2bx = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\{x^2} = – \frac{b}{{2a}}\end{array} \right.$

Để phương trình $y’ = 0$ có 3 nghiệm phân biệt thì $\frac{{ – b}}{{2a}} > 0 \Rightarrow b < 0\,\,\left( {do\,\,a > 0} \right)$

Đồ thị hàm số cắt Oy tại điểm có tung độ âm $ \Rightarrow c < 0$

Câu 35: Đáp án D

Phương pháp: ${a^x} > b \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}a > 1\\x > {\log _a}b\end{array} \right.\\\left\{ \begin{array}{l}0 < a < 1\\x < {\log _a}b\end{array} \right.\end{array} \right.$

Cách giải:

Ta có: ${\left( {\frac{1}{2}} \right)^{{x^2} – 3x}} \ge 4 \Leftrightarrow {2^{ – {x^2} + 3x}} \ge 4 \Leftrightarrow – {x^2} + 3x \ge 2 \Leftrightarrow {x^2} – 3x + 2 \le 0 \Leftrightarrow 1 \le x \le 2$

Tập nghiệm S của bất phương trình ${\left( {\frac{1}{2}} \right)^{{x^2} – 3x}} \ge 4$ là $S = \left[ {1;2} \right]$

Câu 36: Đáp án D

Phương pháp:

+) Tính $s\left( 0 \right)$

+) Tính t khi số lượng khi khuẩn là 9 triệu 200 nghìn con.

Cách giải:

Biết sau 2 phút thì số lượng vi khuẩn Lactobacillus là 575 nghìn con $ \Rightarrow 575 = s\left( 0 \right){.2^2} \Rightarrow s\left( 0 \right) = \frac{{575}}{4}$ (nghìn con)

Số lượng vi khuẩn là 9 triệu 200 nghìn con: $9200 = \frac{{575}}{4}{.2^t} \Rightarrow {2^t} = 64 \Rightarrow t = 6$ (phút)

Vậy, sau 6 phút, kể từ lúc đầu, số lượng vi khuẩn là 9 triệu 200 nghìn con.

Câu 37: Đáp án B

Phương pháp:

${\log _a}{b^c} = c{\log _a}b,\,\,\,\left( {a,b > 0,\,\,a \ne 1} \right)$

${\log _{{a^c}}} = \frac{1}{c}{\log _a}b,\,\,\,\left( {a,b > 0,\,\,a \ne 1,\,c \ne 0} \right)$

Cách giải:

Với $a > 0,\,b > 0$ ta có:

$\left\{ \begin{array}{l}{\log _4}a + {\log _{16}}{b^2} = 1\\{\log _{\frac{1}{2}}}a + {\log _4}{b^3} = \frac{1}{2}\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\frac{1}{2}{\log _2}a + \frac{1}{2}{\log _2}b = 1\\ – {\log _2}a + \frac{3}{2}{\log _2}b = \frac{1}{2}\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{\log _2}a = 1\\{\log _2}b = 1\end{array} \right. \Leftrightarrow a + b = 4$

Câu 38: Đáp án B

Phương pháp:

Khoảng cách giữa hai đường thẳng bằng độ dài đoạn vuông góc chung của hai đường thẳng đó.

Cách giải:

Gọi C, D lần lượt là hình chiếu vuông góc của A, B lên mặt phẳng đáy còn lại (như hình vẽ). I là trung điểm của AC.

$OO’//AD \Rightarrow OO’//\left( {ABCD} \right)$

$ \Rightarrow d\left( {OO’;AB} \right) = d\left( {OO’;\left( {ABCD} \right)} \right) = d\left( {O;\left( {ABCD} \right)} \right)\,\,\,\left( 1 \right)$

Ta có: $\left\{ \begin{array}{l}AD//OO’\\OO’ \bot \left( {OAC} \right)\end{array} \right. \Rightarrow AD \bot \left( {OAC} \right) \Rightarrow AD \bot OI$

Mà $AC \bot OI \Rightarrow OI \bot \left( {ABCD} \right) \Rightarrow d\left( {O;\left( {ACBD} \right)} \right) = OI\,\,\,\left( 2 \right)$

Từ (1), (2) $ \Rightarrow d\left( {AB;OO’} \right) = OI$

Tam giác ABD vuông tại D, có $BAD = \left( {AB;AD} \right) = \left( {AB;OO’} \right) = {30^0}$

$ \Rightarrow BD = AD.\tan {30^0} = 25.\frac{1}{{\sqrt 3 }} = \frac{{25}}{{\sqrt 3 }} \Rightarrow AC = BD = \frac{{25}}{{\sqrt 3 }} \Rightarrow IA = \frac{1}{2}AC = \frac{{25}}{{2\sqrt 3 }}$

Tam giác OIA vuông tại I $ \Rightarrow OI = \sqrt {O{A^2} – I{A^2}} = \sqrt {{{20}^2} – {{\left( {\frac{{25}}{{2\sqrt 3 }}} \right)}^2}} = \frac{{5\sqrt {501} }}{6} \Rightarrow d = \frac{{5\sqrt {501} }}{6}$

Câu 39: Đáp án A

Phương pháp:

+) Đặt ${2^x} = t\,\left( {t > 0} \right)$

+) Tìm tập xác định của hàm số $R\backslash \left\{ {{x_0}} \right\}$

+) Hàm số có dạng $\frac{{ax + b}}{{cx + d}}$ đồng biến (hoặc nghịch biến) trên $\left( {a;b} \right) \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}y’ > 0\,\,\left( {hoac\,\,y’ < 0} \right)\\{x_0} \notin \left( {a;b} \right)\end{array} \right.$

Cách giải:

ĐKXĐ: ${2^x} \ne m$

Ta có: $y = \frac{{{2^{x + 1}} + 1}}{{{2^x} – m}} = \frac{{{{2.2}^x} + 1}}{{{2^x} – m}}$

Đặt $t = {2^x} > 0$ ta có $y\left( t \right) = \frac{{2t + 1}}{{t – m}}\left( {t \ne m} \right) \Rightarrow y’ = \frac{{ – 2m – 1}}{{{{\left( {t – m} \right)}^2}}}$

Ta có: $x \in \left( { – 1;1} \right) \Rightarrow {2^x} \in \left( {\frac{1}{2};2} \right) \Rightarrow t \in \left( {\frac{1}{2};2} \right)$, khi đó bài toán ban đầu trở thành tìm m để hàm số $y\left( t \right) = \frac{{2t + 1}}{{t – m}}\left( {t \ne m} \right)$ nghịch biến trên $\left( {\frac{1}{2};2} \right)$

$ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} – 2m – 1 < 0\\m \notin \left( {\frac{1}{2};2} \right)\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m > – \frac{1}{2}\\\left[ \begin{array}{l}m \ge 2\\m \le \frac{1}{2}\end{array} \right.\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} – \frac{1}{2} < m \le \frac{1}{2}\\m \ge 2\end{array} \right.$

Câu 40: Đáp án D

Phương pháp:

+) Đặt $t = \log _2^2x$, xác định khoảng giá trị $\left[ {a;b} \right]$ của t theo x.

+) Cô lập m, đưa phương trình về dạng $f\left( t \right) = m$.

+) Phương trình $f\left( t \right) = m$ có nghiệm $ \Leftrightarrow \mathop {\min }\limits_{\left[ {a;b} \right]} f\left( t \right) \le m \le \mathop {max}\limits_{\left[ {a;b} \right]} f\left( t \right)$

Cách giải:

Đặt $t = \log _2^2x = f\left( x \right),\,\,x \in \left[ {1;{2^{\sqrt 2 }}} \right],\,$

$f’\left( x \right) = 2{\log _2}x.\frac{1}{{x.\ln 2}} > 0,\,\,\forall x \in \left[ {1;{2^{\sqrt 2 }}} \right] \Rightarrow f\left( 1 \right) \le t \le \left( {{2^{\sqrt 2 }}} \right) \Leftrightarrow 0 \le t \le 2$

Phương trình $\log _2^2x + \sqrt {\log _2^2x + 2} – m – 1 = 0\,\,\left( 1 \right)$ trở thành:

$t + \sqrt {t + 2} – m – 1 = 0,\,\,\,t \in \left[ {0;2} \right] \Leftrightarrow m = t + \sqrt {t + 2} – 1$

Xét hàm số $g\left( t \right) = t + \sqrt {t + 2} – 1,\,\,t \in \left[ {0;2} \right]$ ta có:

$g’\left( t \right) = 1 + \frac{2}{{2\sqrt {t + 2} }} > 0,\,\,\forall t \in \left[ {0;2} \right] \Rightarrow $ Hàm số đồng biến trên $\left[ {0;2} \right]$

$ \Rightarrow g\left( 0 \right) \le g\left( t \right) \le g\left( 2 \right) \Leftrightarrow \sqrt 2 – 1 \le g\left( t \right) \le 3$

$ \Rightarrow $ Để phương trình đã cho có nghiệm thì $ – 1 + \sqrt 2 \le m \le 3$