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

Câu 21: Đáp án D

Phương pháp: ${\log _a}f\left( x \right) = b \Leftrightarrow f\left( x \right) = {a^b}\,\,\left( {0 < a \ne 1,\,\,b > 0} \right)$

Cách giải:

${\log _5}\left( {{x^2} + x + 1} \right) = 1 \Leftrightarrow {x^2} + x + 1 = {5^1} \Leftrightarrow {x^2} + x – 4 = 0$

Do $a.c = 1.\left( { – 4} \right) < 0$ nên phương trình trên có 2 nghiệm trái dấu.

Câu 22: Đáp án A

Phương pháp:

Đưa về cùng số mũ.

Cách giải:

${\left( {{x^4}} \right)^{\frac{1}{{\sqrt 2 }}}} = {4^{\sqrt 2 }} \Leftrightarrow {x^{4.\frac{1}{{\sqrt 2 }}}} = {\left( {{2^2}} \right)^{\sqrt 2 }} \Leftrightarrow {x^{2\sqrt 2 }} = {2^{2\sqrt 2 }} \Leftrightarrow x = 2$

Phương trình đã cho chỉ có 1 nghiệm thực duy nhất.

Câu 23: Đáp án A

Phương pháp:

– Tìm TXĐ

– Tính y’

– Lập bảng xét dấu y’

– Đánh giá khoảng nghịch biến.

Cách giải:

TXĐ: $D = \left( { – \infty ;0} \right) \cup \left( {1; + \infty } \right)$

$y = \sqrt {{x^2} – x} \Rightarrow y’ = \frac{{2x – 1}}{{2\sqrt {{x^2} – x} }} = 0 \Leftrightarrow x = \frac{1}{2}$

Bảng xét dấu y’:

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

Hàm số $y = \sqrt {{x^2} – x} $ nghịch biến trên khoảng $\left( { – \infty ;0} \right)$

Câu 24: Đáp án D

Phương pháp:

Đánh giá từng đáp án.

Cách giải:

(1) Hàm số $y = {\log _2}x$ đồng biến trên khoảng $\left( {0; + \infty } \right)$: đúng, do 2 > 1

(2) Hàm số $y = {\log _2}x$có một điểm cực tiểu: sai, hàm số $y = {\log _2}x$ luôn đồng biến trên $\left( {0; + \infty } \right)$

(3) Đồ thị hàm số $y = {\log _2}x$ có tiệm cận: đúng, tiệm cận đó là đường $x = 0$

Số phát biểu đúng là 2.

Câu 25: Đáp án B

Phương pháp:

Phân biệt dạng đồ thị của các hàm số : bậc nhất trên bậc nhất, bậc ba, bậc bốn trùng phương.

Cách giải:

Quan sát đồ thị hàm số, ta thấy, đồ thị hàm số không thể là đồ thị của hàm bậc nhất trên bậc nhất và bậc bốn trùng phương. Do đó, loại phương án A và D.

Còn lại, phương án B và C là các hàm số bậc ba.

Quan sát đồ thị ta thấy, khi $x \to + \infty $ thì $y \to + \infty $ nên ta chọn B $\left( {a = 1 > 0} \right)$

Câu 26: Đáp án D

Phương pháp:

Đồ thị hàm số bậc nhất trên bậc nhất $y = \frac{{ax + b}}{{cx + d}},\,\left( {a,c \ne 0,\,\,ad – bc \ne 0} \right)$ có tiệm cận đứng là $x = – \frac{d}{c}$, tiệm cận ngang là $y = \frac{c}{a}$

Cách giải:

Các tiệm cận của đồ thị hàm số $y = \frac{{2x + 1}}{{x – 1}}$ là $x = 1,\,\,y = 2$

Câu 27: Đáp án B

Phương pháp:

Diện tích hình tròn bán kính R: $S = \pi {R^2}$

Diện tích xung quanh của khối nón: ${S_{xq}} = \pi Rl$

Thể tích khối nón: $V = \frac{1}{3}\pi {R^2}h$

Cách giải:

Theo đề bài, ta có tam giác SAB vuông cân tại S và ${S_{\Delta SAB}} = 8$

Ta có: ${S_{\Delta SAB}} = \frac{1}{2}.SO.AB = \frac{1}{2}.OA.2OA = O{A^2} = 8 \Rightarrow OA = 2\sqrt 2 $

$ \Rightarrow $ Đường tròn đáy có bán kính $R = OA = 2\sqrt 2 $

Diện tích đáy: $S = \pi {R^2} = \pi {\left( {2\sqrt 2 } \right)^2} = 8\pi $

Độ dài đường sinh: $l = SA = OA.\sqrt 2 = 2\sqrt 2 .\sqrt 2 = 4$

Diện tích xung quanh của khối nón: ${S_{xq}} = \pi Rl = \pi .2\sqrt 2 .4 = 8\sqrt 2 \pi $

Đường cao: $h = SO = OA = 2\sqrt 2 $

Thể tích khối nón: $V = \frac{1}{3}\pi {R^2}h = \frac{1}{3}\pi .{\left( {2\sqrt 2 } \right)^2}.2\sqrt 2 = \frac{{16\sqrt 2 \pi }}{3}$

Câu 28: Đáp án C

Phương pháp:

Đặt ${2^x} = t,\,\,\left( {t > 0} \right)$. Giải phương trình tìm , sau đó tìm và tổng các nghiệm. t x

Cách giải:

Đặt ${2^x} = t,\,\,\left( {t > 0} \right)$. Phương trình trở thành: ${t^2} – 3.t.2 + 8 = 0 \Leftrightarrow {t^2} – 6t + 8 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}t = 2\\t = 4\end{array} \right.$

$t = 2 \Rightarrow {2^x} = 2 \Leftrightarrow x = 1$

$t = 4 \Rightarrow {2^x} = 4 \Leftrightarrow x = 2$

Tổng hai nghiệm của phương trình đã cho là: $1 + 2 = 3$

Câu 29: Đáp án C

Phương pháp:

Sử dụng phương pháp tìm GTNN, GTLN của hàm số.

Cách giải:

+) $y = {x^3} – 10 \Rightarrow y’ = 3{x^2} \ge 0,\,\,\forall x$

$ \Rightarrow $ Hàm số đồng biến trên $\left[ {0;2} \right] \Rightarrow \mathop {\min }\limits_{\left[ {0;2} \right]} \left( {{x^3} – 10} \right) = {0^3} – 10 = – 10$

+) $y = \sqrt {x + 2} – 2 \Rightarrow y’ = \frac{1}{{2\sqrt {x + 2} }} > 0,\,\,\forall x \in \left[ {0;2} \right]$

$ \Rightarrow $ Hàm số đồng biến trên $\left[ {0;2} \right] \Rightarrow \mathop {\min }\limits_{\left[ {0;2} \right]} \left( {\sqrt {x + 2} – 2} \right) = \sqrt {0 + 2} – 2 = \sqrt 2 – 2$

+) $y = \frac{{x – 2}}{{x + 1}} \Rightarrow y’ = \frac{3}{{{{\left( {x + 1} \right)}^2}}} > 0,\,\,\forall x \in \left[ {0;2} \right]$

$ \Rightarrow $ Hàm số đồng biến trên $\left[ {0;2} \right] \Rightarrow \mathop {\min }\limits_{\left[ {0;2} \right]} \left( {\frac{{x – 2}}{{x + 1}}} \right) = \frac{{0 – 2}}{{0 + 1}} = – 2$

+) $y = {2^x} – 2 \Rightarrow y’ = {2^x}.\ln 2 > 0,\,\,\forall x$

$ \Rightarrow $ Hàm số đồng biến trên $\left[ {0;2} \right] \Rightarrow \mathop {\min }\limits_{\left[ {0;2} \right]} \left( {{2^x} – 2} \right) = {2^0} – 2 = 1 – 2 = – 1$

Câu 30: Đáp án C

Cách giải:

Khối mười hai mặt đều là khối đa diện đều loại $\left\{ {5;3} \right\}$