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

Câu 21: Đáp án C

Phương pháp:

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

Cách giải:

Ta có: ${\log _5}x = 4{\log _5}a + 3{\log _5}b \Leftrightarrow {\log _5}x = {\log _5}\left( {{a^4}{b^3}} \right) \Leftrightarrow x = {a^4}{b^3}$

Câu 22: Đáp án A

Phương pháp:

Diện tích toàn phần của khối trụ: ${S_{tp}} = 2\pi rl + 2\pi {r^2}$

Cách giải:

Diện tích toàn phần của khối trụ: ${S_{tp}} = 2\pi rl + 2\pi {r^2} = 2\pi r\left( {l + r} \right)$

Câu 23: Đáp án D

Phương pháp:

Vẽ hình và kết luận.

Cách giải:

Thiết diện được tạo thành là một tam giác cân.

Câu 24: Đáp án A

Phương pháp: ${a^{f\left( x \right)}} > {a^{g\left( x \right)}} \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}a > 1\\f\left( x \right) > g\left( x \right)\end{array} \right.\\\left\{ \begin{array}{l}0 < a < 1\\f\left( x \right) < g\left( x \right)\end{array} \right.\end{array} \right.$

Cách giải:

Ta có: ${\pi ^\alpha } > {\pi ^\beta }$, mà $\pi > 1 \Rightarrow \alpha > \beta $

Câu 25: Đáp án A

Phương pháp:

Sử dụng các công thức tính thể tích khối đa diện đã được học.

Cách giải:

Công thức thể tích là $V = \frac{1}{3}Bh$ là công thức tính thể tích của khối chóp.

Câu 26: Đáp án C

Phương pháp:

* 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:

TXĐ: $D = \left( { – \infty ; – 2} \right) \cup \left( {2; + \infty } \right)$

Ta có: $\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{{x – 2}}{{\sqrt {{x^2} – 4} }} = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{{1 – \frac{2}{x}}}{{\sqrt {1 – \frac{4}{{{x^2}}}} }} = 1,\,\,\,\mathop {\lim }\limits_{x \to – \infty } \frac{{x – 2}}{{\sqrt {{x^2} – 4} }} = \mathop {\lim }\limits_{x \to – \infty } \frac{{1 – \frac{2}{x}}}{{\sqrt {1 – \frac{4}{{{x^2}}}} }} = – 1$

$\mathop {\lim }\limits_{x \to – {2^ – }} \frac{{x – 2}}{{\sqrt {{x^2} – 4} }} = – \infty ,\,\,\,\mathop {\lim }\limits_{x \to {2^ + }} \frac{{x – 2}}{{\sqrt {{x^2} – 4} }} = \,\mathop {\lim }\limits_{x \to {2^ + }} \sqrt {\frac{{x – 2}}{{x + 2}}} = 0$

Suy ra, đồ thị có 2 TCN là $y = 1,\,\,y = – 1$ và 1 TCĐ là $x = – 2$

Câu 27: Đáp án A

Phương pháp:

Sử dụng các công thức về lũy thừa.

Cách giải:

Với $0 < a,b,x,y \ne 1$ ta có $\frac{{{a^x}}}{{{a^y}}} = {a^{x – y}}$ là mệnh đề đúng.

Đáp án B sai vì ${\left( {{a^x}} \right)^y} = {a^{xy}}$

Đáp án C sai vì ${a^x}{a^y} = {a^{x + y}}$

Đáp án D sai vì ${\left( {ab} \right)^x} = {a^x}{b^x}$

Câu 28: Đáp án A

Phương pháp:

+) Sử dụng định lí Pytago tính AM và BN.

+) Do MN không đổi, nên để tiết kiệm chi phí đi từ A đến B (tức là, độ dài đường gấp khúc AMNB ngắn nhất) thì $AN + NB$ phải nhỏ nhất.

+) Áp dụng BĐT $\sqrt {{a^2} + {b^2}} + \sqrt {{x^2} + {y^2}} \ge \sqrt {{{\left( {a + b} \right)}^2} + {{\left( {x + y} \right)}^2}} $. Dấu “=” xảy ra $ \Leftrightarrow \frac{a}{b} = \frac{x}{y}$

Cách giải:

Dựng AH, BK như hình vẽ.

Gọi độ dài đoạn HM là x (km), $\left( {0 < x < 12} \right)$

Khi đó $NK = 12 – x$

Khi đó ta có: $AM = \sqrt {A{H^2} + H{M^2}} = \sqrt {{2^2} + {x^2}} ;\,\,\,NB = \sqrt {N{K^2} + B{K^2}} = \sqrt {{5^2} + {{\left( {12 – x} \right)}^2}} $

Do MN không đổi, nên để tiết kiệm chi phí đi từ A đến B (tức là, độ dài đường gấp khúc AMNB ngắn nhất) thì $AM + NB$ phải nhỏ nhất

Ta có: $AM + NB = \sqrt {{2^2} + {x^2}} + \sqrt {{5^2} + {{\left( {12 – x} \right)}^2}} \ge \sqrt {{{\left( {2 + 5} \right)}^2} + {{\left( {x + 12 – x} \right)}^2}} = \sqrt {49 + 144} = \sqrt {193} $

Khi đó ${\left( {AM + NB} \right)_{\min }} = \sqrt {193} $ khi và chỉ khi $\frac{x}{2} = \frac{{12 – x}}{5} = \frac{{x + 12 – x}}{{2 + 5}} = \frac{{12}}{7} \Rightarrow x = \frac{{24}}{7}$

$ \Rightarrow AM = \sqrt {{2^2} + {{\left( {\frac{{24}}{7}} \right)}^2}} = \frac{{2\sqrt {193} }}{7}\left( {km} \right)$

Câu 29: Đáp án B

Phương pháp: $\left( {{a^x}} \right)’ = {a^x}.\ln a,\,\,\,a > 0$

Cách giải:

$y = {5^x} + 2017 \Rightarrow y’ = {5^x}.\ln 5$

Câu 30: Đáp án D

Xác định tâm và bán kính mặt cầu, từ đó tính toán độ dài của khối chóp và khoảng cách cần tìm.

Cách giải: Đặt a(cm) là độ dài các cạnh của hình vuông ABCD và tam giác đều SAB.

Gọi O là tâm hình vuông ABCD, G là trọng tâm tam giác SAB, N là trung điểm của AB

Tam giác SAB đều $ \Rightarrow SN \bot \left( {ABCD} \right) \Rightarrow SN \bot NO$

Dựng hình chữ nhật NOIG, khi đó:

$IO//GN \Rightarrow IO \bot \left( {ABCD} \right) \Rightarrow IA = IB = IC = ID$

Mặt khác IG // NO mà $NO \bot \left( {SAB} \right),\,\,\left( {do\,\,NO \bot AB,\,\,NO \bot SN} \right)$

$GI \bot \left( {SAB} \right) \Rightarrow IS = IA = IB$ (do G là trọng tâm và cũng là tâm đường tròn ngoại tiếp của tam giác đều SAB )

$ \Rightarrow IA = IB = IC = ID = IS \Rightarrow $ I là tâm mặt cầu ngoại tiếp khối chóp S.ABCD, mặt cầu này có bán kính:

$R = IA = \sqrt {I{G^2} + A{G^2}} = \sqrt {{{\left( {\frac{a}{2}} \right)}^2} + {{\left( {\frac{2}{3}.\frac{{a\sqrt 3 }}{2}} \right)}^2}} = \sqrt {\frac{{{a^2}}}{4} + \frac{{{a^2}}}{3}} = \sqrt {\frac{7}{{12}}} .a$

Diện tích mặt cầu: $4\pi {R^2} = 4\pi .\frac{7}{{12}}{a^2} = \frac{7}{3}\pi {a^2} = 84\pi \Rightarrow {a^2} = 36 \Leftrightarrow a = 6\left( {cm} \right)$

*) Gọi M là trung điểm của SC.

Tính ${V_{S.ABCD}}$, từ đó suy ra thể tích khối chóp S.BMD:

${V_{S.ABCD}} = \frac{1}{3}.SN.{S_{ABCD}} = \frac{1}{3}.\frac{{a\sqrt 3 }}{2}.{a^2} = \frac{{{a^3}\sqrt 3 }}{6} = \frac{{{6^3}\sqrt 3 }}{6} = 36\sqrt 3 \left( {c{m^3}} \right)$

$\frac{{{V_{S.BMD}}}}{{{V_{S.BCD}}}} = \frac{{SM}}{{SC}} = \frac{1}{2} \Rightarrow {V_{S.BMD}} = \frac{1}{2}.{V_{S.BCD}} = \frac{1}{4}{V_{S.ABCD}} = \frac{1}{4}.36\sqrt 3 = 9\sqrt 3 \left( {c{m^3}} \right)$

*) Tính diện tích tam giác BMD:

Ta có: $MO = \frac{1}{2}SA = \frac{a}{2},\,\,\,OB = OD = \frac{{BD}}{2} = \frac{{a\sqrt 2 }}{2}$

Ta có: $\left\{ \begin{array}{l}BC \bot AB\\BC \bot SN\end{array} \right. \Rightarrow BC \bot \left( {SAB} \right) \Rightarrow BC \bot SB \Rightarrow \Delta SBC$ vuông cân tại B.

Có $SB = BC = a \Rightarrow BM = \frac{{SC}}{2} = \frac{{a\sqrt 2 }}{2} \Rightarrow \Delta BOM$ cân tại B.

Gọi H là trung điểm của OM $ \Rightarrow BH = \sqrt {B{O^2} – O{H^2}} = \sqrt {{{\left( {\frac{{a\sqrt 2 }}{2}} \right)}^2} – {{\left( {\frac{a}{4}} \right)}^2}} = \frac{{\sqrt 7 }}{4}a$

${S_{BOM}} = \frac{1}{2}.BH.OM = \frac{1}{2}.\frac{{\sqrt 7 }}{4}a.\frac{a}{2} = \frac{{{a^2}\sqrt 7 }}{{16}} \Rightarrow {S_{BDM}} = 2{S_{\Delta BOM}} = 2.\frac{{{a^2}\sqrt 7 }}{{16}} = \frac{{{a^2}\sqrt 7 }}{8} = \frac{{{6^2}\sqrt 7 }}{8} = \frac{{9\sqrt 7 }}{2}\left( {c{m^2}} \right)$ *) Ta có: $MO//SA \Rightarrow SA//\left( {BMD} \right) \Rightarrow d\left( {SA;BD} \right) = d\left( {SA;\left( {BMD} \right)} \right) = d\left( {A;\left( {BMD} \right)} \right)$

Mà $\left\{ \begin{array}{l}AC \cap \left( {BMD} \right) = O\\OA = OC\end{array} \right. \Rightarrow d\left( {A;\left( {BMD} \right)} \right) = d\left( {C;\left( {BMD} \right)} \right)$

Ta có: ${V_{M.CBD}} = \frac{1}{3}.d\left( {C;\left( {BMD} \right)} \right).{S_{BMD}} \Rightarrow \frac{1}{3}.d\left( {C;\left( {BMD} \right)} \right).\frac{{9\sqrt 7 }}{2} = 9\sqrt 3 $

$ \Leftrightarrow d\left( {C;\left( {BMD} \right)} \right) = \frac{{6\sqrt 3 }}{{\sqrt 7 }} = \frac{{6\sqrt {21} }}{7}\left( {cm} \right) \Rightarrow d\left( {SA;BD} \right) = \frac{{6\sqrt {21} }}{7}cm$