Đề Thi Học kì 1 Toán 12 Trường THPT Chuyên Amsterdam Hà Nội Có Đáp Án Và Lời Giải Chi Tiết

Câu 41: Đáp án A

Phương pháp:

Sử dụng công thức tính thể tích: ${V_{ABCD}} = \frac{1}{6}AB.CD.d\left( {AB;CD} \right).\sin \left( {AB;CD} \right)$

Cách giải: Gọi E là trung điểm của CD. Do tam giác ACD cân tại A, tam giác BCD cân tại B

$ \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}AE \bot CD\\BE \bot CD\end{array} \right. \Rightarrow CD \bot \left( {ABE} \right) \Rightarrow CD \bot AB$

Kẻ $CF \bot AB$, ta dễ dàng chứng minh được $DF \bot AB \Rightarrow AB \bot \left( {CDF} \right)$

$ \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}EF \bot AB\\EF \bot CD\end{array} \right. \Rightarrow d\left( {;CD} \right) = EF$

Dễ thấy tam giác ABC vuông tại C

$ \Rightarrow CF = \frac{{AC.BC}}{{AB}} = \frac{{3.4}}{5} = \frac{{12}}{5} = DF$

$ \Rightarrow C{F^2} + D{F^2} = C{D^2} \Rightarrow \Delta CDF$ vuông cân tại F.

$ \Rightarrow EF = \frac{1}{2}CD \Rightarrow EF = \frac{{6\sqrt 2 }}{5}$

Vậy ${V_{ABCD}} = \frac{1}{6}AB.CD.d\left( {AB;CD} \right).\sin \left( {AB;CD} \right) = \frac{1}{6}.5.\frac{{12\sqrt 2 }}{5}.\frac{{6\sqrt 2 }}{5}.1 = \frac{{24}}{5}$

Câu 42: Đáp án A

Phương pháp:

$\frac{1}{{{{\log }_a}b}} = {\log _b}a\left( {0 < a,\,\,b \ne 1} \right)$

${\log _a}f\left( x \right) + {\log _a}g\left( x \right) = {\log _a}\left[ {f\left( x \right).g\left( x \right)} \right]\,\,\left( {0 < a \ne 1;\,\,\,f\left( x \right) > 0;\,g\left( x \right) > 0} \right)$

Cách giải:

ĐK: $\left\{ \begin{array}{l}n > 0\\{\log _2}n \ne 0\\{\log _3} \ne 0\\{\log _4}n \ne 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}n > 0\\n \ne 1\end{array} \right.$

$\frac{1}{{{{\log }_2}n}} + \frac{1}{{{{\log }_3}n}} + \frac{1}{{{{\log }_4}n}} = 1$

$ \Leftrightarrow {\log _n}2 + {\log _n}3 + {\log _n}4 = 1 \Leftrightarrow {\log _n}24 = 1 \Leftrightarrow n = 24$

Câu 43: Đáp án D

Phương pháp:

Hàm số $y = f\left( x \right)$ đồng biến trên R $f’\left( x \right) \ge 0\,\,\forall x \in R$

Cách giải:

Đáp án D: $y’ = 3{x^2} – 6x + 3 = 3{\left( {x – 1} \right)^2} \ge 0\,\,\,\forall x \in R \Rightarrow $ Hàm số đồng biến trên R.

Câu 44: Đáp án

Phương pháp:

Chia trường hợp của m và tìm GTLN của hàm số trong từng trường hợp đó.

Cách giải:

ĐK: $x \ne – m$

$y’ = \frac{{{m^2} + 1}}{{{{\left( {x + m} \right)}^2}}} > 0\,\,\forall x \ne – m \Rightarrow $ Hàm số đồng biến trên $\left( { – \infty ; – m} \right)$ và $\left( { – m; + \infty } \right)$

TH1: $1 < 3 < – m \Rightarrow \mathop {max}\limits_{\left[ {1;3} \right]} y = y\left( 3 \right) = \frac{{3m – 1}}{{3 + m}} = 2 \Leftrightarrow 3m – 1 = 2m + 6 \Leftrightarrow m = 7\,\,\left( {ktm} \right)$

TH2: $ – m < 1 < 3 \Rightarrow \mathop {max}\limits_{\left[ {1;3} \right]} y = y\left( 3 \right) = \frac{{3m – 1}}{{3 + m}} = 2 \Leftrightarrow 3m – 1 = 2m + 6 \Leftrightarrow m = 7\,\,\left( {tm} \right)$

TH3: $1 < – m < 3$

x	$ – \infty $	1	-m	3	$ + \infty $
y’
y		$ + \infty $	$ – \infty $

TH này không tồn tại GTLN của hàm số trên $\left[ {1;3} \right]$

Vậy $m = 7$

Câu 45: Đáp án B

Phương pháp:

+) Vẽ đồ thị của hàm số $y = \left| {{x^3} – 3{x^2} + 3} \right|$

+) Số nghiệm của phương trình $\left| {{x^3} – 3{x^2} + 3} \right| = m$ là số giao điểm của đồ thị hàm số $y = \left| {{x^3} – 3{x^2} + 3} \right|$ và đường thẳng $y = m$

Cách giải:

Từ đồ thị hàm số đã cho ta vẽ đồ thị của hàm số

Để phương trình $\left| {{x^3} – 3{x^2} + 3} \right| = m$có bốn nghiệm thực phân biệt thì đường thẳng $y = m$ cắt đồ thị hàm số $y = \left| {{x^3} – 3{x^2} + 3} \right|$tại 4 điểm phân biệt $ \Rightarrow 1 < m < 3$

Câu 46: Đáp án B

Phương pháp:

${V_{S.ABC}} = \frac{1}{3}SA.{S_{ABC}}$

Xét tam giác vuông ABC có:

$SA = \sqrt {S{C^2} – A{C^2}} = \sqrt {3{a^2} – {a^2}} = a\sqrt 2 $

${S_{ABC}} = \frac{{{a^2}\sqrt {} }}{4} \Rightarrow {V_{S.ABC}} = \frac{1}{3}.SA.{S_{ABC}} = \frac{1}{3}.a\sqrt 2 .\frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4} = \frac{{{a^3}\sqrt 6 }}{{12}}$

Câu 47: Đáp án C

Phương pháp:

+) Gọi H là trung điểm của AB $ \Rightarrow OH = d\left( {O;\left( {ABB’A’} \right)} \right)$

+) Sử dụng công thức tính thể tích khối trụ $V = \pi {R^2}h$

Cách giải:

Gọi H là trung điểm của AB ta có $AH \bot AB \Rightarrow OH = d\left( {O;\left( {ABB’A’} \right)} \right)$

Ta có: $\pi {R^2}h = 150\pi \Leftrightarrow \pi {R^2}.6 = 150\pi \Leftrightarrow R = 5 = OA$

Xét tam giác vuông OHA: $OH = \sqrt {O{A^2} – A{H^2}} = \sqrt {{5^2} – {4^2}} = 3$

Vậy $d\left( {O;\left( {ABB’A’} \right)} \right) = 3$

Câu 48: Đáp án C

Phương pháp:

+) Tính $y’$; giải phương trình $y’ = 0$ và tìm các điểm cực trị của hàm số.

+) Nhận xét các điểm cực trị và tính diện tích tam giác OAB.

Cách giải:

Ta có: $y’ = 3{x^2} – 6x = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0 \Rightarrow y = 4 \Rightarrow A\left( {0;4} \right)\\x = 2 \Rightarrow y = 0 \Rightarrow B\left( {2;0} \right)\end{array} \right.$

Dễ thấy $A \in Oy;\,\,B \in Ox \Rightarrow \Delta OAB$ vuông tại O

$ \Rightarrow {S_{\Delta OAB}} = \frac{1}{2}.OA.OB = \frac{1}{2}.4.2 = 4$

Câu 49: Đáp án C

Phương pháp:

+) Tìm TXĐ $x \ne {x_0}$

+) Để hàm số đồng biến trên $\left( {a;b} \right) \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}y’ > 0\\{x_0} \notin \left( {a;b} \right)\end{array} \right.$

Cách giải:

TXĐ: $D = R\backslash \left\{ m \right\}$

Ta có $y’ = \frac{{ – {m^2} + 4m + 5}}{{{{\left( {x – m} \right)}^2}}}$

Để hàm số đồng biến trên $\left( {0;2} \right)$ thì

$\left\{ \begin{array}{l}y’ > 0\\m \notin \left( {0;2} \right)\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} – {m^2} + 4m + 5 > 0\\\left[ \begin{array}{l}m \le 0\\m \ge 2\end{array} \right.\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} – 1 < m < 5\\\left[ \begin{array}{l}m \le 0\\m \ge 2\end{array} \right.\end{array} \right. \Leftrightarrow m \in \left( { – 1;0} \right] \cup \left[ {2;5} \right)$

Vậy có 4 giá trị nguyên của m thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Câu 50: Đáp án

Phương pháp:

+) Gọi H là trung điểm của AB $ \Rightarrow SH \bot \left( {ABCD} \right)$

+) $d\left( {A;\left( {SCD} \right)} \right) = d\left( {H;\left( {SCD} \right)} \right)$

+) Sử dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông tính SH.

+) ${V_{S.ABCD}} = \frac{1}{3}SH.{S_{ABCD}}$

Cách giải:

Gọi H là trung điểm của AB ta có $SH \bot AB \Rightarrow SH \bot \left( {ABCD} \right)$

Ta có $AH//CD \Rightarrow AH//\left( {SCD} \right) \Rightarrow d\left( {A;\left( {SCD} \right)} \right) = d\left( {H;\left( {SCD} \right)} \right)$

Gọi I là trung điểm của CD $ \Rightarrow HI \bot CD$ và $HI = AD = a\sqrt 3 $

$\left\{ \begin{array}{l}CD \bot HI\\CD \bot SH\end{array} \right. \Rightarrow CD \bot \left( {SHI} \right)$

Trong (SHI) kẻ $HK \bot SI\,\,\,\left( 1 \right) \Rightarrow HK \bot CD\,\,\,\left( 2 \right)$

Từ (1) và (2) $ \Rightarrow HK \bot \left( {SCD} \right) \Rightarrow d\left( {H;\left( {SCD} \right)} \right) = HK = a\sqrt 2 $

Ta có $\frac{1}{{H{K^2}}} = \frac{1}{{S{H^2}}} + \frac{1}{{H{I^2}}} \Leftrightarrow \frac{1}{{2{a^2}}} = \frac{1}{{S{H^2}}} + \frac{1}{{3{a^2}}} \Leftrightarrow SH = a\sqrt 6 $

Vậy ${V_{S.ABCD}} = \frac{1}{3}SH.{S_{ABCD}} = \frac{1}{3}.a\sqrt 6 .a.a\sqrt 3 = {a^3}\sqrt 2 $