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

Câu 41: Đáp án B

Phương pháp:

Xét hàm số $y = {a^x},\,\,0 < a \ne 1$

+) $a > 1$: Hàm số đồng biến trên R.

+) $0 < a < 1$: Hàm số nghịch biến trên R.

Cách giải:

Hàm số nào đồng biến trên R là: $y = {\left( {\frac{2}{{\sqrt 3 }}} \right)^x},\,\,do\,\,\frac{2}{{\sqrt 3 }} > 1$

Câu 42: Đáp án D

Phương pháp:

Nếu $\left\{ \begin{array}{l}y’\left( {{x_0}} \right) = 0\\y”\left( {{x_0}} \right) < 0\end{array} \right. \Rightarrow x = {x_0}$ là điểm cực đại của hàm số.

Cách giải:

$y = \frac{2}{3}{x^3} – \frac{5}{2}{x^2} + 2x + 1 \Rightarrow y’ = 2{x^2} – 5x + 2;\,\,\,y” = 4x – 5$

Ta có: $\left\{ \begin{array}{l}y’ = 0\\y” < 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\left[ \begin{array}{l}x = 2\\x = \frac{1}{2}\end{array} \right.\\x < \frac{5}{4}\end{array} \right. \Leftrightarrow x = \frac{1}{2} \Rightarrow y = \frac{{35}}{{24}}$

Điểm cực đại của đồ thị hàm số đã cho là: $M\left( {\frac{1}{2};\frac{{35}}{{24}}} \right)$

Câu 43: Đáp án

Phương pháp:

Sử dụng công thức đổi cơ số: ${\log _a}b = \frac{{{{\log }_c}b}}{{{{\log }_c}a}},\,\,\left( {0 < a,b,c \ne 1} \right)$

Cách giải:

Ta có: $a = {\log _3}45 = {\log _3}\left( {{3^2}.5} \right) = {\log _3}{3^2} + {\log _3}5 = 2 + {\log _3}5 \Rightarrow {\log _3}5 = a – 2$

${\log _{45}}5 = \frac{{{{\log }_3}5}}{{{{\log }_3}45}} = \frac{{a – 2}}{a}$

Câu 44: Đáp án C

Phương pháp: $\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{{e^x} – 1}}{x} = 1$

Cách giải:

$\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{{e^{2017x}} – 1}}{x} = 2017.\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{{e^{2017x}} – 1}}{x} = 2017.1 = 2017$

Câu 45: Đáp án D

Phương pháp:

Nếu $\left\{ \begin{array}{l}y’\left( {{x_0}} \right) = 0\\y”\left( {{x_0}} \right) > 0\end{array} \right. \Rightarrow x = {x_0}$ là điểm cực tiểu của hàm số.

Cách giải:

$y = {x^4} – 4{x^2} + 3 \Rightarrow y’ = 4{x^3} – 8x;\,\,\,y” = 12{x^2} – 8$

$\left\{ \begin{array}{l}y’ = 0\\y” > 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}y’ = 4{x^3} – 8x = 0\\12x – 8 > 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\left[ \begin{array}{l}x = 0\\x = \sqrt 2 \\x = – \sqrt 2 \end{array} \right.\\\left[ \begin{array}{l}x > \sqrt {\frac{2}{3}} \\x < – \sqrt {\frac{2}{3}} \end{array} \right.\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = \sqrt 2 \Rightarrow y = – 1\\x = – \sqrt 2 \Rightarrow y = – 1\end{array} \right.$

Hàm số đạt cực tiểu tại $x = \pm \sqrt 2 ,\,\,{y_{CT}} = – 1$

Câu 46: Đáp án C

Phương pháp:

Giải phương trình logarit cơ bản: ${\log _a}f\left( x \right) = b \Rightarrow f\left( x \right) = {a^b}$

Cách giải: ${\log _{22}}\left( {2x – 1} \right) = 3 \Leftrightarrow 2x – 1 = {2^3} \Leftrightarrow x = 9$

Câu 47: Đáp án C

Phương pháp:

Công thức lãi kép, không kỳ hạn: ${A_n} = M{\left( {1 + r\% } \right)^n}$

Với: ${A_n}$ là số tiền nhận được sau tháng thứ n,

M là số tiền gửi ban đầu,

n là thời gian gửi tiền (tháng),

r là lãi suất định kì (%).

Cách giải:

Số tiền ông A rút ra sau 5 năm đầu là: $100.1 + 8{\% ^5} \approx 146,933$ (triệu đồng)

Số tiền ông A tiếp tục gửi là: $146,933:2 \approx 73,466$ (triệu đồng)

Số tiền ông A nhận được sau 5 năm còn lại là: $73,466.1 + 8{\% ^5} \approx 107,946$ (triệu đồng)

Sau 10 năm ông A đã thu được số tiền lãi là: $107,946 – 73,466 + 146,933 – 100 \approx 81,412$ (triệu đồng)

Câu 48: Đáp án B

Phương pháp :

Nếu $f’\left( x \right)$ đổi dấu khi qua điểm $x = {x_0} \Rightarrow x = {x_0}$ là điểm cực trị của hàm số.

Cách giải:

$f’\left( x \right)$ đổi dấu từ – sang + tại $x = 3 \Rightarrow $ Hàm số đạt cực tiểu tại $x = 3$

Câu 49: Đáp án A

* 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:

$y = \frac{{1 – 2{x^2}}}{{{x^2} + 6x + 9}},\,\,D = R\backslash \left\{ 3 \right\}$

$\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } f\left( x \right) = – 2,\,\,\,\mathop {\lim }\limits_{x \to – \infty } f\left( x \right) = – 2$

$\mathop {\lim }\limits_{x \to {{\left( { – 3} \right)}^ + }} f\left( x \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to {{\left( { – 3} \right)}^ – }} f\left( x \right) = – \infty $

$ \Rightarrow $ Hàm số có TCN là $y = – 2$, TCĐ $x = – 3$

$ \Rightarrow a = – 3,\,\,b = – 2 \Rightarrow T = 2a – b = 2.\left( { – 3} \right) – \left( { – 2} \right) = – 4$

Câu 50: Đáp án B

Phương pháp:

Xét từng hàm số, giải bất phương trình $y’ \ge 0$

Cách giải:

$y = {x^3} + 1 \Rightarrow y’ = 3{x^2} \ge 0,\,\,\,\forall x \in R,\,\,\,y’ = 0$ tại điểm duy nhất $x = 0$

$ \Rightarrow $ Hàm số $y = {x^3} + 1$ đồng biến trên khoảng $\left( { – \infty ; + \infty } \right)$