- Đề Thi Toán 12 Học kì 1 Trường THPT Lương Thế Vinh Có Đáp Án Và Lời Giải Chi Tiết
- Đề Thi Toán 12 Học kì 1 Trường THPT Nguyễn Tất Thành Hà Nội Có Đáp Án Và Lời Giải Chi Tiết
- Đề Thi Toán 12 Học kì 1 Trường THPT Minh Khai Có Đáp Án Và Lời Giải Chi Tiết
- Đề Thi Toán 12 Học kì 1 Trường THPT Phan Đình Phùng Có Đáp Án Và Lời Giải Chi Tiết
- Đề Thi Toán 12 Học kì 1 Trường THPT Thăng Long Có Đáp Án Và Lời Giải Chi Tiết
- Đề Thi Toán 12 Học kì 1 Trường THPT Chuyên Lê Hồng Phong Có Đáp Án Và Lời Giải Chi Tiết
- Đề Thi Toán 12 Học kì 1 Trường THPT Chuyên Thái Nguyên Có Đáp Án Và Lời Giải Chi Tiết
- Đề Thi Toán 12 Học kì 1 Trường THPT Long An Có Đáp Án Và Lời Giải Chi Tiết
- Đề Thi Toán 12 Học kì 1 Trường THPT Chuyên Hạ Long Có Đáp Án Và Lời Giải Chi Tiết
- Đề Thi Toán 12 Học kì 1 Trường THPT Chuyên ĐH Vinh Có Đáp Án Và Lời Giải Chi Tiết
- Đề Thi Toán 12 Học kì 1 Trường THPT Chuyên ĐH SP Hà Nội Có Đáp Án Và Lời Giải Chi Tiết
- Đề Thi Toán 12 Học kì 1 Trường THPT Chu Văn An Hà Nội Có Đáp Án Và Lời Giải Chi Tiết
- Đề Thi Học kì 1 Toán 12 Trường THPT Chuyên Amsterdam Hà Nội Có Đáp Án Và Lời Giải Chi Tiết
- Đề Thi Học kì 1 Toán 12 Sở Giáo Dục & Đào Tạo Tỉnh Nam Định Có Đáp Án Và Lời Giải Chi Tiết
- Đề Thi Học kì 1 Toán 12 Sở Giáo Dục & Đào Tạo Tỉnh Bắc Ninh Có Đáp Án Và Lời Giải Chi Tiết
- Đề Thi Học kì 1 Toán 12 Sở Giáo Dục & Đào Tạo Đồng Tháp Có Đáp Án Và Lời Giải Chi Tiết
- Đề Thi Toán 12 Học kì 1 Sở Giáo Dục & Đào Tạo Bạc Liêu Có Đáp Án Và Lời Giải Chi Tiết
- Đề Thi Học kì 1 Toán 12 Sở Giáo Dục Đào Tạo Trường THPT Kim Liên Có Đáp Án Và Lời Giải Chi Tiết
- Đề Thi Học Kì 1 Hoá 12 Trường THPT Yên Hoà- Hà Nội Có Lời Giải Và Đáp Án Chi Tiết
Câu 11: Đáp án C
Phương pháp:
Sử dụng công thức pĐ = 2C = nM trong đó:
{n;p} là loại đa diện đều.
Đ, C, M: Số đỉnh, cạnh, mặt của đa diện đều.
Cách giải:
Bát diện đều là tứ diện đều loại $\left\{ {3;4} \right\} \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}n = 3\\p = 4\end{array} \right.$
Áp dụng công thức pĐ = 2C = nM ta có: 4Đ = 2C = 3M.
Khối bát diện đều có 8 mặt $ \Rightarrow M = 8 \Rightarrow 2C = 3.8 = 24 \Rightarrow C = 12$
Câu 12: Đáp án A
Phương pháp:
Tính y’ và xét dấu y’.
Cách giải :
TXĐ: $D = R$
Ta có: $y’ = 3{x^2} – 6x = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\x = 2\end{array} \right.$
$y’ < 0 \Leftrightarrow 0 < x < 2$
$y’ > 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x > 2\\x < 0\end{array} \right.$
$ \Rightarrow $ Hàm số đồng biến trên khoảng $\left( { – \infty ;0} \right)$ và $\left( {2; + \infty } \right)$; hàm số nghịch biến trên khoảng $\left( {0;2} \right)$
Câu 13: Đáp án B
Phương pháp:
Xét hàm đặc trưng.
Cách giải :
ĐK: $y > 0;\,\,x \ne – 1$
${\log _2}\frac{y}{{2\sqrt {1 + x} }} = 3\left( {y – \sqrt {1 + x} } \right) – {y^2} + x$
$ \Leftrightarrow {\log _2}y – {\log _2}\sqrt {1 + x} – 1 = 3y – 3\sqrt {1 + x} – {y^2} + x$
$ \Leftrightarrow {\log _2}y – 3y + {y^2} = {\log _2}\sqrt {1 + x} – 3\sqrt {1 + x} + 1 + x$
Xét hàm số $f\left( t \right) = {\log _2}t – 3t + {t^2}\left( {t > 0} \right)$ ta có $f’\left( t \right) = \frac{1}{{t\ln 2}} – 3 + 2t = \frac{{2\ln 2.{t^2} – 3\ln 2.t + 1}}{{t\ln 2}}$
Xét phương trình tử số có $\Delta = {\left( {3\ln 2} \right)^2} – 4.2\ln 2 = 9{\ln ^2}2 – 8\ln 2 < 0 \Leftarrow 2\ln 2.{t^2} – 3\ln 2.t + 1 > 0\,\,\,\forall t$
$ \Rightarrow f’\left( t \right) > 0,\,\,\forall t > 0 \Rightarrow $ Hàm số đồng biến trên $\left( {0; + \infty } \right)$
Mà $f\left( y \right) = f\left( {\sqrt {1 + x} } \right) \Leftrightarrow y = \sqrt {1 + x} \Leftrightarrow {y^2} = 1 + x \Leftrightarrow x = {y^2} – 1$
$ \Leftrightarrow K = x – y = {y^2} – y – 1 = {\left( {y – \frac{1}{2}} \right)^2} – \frac{5}{4} \ge – \frac{5}{4}$
Dấu “=” xảy ra $ \Leftrightarrow y = \frac{1}{2}$
Vậy $\min K = – \frac{5}{4}$
Câu 14: Đáp án C
Phương pháp:
Gọi $O = AC \cap BD \Rightarrow {V_{S.ABCD}} = \frac{1}{3}SO.{S_{ABCD}}$
Cách giải: Gọi $O = AC \cap BD \Rightarrow SO \bot \left( {ABCD} \right)$
Ta có: $BC//AD \Rightarrow \left( {SA;BC} \right) = \left( {SA;AD} \right) = SAD = {60^0} \Rightarrow \Delta SAD$ đều $ \Rightarrow AD = SA = 6$
$ \Rightarrow AC = 6\sqrt 2 \Rightarrow AO = \frac{{AC}}{2} = 3\sqrt 2 $
Xét tam giác vuông SAO: $SO = \sqrt {S{A^2} – A{O^2}} = \sqrt {{6^2} – {{\left( {3\sqrt 2 } \right)}^2}} = 3\sqrt 2 $
$ \Rightarrow {V_{S.ABCD}} = \frac{1}{3}SO.{S_{ABCD}} = \frac{1}{3}.3\sqrt 2 {.6^2} = 36\sqrt 2 $
Câu 15: Đáp án D
Phương pháp:
+) Xác định các điểm M, N.
+) Chứng minh tam giác AMN vuông tại N.
+) Sử dụng phương pháp xác định tâm mặt cầu ngoại tiếp khối chóp.
Cách giải:
Kẻ $AM \bot SC\,\,\left( {MC} \right),\,\,\,MN \bot SC\,\,\left( {N \in SB} \right) \Rightarrow \left( \alpha \right) \equiv \left( {AMN} \right) \Rightarrow SC \bot \left( {AMN} \right) \Rightarrow SC \bot AN\,\,\,\left( 1 \right)$
Ta có: $\left\{ \begin{array}{l}BC \bot AB\left( {gt} \right)\\BC \bot SA\left( {gt} \right)\end{array} \right. \Rightarrow BC \bot \left( {SAB} \right) \Rightarrow BC \bot AN\,\,\,\left( 2 \right)$
Từ (1) và (2) $ \Rightarrow AN \bot \left( {SBC} \right) \Rightarrow AN \bot MN \Rightarrow \Delta AMN$ vuông tại N.
Gọi E, F lần lượt là trung điểm của AM và CM.
$\Delta AMN$ vuông tại N $ \Rightarrow $ E là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác AMN.
Gọi I là trung điểm của AM ta có:
$IE//CM \Rightarrow IE \bot \left( {AMN} \right) \Rightarrow IA = IM = IN\,\,\,\left( 3 \right)$
${\rm{IF}}//AM \Rightarrow IF \bot CM \Rightarrow IC = IM\,\,\,\left( 4 \right)$
Từ (3) và (4) $ \Rightarrow $ I là tâm mặt cầu ngoại tiếp chóp ACMN.
Tam giác ABC vuông cân tại B có $AB = 6 \Rightarrow AC = 6\sqrt 2 \Rightarrow IC = 3\sqrt 2 = R$
$ \Rightarrow {S_{cau}} = 4\pi {R^2} = 4\pi {\left( {3\sqrt 2 } \right)^2} = 72\pi $
Câu 16: Đáp án B
Câu 17: Đáp án C
Phương pháp:
Cho hàm số $y = f\left( x \right)$
– Nếu $\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } y = {y_0}$ hoặc $\mathop {\lim }\limits_{x \to – \infty } y = {y_0}$ thì $y = {y_0}$ là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số.
– Nếu $\mathop {\lim }\limits_{x \to x_0^ + } y = \infty $ hoặc $\mathop {\lim }\limits_{x \to x_0^ – } y = \infty $ thì $x = {x_0}$ là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số.
Cách giải:
Ta có:
$\mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } y = \mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } \frac{{2x + 2}}{{{x^2} – 3x – 4}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } \frac{{\frac{2}{x} + \frac{2}{{{x^2}}}}}{{1 – \frac{3}{x} – \frac{4}{{{x^2}}}}} = 0 \Leftrightarrow y = 0$ là đường TCN của đồ thị hàm số.
$y = \frac{{2x + 2}}{{{x^2} – 3x – 4}} = \frac{{2\left( {x + 1} \right)}}{{\left( {x – 4} \right)\left( {x + 1} \right)}} = \frac{2}{{x – 4}}$
$ \Rightarrow \mathop {\lim }\limits_{x \to {4^ + }} y = + \infty ;\,\,\,\mathop {\lim }\limits_{x \to {4^ – }} y = – \infty \Rightarrow x = 4$ là TCĐ của đồ thị hàm số.
Vậy hàm số đã cho có 2 đường tiệm cận.
Câu 18: Đáp án C
Phương pháp:
Hàm số $y = {x^n}$
$x \in {Z^ + }$ | $D = R$ |
$x \in {Z^ – }$ | $D = R\backslash \left\{ 0 \right\}$ |
$x \notin Z$ | $D = \left( {0; + \infty } \right)$ |
Cách giải:
Hàm số xác định $3x – 6 \ne 0 \Leftrightarrow x \ne 2 \Rightarrow D = R\backslash \left\{ 2 \right\}$
Câu 19: Đáp án C
Phương pháp:
Dựa vào hình dáng đồ thị hàm số và các điểm đồ thị hàm số đi qua (Thường là các giao điểm với các trục tọa độ).
Cách giải:
Nhận thấy đồ thị hàm số là đồ thị của hàm đa thức bậc ba $ \Rightarrow $ Loại đáp án D.
Ta có $\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \Rightarrow a > 0 \Rightarrow $ Loại đáp án B.
Đồ thị hàm số đi qua điểm $\left( {0;{y_0}} \right)$ với ${y_0} > 0 \Rightarrow $ Loại đáp án A.
Câu 20: Đáp án A
Phương pháp: $\sqrt[n]{{{x^m}}} = {x^{\frac{m}{n}}};\,\,\,{x^m}.{x^n} = {x^{m + n}}$
Cách giải: $P = x\sqrt[3]{{{x^4}}} = x.{x^{\frac{4}{3}}} = {x^{1 + \frac{4}{3}}} = {x^{\frac{7}{3}}}$