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

Câu 11: Đáp án A

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 với trục hoành là:

$\left| {x – 1} \right|\left( {\frac{1}{3}{x^2} – 2\left| x \right| + 3} \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\left| {x – 1} \right| = 0\\\frac{1}{3}{x^2} – 2\left| x \right| + 3 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x – 1 = 0\\\left| x \right| = 3\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 1\\x = 3\\x = – 3\end{array} \right.$

Vậy, đồ thị hàm số $\left| {x – 1} \right|\left( {\frac{1}{3}{x^2} – 2\left| x \right| + 3} \right)$ giao với trục hoành tại 3 điểm.

Câu 12: Đáp án D

Cách giải:

Một hình đa diện có ít nhất 4 đỉnh.

Câu 13: Đáp án

Phương pháp: $\left( {{x^\alpha }} \right) = \alpha .{x^{\alpha – 1}},\,\,\,\left( {{a^\alpha }} \right)’ = {a^x}.\ln a$

Cách giải: $y = {x^e} + {e^x} \Rightarrow y’ = e.{x^{e – 1}} + {e^x} = e.\left( {{e^{x – 1}} + {x^{e – 1}}} \right)$

Câu 14: Đáp án A

Phương pháp:

– Tìm TXĐ

– Tính đạo hàm

– Lập bảng xét dấu y’

– Xác định điểm cực đại và tính giá trị cực đại.

Cách giải:

Tập xác định: $D = R$

$y = {x^3} – 3x \Rightarrow y’ = 3{x^2} – 3$

$y’ = 0 \Leftrightarrow x = \pm 1$

Bảng xét dấu y’

x	$ – \infty $	-1	1	$ + \infty $
y’	+	0 –	0 +

Hàm số đạt cực đại tại $x = – 1$ và giá trị cực đại

Câu 15: Đáp án C

Phương pháp:

– Tìm TXĐ

– Tính y’

– Lập bảng biến thiên của hàm số trên đoạn $\left[ { – 1;\frac{1}{2}} \right]$

– Xác định giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số

– Tính tích M.m.

Cách giải:

TXĐ: $D = R\backslash \left\{ 1 \right\}$

$y = \frac{{{x^2} – 3x + 3}}{{x – 1}} \Rightarrow y’ = \frac{{\left( {2x – 3} \right)\left( {x – 1} \right) – 1.\left( {{x^2} – 3x + 3} \right)}}{{{{\left( {x – 1} \right)}^2}}} = \frac{{{x^2} – 2x}}{{{{\left( {x – 1} \right)}^2}}}$

$y’ = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\x = 2\end{array} \right.$

Bảng biến thiên trên đoạn $\left[ { – 1;\frac{1}{2}} \right]$

x		-1	0	$\frac{1}{2}$
y’		+	0 +
y		$ – \frac{7}{2}$	-3	$ + \infty $ $ – \frac{7}{2}$

Giá trị nhỏ nhất $m = – \frac{7}{2}$, giá trị lớn nhất $M = – 3 \Rightarrow M.m = \frac{{21}}{2}$

Câu 16: Đáp án B

Phương pháp:

Diện tích xung quanh của hình trụ: ${S_{xq}} = 2\pi Rh$

Diện tích toàn phần của hình trụ:

Cách giải:

Thiết diện qua trục là hình vuông cạnh a nên hình trụ đã cho có chiều cao $h = a$, bán kính đáy $R = \frac{a}{2}$

Diện tích toàn phần của hình trụ là: ${S_{tp}} = 2\pi Rh + 2\pi {R^2} = 2\pi .\frac{a}{2}.a + 2\pi .{\left( {\frac{a}{2}} \right)^2} = \frac{{3\pi {a^2}}}{2}$

Câu 17: Đáp án A

Phương pháp:

Khối chóp S.ABC có ba cạnh SA, SB, SC vuông góc với nhau từng đôi một là một tứ diện vuông tại đỉnh S

Thể tích của tứ diện vuông có độ dài ba cạnh góc vuông bằng a, b, c là: $V = \frac{{abc}}{6}$

Cách giải:

Thể tích của khối chóp S.ABC bằng: $\frac{{a.a.a}}{6} = \frac{{{a^3}}}{6}$

Câu 18: Đáp án A

Phương pháp:

Dựa vào BBT và đánh giá từng đáp án.

Cách giải:

Hàm số $y = f\left( x \right)$ nghịch biến trên đoạn $\left[ {0;1} \right]$, đoạn này có độ dài bằng 1 $ \Rightarrow $ Phương án A đúng.

Hàm số không có GTLN, GTNN trên R $ \Rightarrow $ B và D sai.

Hàm số đạt cực trị tại 2 điểm $ \Rightarrow $ C sai

Câu 19: Đáp án D

Câu 19:

Phương pháp:

Khối bát diện đều được ghép bởi hai khối chóp tứ giác bằng nhau, do vậy, ta tính thể tích bát diện bằng cách tính 2 lần thể tích khối chóp tứ giác.

Cách giải:

Thể tích của một khối chóp là: ${V_1} = \frac{1}{3}.{S_{ABCD}}.EH = \frac{1}{3}{a^2}.\frac{a}{{\sqrt 2 }} = \frac{{{a^3}}}{{3\sqrt 2 }}$

Thể tích khối bát diện đều là: $V = 2{V_1} = 2.\frac{{{a^3}}}{{3\sqrt 2 }} = \frac{{{a^3}\sqrt 2 }}{3}$

Câu 20: Đáp án C

Cách giải:

M di động luôn nhìn đoạn AB dưới một góc vuông $ \Rightarrow $ M thuộc mặt cầu có một đường kính là AB.