Đề Thi Toán 12 Học kì 1 Trường THPT Chu Văn An Hà Nội Có Đáp Án Và Lời Giải Chi Tiết

LỜI GIẢI CHI TIẾT

Câu 1: Đáp án C

Phương pháp:

* Phương pháp xét sự đồng biến, nghịch biến của các hàm số:

– Bước 1: Tìm tập xác định, tính $f’\left( x \right)$

– Bước 2: Tìm các điểm tại đó $f’\left( x \right) = 0$hoặc $f’\left( x \right)$không xác định

– Bước 3: Sắp xếp các điểm đó theo thứ tự tăng dần và lập bảng biến thiên

– Bước 4: Kết luận về các khoảng đồng biến, nghịch biến của hàm số.

Cách giải:

Tập xác định: $D = R\backslash \left\{ 2 \right\}$

$y = \frac{{2x – 1}}{{x – 2}} \Rightarrow y’ = \frac{{2.\left( { – 2} \right) – 1\left( { – 1} \right)}}{{{{\left( {x – 2} \right)}^2}}} = \frac{{ – 3}}{{{{\left( {x – 2} \right)}^2}}} < 0,\,\,\forall x \in D$

$ \Rightarrow $ Hàm số nghịch biến trên các khoảng $\left( { – \infty ;2} \right),\,\,\left( {2; + \infty } \right)$

Câu 2: Đáp án C

Phương pháp:

Diện tích xung quanh của hình hộp chữ nhật: ${S_{xq}} = 2\left( {a + b} \right)h$ (trong đó, a, b là chiều dài, chiều rộng của đáy, h là chiều cao)

Diện tích xung quanh của lăng trụ tứ giác đều: ${S_{xq}} = 4ah$ trong đó, a là độ dài cạnh đáy, h là chiều cao) .

Cách giải:

Diện tích xung quanh của hình lăng trụ đã cho bằng: $4.a.2a = 8{a^2}$

Câu 3: Đáp án C

Phương pháp:

Thể tích khối cầu có bán kính R là $V = \frac{4}{3}\pi {R^3}$

Cách giải:

Bán kính của khối cầu tiếp xúc với tất cả các cạnh của hình lập phương cạnh $2\sqrt 2 $ chính là nửa độ dài đường chéo các mặt của hình lập phương và bằng: $R = \frac{{\left( {2\sqrt 2 } \right).\sqrt 2 }}{2} = 2$

Thể tích khối cầu đó là: $V = \frac{4}{3}\pi {R^3} = \frac{4}{3}\pi {.2^3} = \frac{{32\pi }}{3}$

Câu 4: Đáp án A

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:

Tập xác định: $D = R\backslash \left\{ { – 2;2} \right\}$

$\mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } = \mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } \frac{{2x + 1}}{{4 – {x^2}}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } \frac{{\frac{2}{x} + \frac{1}{{{x^2}}}}}{{\frac{4}{{{x^2}}} – 1 = 0}} \Rightarrow $ Đồ thị hàm số có 1 tiệm cận ngang là $y = 0$

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

Câu 5: Đáp án A

Phương pháp: $\sqrt[m]{a} = {a^{\frac{1}{m}}},\,\,{a^m}.{a^n} = {a^{m + n}},\;\,\,a > 0$

Cách giải: $\sqrt[3]{a}.{a^{\frac{1}{3}}} = {a^{\frac{1}{3}}}.{a^{\frac{1}{3}}} = {a^{\frac{1}{3} + \frac{1}{3}}} = {a^{\frac{2}{3}}}$

Câu 6: Đáp án C

Phương pháp:

Số giao điểm của hai đồ thị hàm số bằng số nghiệm của phương trình hoành độ giao điểm.

Cách giải:

Phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số $y = {x^3} – 4x + 1$ và đường thẳng $y = x + 1$ là:

${x^3} – 4x + 1 = x + 1 \Rightarrow {x^3} – 5x = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\x = \pm \sqrt 5 \end{array} \right.$

Số giao điểm của hai đồ thị hàm số bằng số nghiệm của phương trình hoành độ giao điểm và bằng 3.

Câu 7: Đáp án C

Phương pháp:

Xét hàm số có dạng $y = {a^x},\,\,a > 0,\,\,a \ne 1$

+ Nếu $0 < a < 1$: hàm số nghịch biến trên $\left( { – \infty ; + \infty } \right)$

+ Nếu $a > 1$: hàm số đồng biến trên $\left( { – \infty ; + \infty } \right)$

Cách giải: ${\left( {\frac{e}{2}} \right)^{x – 1}} \le {\left( {\frac{e}{2}} \right)^{2x + 3}},\,\,\,\left( {0 < \frac{e}{2} < 1} \right)$

$ \Leftrightarrow x – 1 \ge 2x + 3 \Leftrightarrow x \le – 4$

Câu 8: Đáp án B

Cách giải:

Hàm số đồng biến trên khoảng $\left( {1; + \infty } \right)$

Câu 9: Đáp án D

Phương pháp:

$\left\{ \begin{array}{l}{\log _a}f\left( x \right) > {\log _a}g\left( x \right)\\0 < a < 1\end{array} \right. \Leftrightarrow f\left( x \right) < g\left( x \right)$

Cách giải:

Điều kiện xác định: $\left\{ \begin{array}{l}3x – 2 > 0\\4 – x > 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \frac{2}{3} < x < 4$

${\log _{\frac{1}{2}}}\left( {3x – 2} \right) > {\log _{\frac{1}{2}}}\left( {4 – x} \right) \Leftrightarrow 3x – 2 < 4 – x\,\,\,\left( {do\,\,0 < \frac{1}{2} < 1} \right) \Leftrightarrow 4x < 6 \Leftrightarrow x < \frac{3}{2}$

Kết hợp điều kiện xác định, suy ra, bất phương trình có tập nghiệm $S = \left( {\frac{2}{3};\frac{3}{2}} \right)$

Câu 10: Đáp án B

Phương pháp: ${\log _a}{b^c} = c{\log _a}b,\,\,\,{\log _{{a^c}}}b = \frac{1}{c}{\log _a}b\,\,\left( {0 < a \ne 1,\,\,b > 0} \right)$

Cách giải:

$A = {\log _{\sqrt a }}{a^2} + {\log _{\frac{1}{2}}}{4^a},\,\,\left( {a > 0,\,a \ne 1} \right)$

$ = {\log _{{a^{\frac{1}{2}}}}}{a^2} + {\log _{{2^{ – 1}}}}{2^{2a}} = \frac{1}{{\frac{1}{2}}}.2.{\log _a}a + \frac{1}{{ – 1}}.2a.{\log _2}2 = 4 – 2a$