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

Câu 41: Đáp án C

Phương pháp:

+) Tìm điều kiện để hàm số có 2 điểm cực trị.

+) Áp dụng định lí Vi-ét biểu diễn biểu thức $\left( {{x_1} + 2m} \right)\left( {{x_2} + 2m} \right)$ theo m.

+) Tìm m.

Cách giải:

Ta có: $y = \frac{1}{3}{x^3} – \frac{1}{2}{x^2} + mx + 1 \Rightarrow y’ = {x^2} – x + m$

Để hàm số có 2 cực trị ${x_1},\,{x_2}$ thì $y’ = 0$ có 2 nghiệm phân biệt $ \Leftrightarrow \Delta > 0 \Leftrightarrow 1 – 4m > 0 \Leftrightarrow m < \frac{1}{4}$

Khi đó, áp dụng định lí Vi-ét ta có: $\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = 1\\{x_1}{x_2} = m\end{array} \right.$

Theo bài ra:

$\left( {{x_1} + 2m} \right)\left( {{x_2} + 2m} \right) = 7 \Leftrightarrow {x_1}{x_2} + 2m\left( {{x_1} + {x_2}} \right) + 4{m^2} – 7 \Leftrightarrow m + 2m.1 + 4{m^2} – 7 = 0$

$ \Leftrightarrow 4{m^2} + 3m – 7 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m = 1\,\,\,\,\,\,\left( {ktm} \right)\\m = – \frac{7}{4}\,\left( {tm} \right)\end{array} \right.$

Câu 42: Đáp án C

Phương pháp:

+) Đưa về cùng cơ số, sử dụng công thức ${\log _a}x + {\log _a}y = {\log _a}\left( {xy} \right)\,\,\left( {0 < a \ne 1;\,\,x,y > 0} \right)$

+) Khi đó ${\log _a}f\left( x \right) = {\log _a}g\left( x \right) \Leftrightarrow f\left( x \right) = g\left( x \right) > 0$

+) Đưa biểu thức P về dạng tam thức bậc hai ẩn t. Tìm GTNN của P.

Cách giải:

ĐK: $x > 0;\,\,y > 0$

Ta có: $2 + 2{\log _2}x = \frac{1}{2}{\log _{\sqrt 2 }}y \Leftrightarrow {\log _2}\left( {4{x^2}} \right) = {\log _2}y \Leftrightarrow y = 4{x^2}$

Khi đó: $P = 10{x^2} – 2\left( {x + y} \right) – 3 = 10{x^2} – 2\left( {x + 4{x^2}} \right) – 3 = 2{x^2} – 2x – 3 = 2{\left( {x – \frac{1}{2}} \right)^2} – \frac{7}{2} \ge – \frac{7}{2}$

$ \Rightarrow {P_{\min }} = – \frac{7}{2}$ khi và chỉ khi $x = \frac{1}{2} \Rightarrow y = 4{x^2} = 1$

Câu 43: Đáp án D

Phương pháp:

Hàm đa thức bậc ba không có cực trị khi và chỉ khi ${\Delta _{y’ = 0}} \le 0$

Cách giải:

Ta có: $y = {x^3} – 3{x^2} + 3mx + 1 \Rightarrow y’ = 3{x^2} – 6x + 3m\,\,\left( * \right)$

Để hàm số đã cho không có cực trị thì $\Delta {‘_{\left( * \right)}} \le 0 \Leftrightarrow 9 – 9m \le 0 \Leftrightarrow m \ge 1$

Chú ý và sai lầm: Học sinh hay nhầm lẫn rằng hàm đa thức bậc ba không có cực trị khi và chỉ khi phương trình $y’ = 0$ vô nghiệm $ \Leftrightarrow {\Delta _{y’ = 0}} < 0$

Câu 44: Đáp án B

Phương pháp:

Sử dụng công thức tỉ số thể tích cho khối chóp tam giác: Cho khối chóp S.ABC, các điểm ${A_1},\,{B_1},\,{C_1}$ lần lượt thuộc SA, SB, SC. Khi đó, $\frac{{{V_{S.{A_1}{B_1}{C_1}}}}}{{{V_{S.ABC}}}} = \frac{{S{A_1}}}{{SA}}.\frac{{S{B_1}}}{{SB}}.\frac{{S{C_1}}}{{SC}}$

Cách giải:

*) Tính thể tích khối chóp S.AMB theo thể tích khối chóp S.ABCD:

Ta có: $\frac{{{V_{S.AMB}}}}{{{V_{S.ABC}}}} = \frac{{SM}}{{SC}} = \frac{2}{3} \Rightarrow {S_{S.ANM}} = \frac{2}{3}{V_{S.ABC}} = \frac{2}{3}.\frac{1}{2}.{V_{S.ABCD}} = \frac{1}{3}{V_{S.ABCD}}\,\,\,\left( 1 \right)$

*) Tính thể tích khối chóp S.AMN theo thể tích khối chóp S.ABCD:

Ta có: $\frac{{{V_{S.AMN}}}}{{{V_{S.ADC}}}} = \frac{{SN}}{{SD}}.\frac{{SM}}{{SC}} = \frac{1}{4}.\frac{2}{3} = \frac{1}{6}$

$ \Rightarrow {V_{S.AMN}} = \frac{1}{6}{V_{S.ADC}} = \frac{1}{6}.\frac{1}{2}.{V_{S.ABCD}} = \frac{1}{2}{V_{S.ABCD}}\,\,\,\left( 2 \right)$

Từ (1), (2) suy ra: ${V_{S.ABMN}} = {V_{S.AMB}} + {V_{S.ANM}} = \frac{1}{3}{V_{S.ABCD}} + \frac{1}{{12}}{V_{S.ABCD}} = \frac{5}{{12}}{V_{S.ABCD}}$

Mà ${V_{S.ABCD}} = \frac{1}{3}.SO.{S_{ABCD}} = \frac{1}{3}.\frac{{a\sqrt 3 }}{2}.2a.a = \frac{{\sqrt 3 {a^3}}}{3}$

$ \Rightarrow {V_{S.ABMN}} = \frac{5}{{12}}.\frac{{{a^3}\sqrt 3 }}{3} = \frac{{5{a^3}\sqrt 3 }}{{36}}$

Câu 45: Đáp án D

Phương pháp:

Thể tích khối lăng trụ: $V = Sh$

Cách giải:

$CC’ \bot \left( {ABC} \right) \Rightarrow \left( {AC’;\left( {ABC} \right)} \right) = \left( {AC’;AC} \right) = C’AC = {45^0}$

$ \Rightarrow \Delta ACC’$ vuông cân tại C $ \Rightarrow CC’ = AC = 2a$

Diện tích tam giác ABC:

${S_{ABC}} = \frac{1}{2}AB.AC.\sin A = \frac{1}{2}.a.2a.\sin {120^0} = \frac{1}{2}.a.2a.\frac{{\sqrt 3 }}{2} = \frac{{\sqrt 3 {a^2}}}{2}$

Thể tích V của khối lăng trụ ABCA’B’C’ là: $V = {S_{ABC.}}CC’ = \frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{2}.2a = {a^3}\sqrt 3 $

Câu 46: Đáp án A

Phương pháp:

Áp dụng phương pháp xác định khoảng cách từ chân đường cao đến một mặt phẳng.

Cách giải:

Kẻ $AH \bot SB,\,\,\left( {H \in SB} \right)$

Ta có $\left\{ \begin{array}{l}BC \bot AB\\BC \bot SA\end{array} \right. \Rightarrow BC \bot \left( {ABC} \right) \Rightarrow BC \bot AH$

$ \Rightarrow AH \bot \left( {SBC} \right) \Rightarrow d\left( {A;\left( {SBC} \right)} \right) = AH$

Tam giác ABC vuông cân tại B $ \Rightarrow AB = \frac{{AC}}{{\sqrt 2 }} = \frac{{2a}}{{\sqrt 2 }} = a\sqrt 2 $

Tam giác SAB vuông tại A, $AH \bot SB \Rightarrow \frac{1}{{A{H^2}}} = \frac{1}{{A{B^2}}} + \frac{1}{{S{A^2}}} = \frac{1}{{2{a^2}}} + \frac{1}{{{a^2}}} = \frac{3}{{2{a^2}}}$

$ \Rightarrow AH = \frac{{a\sqrt 6 }}{3} \Rightarrow d\left( {A;\left( {SBC} \right)} \right) = \frac{{a\sqrt 6 }}{3}$

Câu 47: Đáp án C

Phương pháp:

Áp dụng công thức tính thể tích khối trụ $V = \pi {r^2}h$ trong đó r; h lần lượt là bán kính đáy và chiều cao của khối trụ.

Cách giải:

Thể tích vật thể tròn xoay thu được bằng với thể tích của khối trụ có bán kính đáy $r = OA = \frac{{XA}}{{\sqrt 2 }} = \frac{5}{{\sqrt 2 }}$ và đường cao $h = OO’ = XY = 10$, có thể tích là: $V = \pi {r^2}h = \pi .{\left( {\frac{5}{{\sqrt 2 }}} \right)^2}.10 = 125\pi $

Câu 48: Đáp án B

Phương pháp:

Xét phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số $y = \frac{{2x + 1}}{{x + 1}}$ và đường thẳng $y = – x + 2$

Cách giải:

Phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số $y = \frac{{2x + 1}}{{x + 1}}$ và đường thẳng $y = – x + 2$

$\frac{{2x + 1}}{{x + 1}} = – x + 2,\,\,\left( {x \ne – 1} \right)$

$ \Leftrightarrow 2x + 1 = \left( { – x + 2} \right)\left( {x + 1} \right) \Leftrightarrow 2x + 1 = – {x^2} + x + 2 \Leftrightarrow {x^2} + x – 1 = 0$

Gọi A, B là giao điểm của 2 đồ thị, áp dụng định lí Vi-ét $ \Rightarrow {x_A} + {x_B} = – 1$

Câu 49: Đáp án C

Phương pháp:

+) Lấy y chia y’, phần dư chính là đường thẳng đi qua hai điểm cực trị.

+) Hai đường thẳng vuông góc khi tích hệ số góc của chúng bằng -1.

Cách giải:

Ta có: $y = {x^3} – 3{x^2} – mx + 2 \Rightarrow y’ = 3{x^2} – 6x – m$

Đồ thị hàm số có 2 cực trị $ \Leftrightarrow \Delta ‘ > 0 \Leftrightarrow 9 + 3m > 0 \Leftrightarrow m > – 3$. Ta có:

$ \Rightarrow y = \left( {\frac{1}{3}x – \frac{1}{3}} \right)y’ – \frac{8}{3}mx + 2 – \frac{m}{3}$

$ \Rightarrow $ Phương trình đường thẳng đi qua hai cực trị A, B của đồ thị hàm số đã cho là: $y = – \frac{8}{3}mx + 2 – \frac{m}{3}$

$\left( d \right):x + 4y – 5 \Leftrightarrow y = – \frac{1}{4}x + \frac{5}{4}$

Do AB vuông góc với d nên $ – \frac{8}{3}m.\left( { – \frac{1}{4}} \right) = – 1 \Leftrightarrow m = – \frac{3}{2}\left( {tm} \right)$

Vậy, không có giá trị nào của m thỏa mãn.

Câu 50: Đáp án C

Phương pháp:

Hàm số đã cho đồng biến trên R $ \Leftrightarrow y’ \ge 0\,\,\forall x \in R$ và bằng 0 tại hữu hạn điểm.

Cách giải:

Ta có: $y = \frac{1}{3}{x^3} – \frac{1}{2}\left( {2m + 1} \right){x^2} + \left( {{m^2} + 2} \right)x + 1 \Rightarrow y’ = {x^2} – \left( {2m + 1} \right)x + {m^2} + 2$

Để hàm số đã cho đồng biến trên khoảng $\left( { – \infty ; + \infty } \right)$ thì $\left\{ \begin{array}{l}1 > 0\\\Delta \le 0\end{array} \right. \Leftrightarrow {\left( {2m + 1} \right)^2} – 4\left( {{m^2} + 2} \right) \le 0$

$ \Leftrightarrow 4m – 7 \le 0 \Leftrightarrow m \le \frac{7}{4}$

$ \Rightarrow $ Số nguyên m lớn nhất thỏa mãn là 1.