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

Câu 41: Đáp án D

Phương pháp:

+) Đặt ${3^x} = t,\,\,\left( {t > 0} \right)$ đưa phương trình trở về phương trình bậc hai ẩn t.

+) Sử dụng định lí Vi-ét tìm điều kiện của m.

Cách giải:

Đặt ${3^x} = t,\,\,\left( {t > 0} \right)$, phương trình ${9^x} – {2.3^x} + m = 0\,\,\left( 1 \right)$ trở thành ${t^2} – 6.t + m = 0\,\,\left( 2 \right)$

Để phương trình (1) có 2 nghiệm ${x_1},\,{x_2}$ phân biệt thì phương trình (2) có 2 nghiệm ${t_1},\,{t_2}$ cùng dương

Ta có: ${t_1} = {3^{{x_1}}},\,\,\,{t_2} = {3^{{x_2}}} \Rightarrow {t_1}{t_2} = {3^{{x_1}}}{.3^{{x_2}}} = {3^{{x_1} + {x_2}}} = {3^0} = 1{t_1} = {3^{{x_1}}},\,\,\,{t_2} = {3^{{x_2}}}$

$ \Rightarrow {t_1}{t_2} = {3^{{x_1}}}{.3^{{x_2}}} = {3^{{x_1} + {x_2}}} = {3^0} = 1$

Mà ${t_1}{t_2} = m \Rightarrow m = 1\left( {tm} \right)$. Vậy $m = 1$

Câu 42: Đáp án C

Phương pháp tìm GTLN, GTNN của hàm số $y = f\left( x \right)$ trên $\left[ {a;b} \right]$

Bước 1: Tính y’, giải phương trình $y’ = 0 \Rightarrow {x_i} \in \left[ {a;b} \right]$

+) Bước 2: Tính các giá trị $f\left( a \right);\,\,f\left( b \right);\,\,f\left( {{x_i}} \right)$

+) Bước 3: $\mathop {max}\limits_{\left[ {a;b} \right]} f\left( x \right) = max\left\{ {f\left( a \right);\,\,f\left( b \right);\,\,f\left( {{x_i}} \right)} \right\};\,\,\,\mathop {\min }\limits_{\left[ {a;b} \right]} f\left( x \right) = \min \left\{ {f\left( a \right);\,\,f\left( b \right);\,\,f\left( {{x_i}} \right)} \right\}$

Cách giải:

Ta có: $y = \frac{{x + 4}}{{x – 2}} \Rightarrow y’ = \frac{{ – 6}}{{{{\left( {x – 2} \right)}^2}}} < 0,\,\,\,\forall x \in \left[ {3;4} \right]$

$ \Rightarrow $ Hàm số nghịch biến trên $\left[ {3;4} \right] \Rightarrow \mathop {max}\limits_{\left[ {3;4} \right]} y = y\left( 3 \right) = 7$

Câu 43: Đáp án A

Phương pháp:

Hàm số $y = f\left( x \right)$ đạt cực tiểu tại $x = {x_0} \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}f’\left( {{x_0}} \right) = 0\\f”\left( {{x_0}} \right) > 0\end{array} \right.$

Cách giải:

Ta có: $y = \frac{1}{3}{x^3} – m{x^2} + \left( {{m^2} – 4} \right)x + 3 \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}y’ = {x^2} – 2mx + {m^2} – 4\\y” = 2x – 2m\end{array} \right.$

Để hàm số đạt cực tiểu tại $x = 3$ thì

$\left\{ \begin{array}{l}y’\left( 3 \right) = 0\\y”\left( 3 \right) = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{3^2} – 2m.3 + {m^2} – 4 = 0\\2.3 – 2m > 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{m^2} – 6m + 5 = 0\\6 – 2m > 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\left[ \begin{array}{l}m = 1\\m = 5\end{array} \right.\\m < 3\end{array} \right. \Rightarrow m = 1$

Câu 44: Đáp án B

Phương pháp:

Xác định góc giữa hai mặt phẳng $\left( \alpha \right),\,\,\left( \beta \right)$

– Tìm giao tuyến $\Delta $ của $\left( \alpha \right),\,\,\left( \beta \right)$

– Xác định 1 mặt phẳng $\left( \gamma \right) \bot \Delta $

– Tìm các giao tuyến $a = \left( \alpha \right) \cap \left( \gamma \right),\,\,\,b = \left( \beta \right) \cap \left( \gamma \right)$

– Góc giữa hai mặt phẳng $\left( \alpha \right),\,\,\left( \beta \right):\left( {\left( \alpha \right);\left( \beta \right)} \right) = \left( {a;b} \right)$

Cách giải:

Mà $AA’ \bot B’C’ \Rightarrow B’C’ \bot \left( {AIA’} \right)$

Ta có: $\left\{ \begin{array}{l}\left( {AB’C’} \right) \bot \left( {A’B’C’} \right) = B’C’\\\left( {AB’C’} \right) \cap \left( {AIA’} \right) = AI\\\left( {A’B’C’} \right) \cap \left( {AIA’} \right) = A’I\end{array} \right. \Rightarrow \left( {\left( {AB’C’} \right);\left( {A’B’C’} \right)} \right) = AIA’ = {30^0}$

Gọi I là trung điểm của B’C’. Tam giác A’B’C’ cân tại A’ $ \Rightarrow A’I \bot B’C’$

$\Delta A’IB’$ vuông tại I

$ \Rightarrow A’I = A’B’.\sin B’ = a.\sin {30^0} = \frac{a}{2}$ , $\left( {B’ = C’ = \frac{{{{180}^0} – A’}}{2} = \frac{{{{180}^0} – {{120}^0}}}{2} = {{30}^0}} \right)$

$\Delta AIA’$ vuông tại A’ $ \Rightarrow AA’ = A’I.tanAIA’ = \frac{a}{2}.\tan {30^0} = \frac{a}{{2\sqrt 3 }}$

Diện tích tam giác ABC: ${S_{ABC}} = \frac{1}{2}.AB.AC.\sin A = \frac{1}{2}.a.a.\sin {120^0} = \frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4}$

Thể tích của khối lăng trụ đã cho là: $V = AA’.{S_{ABC}} = \frac{a}{{2\sqrt 3 }}.\frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4} = \frac{{{a^3}}}{8}$

Câu 45: Đáp án B

Phương pháp:

Thể tích khối lăng trụ: $V = Sh$

Cách giải:

ABC là tam giác vuông cân tại A $ \Rightarrow AB = AC = \frac{{BC}}{{\sqrt 2 }} = \frac{{a\sqrt 2 }}{{\sqrt 2 }} = a \Rightarrow {S_{ABC}} = \frac{1}{2}.AB.AC = \frac{{{a^2}}}{2}$

Thể tích khối lăng trụ: $V = {S_{ABC}}.AA’ = \frac{{{a^2}}}{2}.a = \frac{{{a^3}}}{2}$

Câu 46: Đáp án B

Phương pháp:

Thể tích khối trụ: $V = \pi {r^2}h$

Cách giải: ABCD là hình chữ nhật

$ \Rightarrow A{C^2} = A{B^2} + A{D^2} \Leftrightarrow {\left( {5a} \right)^2} = {\left( {4a} \right)^2} + A{D^2} \Leftrightarrow AD = 3a$

Khối trụ đã cho có chiều cao $h = AD = 3a$, bán kính đáy $r = \frac{{AB}}{2} = \frac{{4a}}{2} = 2a$

Thể tích của khối trụ: $V = \pi {r^2}h = \pi {\left( {2a} \right)^2}.3a = 12\pi {a^3}$

Câu 47: Đáp án C

Phương pháp:

Sử dụng mối quan hệ giữa đường cao, bán kính đáy và độ dài đường sinh của hình nón.

Cách giải:

Cho hình nón tròn xoay có bán kính đường tròn đáy r, chiều cao h và đường sinh l .

Kết luận sai là: ${h^2} = {r^2} + {l^2}$

Sửa lại: ${l^2} = {r^2} + {h^2}$

Câu 48: Đáp án B

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:

Hàm số $y = f\left( x \right)$ có giới hạn $\mathop {\lim }\limits_{x \to {a^ – }} f\left( x \right) = + \infty $ và đồ thị $\left( C \right)$ của hàm số $y = f\left( x \right)$c hỉ nhận đường thẳng d làm tiệm cận đứng $ \Rightarrow d:x = a$

Câu 49: Đáp án A

Phương pháp: ${a^m}.{a^n} = {a^{m + n}};\,\,\,{a^m}:{a^n} = {a^{m – n}}$

Cách giải:

Ta có: $M = \frac{{{a^{\frac{1}{5}}}\left( {{a^{\frac{3}{{10}}}} – {a^{ – \frac{1}{5}}}} \right)}}{{{a^{\frac{2}{3}}}\left( {{a^{\frac{1}{3}}} – {a^{ – \frac{2}{3}}}} \right)}} = \frac{{{a^{\frac{1}{2}}} – 1}}{{a – 1}} = \frac{{\sqrt a – 1}}{{a – 1}} = \frac{{\sqrt a – 1}}{{\left( {\sqrt a + 1} \right)\left( {\sqrt a – 1} \right)}} = \frac{1}{{\sqrt a + 1}}$

Câu 50: Đáp án

Phương pháp:

Mỗi tháng đều gửi một số tiền là a đồng vào đầu mỗi tháng tính theo lại kép với lãi suất là r% mỗi tháng.

Số tiền thu được sau n tháng: ${A_n} = \frac{{a.1 + r\left[ {1 + {r^n} – 1} \right]}}{r}$

Cách giải:

Số tiền thu được sau n tháng: ${A_n} = \frac{{a.1 + r\left[ {1 + {r^n} – 1} \right]}}{r}$

Ta xác định giá trị của n nhỏ nhất $n \in N*$ thỏa mãn

$\frac{{a.1 + r\left[ {1 + {r^n} – 1} \right]}}{r} \ge 100 \Leftrightarrow \frac{{3.1 + 0,6\% \left[ {1 + 0,6{\% ^n} – 1} \right]}}{{0,6\% }} \ge 100 \Leftrightarrow n \ge 30,31 \Rightarrow {n_{\min }} = 31$

Vậy, sau ít nhất 31 tháng thì anh A nhận được số tiền cả lãi và gốc nhiều hơn 100 triệu.