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

Câu 31: Đáp án A

Phương pháp:

Cắt khối hình bởi mặt phẳng đi qua trục

Tính độ dài x cạnh của hình lập phương

Tính độ dài đường chéo của hình lập phương: $x\sqrt 3 $

Cách giải:

Xét mặt cắt qua trục có $SH = h = 6,\,\,\,HA = HB = r = 3$

Gọi độ dài cạnh của hình vuông là x.

Vì MN // AB nên $\frac{{MN}}{{AB}} = \frac{{SN}}{{SB}} \Leftrightarrow \frac{x}{{2.3}} = \frac{{SN}}{{SB}} = \frac{x}{6}$

Vì NE // SH nên $\frac{{NE}}{{SH}} = \frac{{NB}}{{SB}} \Leftrightarrow \frac{x}{6} = \frac{{NE}}{{SB}}$

$ \Rightarrow \frac{x}{6} + \frac{x}{6} = \frac{{SN}}{{SB}} + \frac{{NE}}{{SB}} = 1 \Rightarrow X = 3$

$ \Rightarrow $ Độ dài đường chéo của hình lập phương là: $3\sqrt 3 $

Câu 32: Đáp án D

Phương pháp:

Tính thể tích của khối lăng trụ đứng, có đáy là hình thang cân mà hai cạnh bên bằng đáy bé và bằng 20cm.

Thể tích lớn nhất khi diện tích của hình thang cân lớn nhất.

Cách giải:

Thể tích nước lớn nhất khi diện tích của hình thang cân lớn nhất

Gọi độ dài đường cao là h. Khi đó, $AE = BF = h$, từ đó, suy ra $DE = CF = \sqrt {{{20}^2} – {h^2}} = \sqrt {400 – {h^2}} $

$CD = DE + EF + FC = 2\sqrt {400 – {h^2}} + 20$

Diện tích hình thang: $S = \left( {AB + CD} \right).AE:2 = \frac{{20 + 2\sqrt {400 – {h^2}} + 20}}{2}.h = 20h + h\sqrt {400 – {h^2}} $

$S’ = 20 + \sqrt {400 – {h^2}} – h.\frac{h}{{\sqrt {400 – {h^2}} }} = 20 + \frac{{400 – 2{h^2}}}{{\sqrt {400 – {h^2}} }}$

$S’ = 0 \Leftrightarrow 20\sqrt {400 – {h^2}} + 400 – {2^2} = 0 \Leftrightarrow {h^2} = 300 \Rightarrow h = 10\sqrt 3 $

Bảng xét dấu:

h	0	$10\sqrt 3 $	$ + \infty $
S’	+	0 –

Diện tích hình thang lớn nhất khi $h = 10\sqrt 3 $

Khi đó, $\sin \varphi = \frac{{10\sqrt 3 }}{0} = \frac{{\sqrt 3 }}{2} \Rightarrow \varphi = {60^0} \Rightarrow \varphi \in \left[ {{{50}^0};{{70}^0}} \right)$

Câu 33: Đáp án B

Phương pháp:

Công thức: ${A_n} = M{\left( {1 + r\% } \right)^n}$

Với: ${A_n}$ là mật độ dân số ở năm thứ n,

M là mật độ dân số ban đầu,

n là thời gian (năm),

r là mức tăng trưởng dân số.

Cách giải:

Ta có: ${A_n} = M{\left( {1 + r\% } \right)^n} \Leftrightarrow 340 = 308.1 + 1,03{\% ^n} \Rightarrow n = {\log _{1,0103}}\left( {\frac{{340}}{{308}}} \right) \approx 9,64$

$ \Rightarrow $ Ta cần 10 năm để đạt mật độ dân số như vậy

$ \Rightarrow $ Đến năm 2027 mật độ dân số nước ta đạt đến con số đó.

Câu 34: Đáp án D

Cách giải:

Ta thấy, hai hàm số $y = {\log _a}x,\,\,\,y = {\log _b}x$ đều đồng biến trên $\left( {0; + \infty } \right) \Rightarrow a,b > 1$

Lấy ${x_0} > 0$ bất kì, ta thấy ${\log _a}{x_0} > {\log _b}{x_0} \Rightarrow a < b \Rightarrow 1 < a < b$

Hàm số $y = {c^x}$ nghịch biến trên $\mathbb{R} \Rightarrow c < 1 \Rightarrow c < a < b$

Câu 35: Đáp án A

Phương pháp:

Chia cả hai vế cho ${5^{1 – \sqrt {1 – 2x} }}$

Cách giải:

Chia cả hai vế cho ${5^{1 – \sqrt {1 – 2x} }}$ta có:

${5^{2x + \sqrt {1 – 2x} }} – m{.5^{1 – \sqrt {2 – x} }} = {4.5^x} \Leftrightarrow {5^{2x – 1 + 2\sqrt {1 – 2x} }} – m = {4.5^{x – 1 + \sqrt {1 – 2x} }} \Leftrightarrow {5^{2x – 1 + 2\sqrt {1 – 2x} }} – {4.5^{x – 1 + \sqrt {1 – 2x} }} = m$

$ \Leftrightarrow 5.{\left( {\frac{1}{{\sqrt 5 }}} \right)^{2{{\left( {\sqrt {1 – 2x} – 1} \right)}^2}}} – 4.{\left( {\frac{1}{{\sqrt 5 }}} \right)^{{{\left( {\sqrt {1 – 2x} – 1} \right)}^2}}} = m$

Ta thấy ${\left( {\sqrt {1 – 2x} – 1} \right)^2} \ge 0,\,\,\forall x \ge \frac{1}{2} \Rightarrow 0 < {\left( {\frac{1}{{\sqrt 5 }}} \right)^{{{\left( {\sqrt {1 – 2x} – 1} \right)}^2}}} \le 1,\,\,\,\forall x \ge \frac{1}{2}\left( {do\,\,0 < \frac{1}{{\sqrt 5 }} < 1} \right)$

Đặt ${\left( {\frac{1}{{\sqrt 5 }}} \right)^{{{\left( {\sqrt {1 – 2x} – 1} \right)}^2}}} = t,\,\,0 < t \le 1$

Xét hàm số $y = 5{t^2} – 4t,\,\,t \in \left( {0;1} \right]:\,\,\,y’ = 10t – 4$

$y’ = 0 \Leftrightarrow t = \frac{2}{5}$

Ta có: $y\left( 0 \right) = 0,\,\,\,y\left( {\frac{2}{5}} \right) = – \frac{4}{5},\,\,\,y\left( 1 \right) = 1 \Rightarrow \mathop {max}\limits_{\left( {0;1} \right]} y = 1,\,\,\,\mathop {\min }\limits_{\left( {0;1} \right]} y = – \frac{4}{5}$

Để phương trình đã cho có nghiệm thì $m \in \left[ { – \frac{4}{5};1} \right] \Rightarrow a = – \frac{4}{5},\,\,b = 1 \Rightarrow b – a = \frac{9}{5}$

Câu 36: Đáp án A

Phương pháp:

Cô lập m, đưa về dạng $f\left( x \right) = m$

Số nghiệm của phương trình là số giao điểm của đồ thị hàm số $y = f\left( x \right)$ và đường thẳng $y = m$

Cách giải:

Điều kiện: $x \ne 2,\,\,x \ne – 4$

${\log _4}\left( {{x^2} – 4x + 4} \right) + {\log _{16}}{\left( {x + 4} \right)^4} – m = 0 \Leftrightarrow {\log _4}{\left( {x – 2} \right)^2} + {\log _{16}}{\left( {x + 4} \right)^4} = m$ $ \Leftrightarrow {\log _2}\left| {x – 2} \right| + {\log _2}\left| {x + 4} \right| = m \Leftrightarrow {\log _2}\left| {\left( {x – 2} \right)\left( {x + 4} \right)} \right| = m \Leftrightarrow \left| {{x^2} + 2x – 8} \right| = {2^m}$

Số nghiệm của phương trình đã cho bằng số giao điểm của đồ thị hàm số $y = \left| {{x^2} + 2x – 8} \right|$ và đường thẳng $y = {2^m}$

Quan sát đồ thị hàm số bên, ta thấy, để đồ thị hàm số $y = \left| {{x^2} + 2x – 8} \right|$ cắt đường thẳng $y = {2^m}$ tại 4 điểm phân biệt thì $0 < {2^m} < 9 \Leftrightarrow m < {\log _2}9 \Leftrightarrow m < 2{\log _2}3$

Câu 37: Đáp án C

Phương pháp:

Thể tích khối chóp: $V = \frac{1}{3}Sh$

Cách giải:

Kẻ SH vuông góc AB (H thuộc AB). Do mặt bên SAD nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy $ \Rightarrow SH \bot \left( {ABCD} \right)$

Diện tích tam giác SAD: ${S_{SAD}} = \frac{1}{2}SH.AD = 6 \Rightarrow \frac{1}{2}.SH.4 = 6 \Rightarrow SH = 3$

Diện tích tam giác BCD: ${S_{BCD}} = \frac{1}{2}.AB.BC = \frac{1}{2}.2.2 = 2$

Thể tích khối S.BCD: $V = \frac{1}{3}{S_{BCD}}.SH = \frac{1}{3}.2.3 = 2$

Câu 38: Đáp án B

Cách giải:

Gọi M là trung điểm của CD. Kẻ AH vuông góc mặt phẳng (BCD) (H thuộc (BCD))

$ \Rightarrow H \in BM,\,\,\,AH \bot HM$

${V_{ABCD}}$ lớn nhất khi và chỉ khi AH có độ dài lớn nhất, tức là khi H trùng M

Hai tam giác ACD, BCD đều, cạnh a, có đường cao AM, BM bằng $\frac{{a\sqrt 3 }}{2}$

Tam giác ABM vuông cân tại A, lấy N là trung điểm của AB $ \Rightarrow MN \bot AB$

Mà $MN \subset \left( {AMB} \right) \bot CD \Rightarrow MN \bot CD \Rightarrow $ MN là đoạn vuông góc chung của AB và CD

Khoảng cách giữa hai đường thẳng AB và CD là: $MN = \frac{{AM}}{{\sqrt 2 }} = \frac{{\frac{{a\sqrt 3 }}{2}}}{{\sqrt 2 }} = \frac{{a\sqrt 6 }}{4}$

Câu 39: Đáp án B

Phương pháp:

Mặt cầu tâm A tiếp xúc với (SBC) có bán kính $R = d\left( {A;\left( {SBC} \right)} \right)$

Diện tích mặt cầu: ${S_{mc}} = 4\pi {R^2}$

Cách giải:

Gọi M, N lần lượt là trung điểm của AB, BC; O là giao điểm của AN và CM. Kẻ $AH \bot SN\left( {H \in SN} \right)$

Tam giác ABC đều, tâm O $ \Rightarrow OA = \frac{2}{3}AN = \frac{2}{3}.\frac{{3\sqrt 3 }}{2} = \sqrt 3 $

Tam giác SAO vuông tại O $ \Rightarrow SO = \sqrt {S{A^2} – O{A^2}} = \sqrt {6 – 3} = \sqrt 3 $

Tam giác SBC cân tại N $ \Rightarrow SN \bot BC \Rightarrow $ Tam giác SNC vuông tại N

$ \Rightarrow SN = \sqrt {S{B^2} – B{N^2}} = \sqrt {6 – {{\left( {\frac{3}{2}} \right)}^2}} = \frac{{\sqrt {15} }}{2}$

Tam giác AHN đồng dạng tam giác SON $ \Rightarrow \frac{{AH}}{{SO}} = \frac{{AN}}{{SN}} \Leftrightarrow \frac{{AH}}{{\sqrt 3 }} = \frac{{\frac{{3\sqrt 3 }}{2}}}{{\frac{{\sqrt {15} }}{2}}} = \frac{3}{{\sqrt 5 }} \Rightarrow AH = \frac{{3\sqrt 3 }}{{\sqrt 5 }}$

Diện tích mặt cầu: ${S_{mc}} = 4\pi {R^2} = 4\pi .{\left( {\frac{{3\sqrt 3 }}{{\sqrt 5 }}} \right)^2} = \frac{{108\pi }}{5}$

Câu 40: Đáp án A

Phương pháp:

Tìm số đường tiệm cận của từng đồ thị hàm số

Cách giải:

Đồ thị hàm số $y = \frac{{\sqrt x }}{{{x^2} – 2x}}$ có 3 đường tiệm cận là $x = 0,\,\,x = 2,\,\,y = 0$

Đồ thị hàm số $y = \frac{x}{{\sqrt {1 – {x^2}} }}$ có 1 đường tiệm cận là $x = 1,\,\,x = – 1$

Đồ thị hàm số $y = \frac{1}{{\sqrt x }}$ có 2 đường tiệm cận là $x = 0,\,\,y = 0$

Đồ thị hàm số $y = \frac{x}{{{x^2} – 2x}}$ có 2 đường tiệm cận là $x = 2,\,\,y = 0$