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

Câu 31: Đáp án C

Cách giải:

Khối đa diện đều loại $\left\{ {4;3} \right\}$ chính là khối lập phương, nên có 6 mặt.

Câu 32: Đáp án D

+) Tính cạnh của hình bát diện đều.

+) Tính diện tích một mặt của bát diện đều, sử dụng công thức tính diện tích tam giác đều cạnh a là $S = \frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4}$

+) Bát diện đều là đa diện đều có 8 mặt là tam giác đều.

Cách giải:

Gọi E, F, I, J, M, N lần lượt là tâm của sáu mặt của hình lập phương (như hình vẽ), khi đó: E, F, I, J, M, N là đỉnh của một bát diện đều.

Thật vậy, xét tứ diện đều ACB’D’ khi đó E, F, I, J, M, N là trung điểm của các cạnh của tứ diện nên mỗi mặt của bát diện là những tam giác đều bằng nhau có cạnh bằng $\frac{{AC}}{2}$

Mà AC là đường chéo của hình vuông cạnh bằng $2a\sqrt 2 $ suy ra $AC = 4a$ suy ra cạnh của hình bát diện đều là 2a.

Suy ra diện tích một mặt ${S_{\Delta IEF}} = \frac{{{{\left( {2a} \right)}^2}\sqrt 3 }}{4} = {a^2}\sqrt 3 $

Vậy tổng $S = 8{a^2}\sqrt 3 $

Câu 33: Đáp án A

Phương pháp:

Sử dụng công thức nghiệm của những phương trình lượng giác có góc đặc biệt.

Cách giải: $\cos \,x = 0 \Leftrightarrow a = \frac{\pi }{2} + k\pi \Rightarrow $ Đáp án A sai.

Câu 34: Đáp án d

Phương pháp:

Đưa về phương trình bậc hai ẩn . sin x

Cách giải:

$\cos 2x + 5\sin x = 4 = 0 \Leftrightarrow 1 – 2{\sin ^2}x + 5\sin x – 4 = 0$

$ \Leftrightarrow – 2{\sin ^2}x + 5\sin x – 3 = 0 \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\sin x = 1\\\sin x = \frac{3}{2}\left( {v\^o {\rm{ }}nghiem} \right)\end{array} \right. \Leftrightarrow x = \frac{\pi }{2} + k2\pi ,\,\,k \in Z$

Câu 35: Đáp án C

Phương pháp :

+) Giải phương trình lượng giác.

+) Xác định các nghiệm thuộc $\left[ {0;2017\pi } \right]$

+) Tính tổng các nghiệm vừa xác định được.

Cách giải:

Ta có: $\frac{{\sin x}}{{\cos \,x + 1}} = 0 \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\sin x = 0\\\cos \,x \ne – 1\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{\cos ^2} = 1\\\cos \,x \ne – 1\end{array} \right. \Leftrightarrow \cos \,x = 1 \Leftrightarrow x = k2\pi ,\,\,k \in Z$

Vì $x \in \left[ {0;2017\pi } \right] \Leftrightarrow 0 \le x \le 2017\pi \Rightarrow 0 \le k2\pi \le 2017\pi \Leftrightarrow 0 \le k \le \frac{{2017}}{2} = 1008,5$

Vậy $k \in \left\{ {0;1;2;..;1008} \right\}$, do đó ta được 1009 nghiệm là:

${x_0} = 0,\,\,{x_1} = 1.2\pi ,\,\,\,{x_2} = 2.2\pi ,…,\,\,\,{x_{1007}} = 1007.2\pi ,\,\,\,{x_{1008}} = 1008.2\pi $

Tổng các nghiệm là:

$S = 0 + 1.2\pi + 2.2\pi + … + 1007.2\pi + 1008.2\pi = 2\pi \left( {1 + 2 + 3 + … + 1008} \right) = 2\pi .\frac{{1008.1009}}{2} = 1017072\pi $

Câu 36: Đáp án A

Phương pháp:

+) Tính các số có 3 chữ số đôi một khác nhau (Kể cả chữ số 0 đứng đầu).

+) Tính các số có 3 chữ số đôi một khác nhau (Bắt đầu bằng chữ số 0).

Cách giải:

Số các số tự nhiên có 3 chữ số đôi một khác nhau lập từ 0; 1; 2;…; 9 (kể cả bắt đầu từ chữ số 0) là $A_{10}^3$ số.

Số các số tự nhiên có 3 chữ số đôi một khác nhau lập từ 0; 1; 2; …; 9 (Bắt đầu bằng chữ số 0) là $A_9^3$ số.

Vậy số các số tự nhiên gồm ba chữ số đôi một khác nhau là: $A_{10}^3 – A_9^3 = 648$ (số)

Câu 37: Đáp án C

Phương pháp:

Xác suất của biến cố A: $P\left( A \right) = \frac{{n\left( A \right)}}{{n\left( \Omega \right)}}$

Cách giải:

Chọn 2 bi bất kì từ 9 bi ta có: $n\left( \Omega \right) = C_9^2 = 36$

Gọi A là biến cố hai bi được chọn cùng màu, ta có: $n\left( A \right) = C_4^2 + C_5^2 = 16$

Vậy, xác suất của biến cố A là: $P\left( A \right) = \frac{{n\left( A \right)}}{{n\left( \Omega \right)}} = \frac{{16}}{{36}} = \frac{4}{9}$

Câu 38: Đáp án A

Phương pháp:

Áp dụng Công thức khai triển nhị thức Newton: ${\left( {x + y} \right)^n} = \sum\limits_{i = 0}^n {C_n^i{x^i}.{y^{n – i}}} $

Cách giải:

Số hạng tổng quát trong khai triển là: $T = C_6^k{x^{6 – k}}\left( {\frac{2}{{\sqrt x }}} \right) = {2^k}C_6^k{x^{6 – \frac{{3k}}{2}}}$

Để có số hạng chứa ${x^3}$ khi $6 – \frac{{3k}}{2} = 3 \Leftrightarrow k = 2$

Vậy hệ số của ${x^3}$ trong khai triển trên là: ${2^2}C_6^2 = 60$

Câu 39: Đáp án B

Phương pháp:

Gọi a’ là hình chiếu vuông góc của a trên mặt phẳng (P).

Góc giữa đường thẳng a và mặt phẳng (P) là góc giữa đường thẳng a và a’.

Cách giải:

Vì $SA \bot \left( {ABC} \right)$ nên hình chiếu của đường thẳng SB trên mặt phẳng (ABC) là AB. Khi đó góc giữa đường thẳng SB với mặt (ABC) là SAB

Trong tam giác vuông SBA có

$\tan SBA = \frac{{SA}}{{AB}} = \frac{{a\sqrt 3 }}{a} = \sqrt 3 \Rightarrow SBA = {60^0}$

Vậy góc giữa đường thẳng SB với mặt phẳng (ABC) là: ${60^0}$

Câu 40: Đáp án D

Phương pháp:

Chuyển tính khoảng cách từ B đến $\left( {SCD} \right)$ sang tính khoảng cách từ A đến $\left( {SCD} \right)$

Cách giải:

Gọi H là hình chiếu của A trên SD ta có: $\left\{ \begin{array}{l}CD \bot AD\\CD \bot SA\end{array} \right. \Rightarrow CD \bot \left( {SAD} \right)$

Mà $AH \subset \left( {SAD} \right) \Rightarrow AH \bot CD$

$\left\{ \begin{array}{l}AH \bot CD\\AH \bot SD\end{array} \right. \Rightarrow AH \bot \left( {SCD} \right) \Rightarrow d\left( {A,\left( {SCD} \right)} \right) = AH$

Vì $AB//CD \Rightarrow d\left( {B,\left( {SCD} \right)} \right) = d\left( {A,\left( {SCD} \right)} \right) = AH$

Tam giác SAC vuông tại A, $AH \bot SC$

$ \Rightarrow \frac{1}{{A{H^2}}} = \frac{1}{{S{A^2}}} + \frac{1}{{A{D^2}}} \Leftrightarrow AH = \frac{{SA.AD}}{{\sqrt {S{A^2} + A{D^2}} }} = \frac{{2a.a}}{{\sqrt {4{a^2} + {a^2}} }} = \frac{{2a\sqrt 5 }}{5}$

$ \Rightarrow d\left( {B,\left( {SCD} \right)} \right) = AH = \frac{{2a\sqrt 5 }}{5}$