- Đề Thi Toán 12 Học kì 1 Trường THPT Lương Thế Vinh Có Đáp Án Và Lời Giải Chi Tiết
- Đề Thi Toán 12 Học kì 1 Trường THPT Nguyễn Tất Thành Hà Nội Có Đáp Án Và Lời Giải Chi Tiết
- Đề Thi Toán 12 Học kì 1 Trường THPT Minh Khai Có Đáp Án Và Lời Giải Chi Tiết
- Đề Thi Toán 12 Học kì 1 Trường THPT Phan Đình Phùng Có Đáp Án Và Lời Giải Chi Tiết
- Đề Thi Toán 12 Học kì 1 Trường THPT Thăng Long Có Đáp Án Và Lời Giải Chi Tiết
- Đề Thi Toán 12 Học kì 1 Trường THPT Chuyên Lê Hồng Phong Có Đáp Án Và Lời Giải Chi Tiết
- Đề Thi Toán 12 Học kì 1 Trường THPT Chuyên Thái Nguyên Có Đáp Án Và Lời Giải Chi Tiết
- Đề Thi Toán 12 Học kì 1 Trường THPT Long An Có Đáp Án Và Lời Giải Chi Tiết
- Đề Thi Toán 12 Học kì 1 Trường THPT Chuyên Hạ Long Có Đáp Án Và Lời Giải Chi Tiết
- Đề Thi Toán 12 Học kì 1 Trường THPT Chuyên ĐH Vinh Có Đáp Án Và Lời Giải Chi Tiết
- Đề Thi Toán 12 Học kì 1 Trường THPT Chuyên ĐH SP Hà Nội Có Đáp Án Và Lời Giải Chi Tiết
- Đề Thi Toán 12 Học kì 1 Trường THPT Chu Văn An Hà Nội Có Đáp Án Và Lời Giải Chi Tiết
- Đề Thi Học kì 1 Toán 12 Trường THPT Chuyên Amsterdam Hà Nội Có Đáp Án Và Lời Giải Chi Tiết
- Đề Thi Học kì 1 Toán 12 Sở Giáo Dục & Đào Tạo Tỉnh Nam Định Có Đáp Án Và Lời Giải Chi Tiết
- Đề Thi Học kì 1 Toán 12 Sở Giáo Dục & Đào Tạo Tỉnh Bắc Ninh Có Đáp Án Và Lời Giải Chi Tiết
- Đề Thi Học kì 1 Toán 12 Sở Giáo Dục & Đào Tạo Đồng Tháp Có Đáp Án Và Lời Giải Chi Tiết
- Đề Thi Toán 12 Học kì 1 Sở Giáo Dục & Đào Tạo Bạc Liêu Có Đáp Án Và Lời Giải Chi Tiết
- Đề Thi Học kì 1 Toán 12 Sở Giáo Dục Đào Tạo Trường THPT Kim Liên Có Đáp Án Và Lời Giải Chi Tiết
- Đề Thi Học Kì 1 Hoá 12 Trường THPT Yên Hoà- Hà Nội Có Lời Giải Và Đáp Án Chi Tiết
Câu 41: Đáp án B
Phương pháp:
Trải tất cả các mặt của hình hộp chữ nhật ra cùng một mặt phẳng.
Cách giải:
Để đến được B, đầu tiên con kiến phải đi trên một trong các mặt bên và đi đến một trong các cạnh bên: NP, PE, QE, MQ, MF, NF
* Giả sử con kiến đi đến I trên cạnh MF sau đó tới B, khi đó để độ dài quãng đường là ngắn nhất thì A, I, B thẳng hàng:
Độ dài $AB = \sqrt {A{Q^2} + Q{B^2}} = \sqrt {{{50}^2} + {{30}^2}} = 10\sqrt {34} \left( {cm} \right)$
* Giả sử con kiến đi đến I trên cạnh NF sau đó tới B, khi đó để độ dài quãng đường là ngắn nhất thì A, I, B thẳng hàng:
Độ dài $AB = \sqrt {A{P^2} + P{B^2}} = \sqrt {{{60}^2} + {{20}^2}} = 20\sqrt {10} \left( {cm} \right)$
* Giả sử con kiến đi đến I trên cạnh PF sau đó tới B, khi đó để độ dài quãng đường là ngắn nhất thì A, I, B thẳng hàng:
Độ dài $AB = \sqrt {A{N^2} + N{B^2}} = \sqrt {{{30}^2} + {{50}^2}} = 10\sqrt {34} \left( {cm} \right)$
Vậy, quãng đường ngắn nhất con kiến đi là $10\sqrt {34} \left( {cm} \right)$
Câu 42: Đáp án D
Phương pháp:
Khảo sát, tìm giá trị cực đại và cực tiểu của hàm số. Từ đó tính S.
Cách giải:
$y = \frac{{{x^4} + 3}}{x},\,\,\left( {x \ne 0} \right) \Rightarrow y’ = \frac{{4{x^3}.x – \left( {{x^4} + 3} \right).1}}{{{x^2}}} = \frac{{3{x^4} – 3}}{{{x^2}}}$
$y’ = 0 \Leftrightarrow x = \pm 1$
Bảng xét dấu y’:
x | $ – \infty $ | -1 | 0 | 1 | $ + \infty $ | ||||
y’ | + | – | – | 0 | + |
Hàm số đạt cực đại tại $x = – 1$, giá trị cực đại ${y_1} = – 4$, đạt cực tiểu tại $x = 1$, giá trị cực tiểu ${y_2} = 4$
$S = {y_1} – {y_2} = – 4 – 4 = – 8$
Câu 43: Đáp án
Cách giải:
Đặt $y = f\left( x \right).g\left( x \right) = h\left( x \right)$. Khi đó:
$h\left( 0 \right) = f\left( 0 \right).g\left( 0 \right) = 0.0 = 0$
$h\left( 1 \right) = f\left( 1 \right).g\left( 1 \right) = 1.\left( { – 1} \right) = – 1$
Do đó, ta chọn phương án C
Câu 44: Đáp án B
Phương pháp:
Sử dụng tính đơn điệu của hàm số.
Cách giải:
Điều kiện: $x \ge – \frac{1}{2}$
${e^x} – {e^{\sqrt {2x + 1} }} = 1 – {x^2} + 2\sqrt {2x + 1} \Leftrightarrow 2x + 1 + 2\sqrt {2x + 1} + 1 + {e^{\sqrt {2x + 1} }} = {x^2} + 2x + 1 + {e^x}$
$ \Leftrightarrow {\left( {\sqrt {2x + 1} + 1} \right)^2} + {e^{\sqrt {2x + 1} }} = {\left( {x + 1} \right)^2} + {e^x}$
Xét hàm số $y = {\left( {x + 1} \right)^2} + {e^x} \Rightarrow y’ = 2\left( {x + 1} \right) + {e^x} = 2x + 1 + {e^x} + 1 > 0,\,\,\forall x \ge – \frac{1}{2}$
$ \Rightarrow $ Hàm số đồng biến trên $\left[ { – \frac{1}{2}; + \infty } \right)$
Phương trình đã cho tương đương:
$\sqrt {2x + 1} = x \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x \ge 0\\2x + 1 = {x^2}\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x \ge 0\\{x^2} – 2x – 1 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow x = 1 + \sqrt 2 \in \left( {2;\frac{5}{2}} \right)$
Câu 45: Đáp án C
Phương pháp:
+) Tính y’, giải phương trình $y’ = 0 \Rightarrow $ các cực trị của hàm số.
+) Tính các giá trị cực trị của hàm số và
Cách giải:
$y = {x^3} – 3x + m \Rightarrow y’ = 3{x^2} – 3$
$y’ = 0 \Leftrightarrow x = \pm 1$
$x = 1 \Rightarrow y = – 2 + m$
$x = – 1 \Rightarrow y = 2 + m$
Giá trị cực đại và giá trị cực tiểu trái dấu $ \Rightarrow \left( { – 2 + m} \right)\left( {2 + m} \right) < 0 \Leftrightarrow – 2 < m < 2$
Câu 46: Đáp án A
Phương pháp:
Sử dụng phương pháp tọa độ hóa.
Cách giải:
Gắn hệ trục tọa độ như hình vẽ.
Trong đó, $B\left( {2a;0;0} \right),\,\,C\left( {2a;2a;0} \right),\,\,E\left( {a;0;0} \right),\,\,S\left( {0;0;a} \right)$
Gọi $I\left( {{x_0};{y_0};{z_0}} \right)$ là tâm của mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.BEC. Khi đó, $I{S^2} = I{B^2} = I{C^2} = I{E^2}$
$ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x_0^2 + y_0^2 + {\left( {{z_0} – a} \right)^2} = {\left( {{x_0} – 2a} \right)^2} + y_0^2 + z_0^2\\x_0^2 + y_0^2 + {\left( {{z_0} – a} \right)^2} = {\left( {{x_0} – 2a} \right)^2} + {\left( {{y_0} – 2a} \right)^2} + z_0^2\\x_0^2 + y_0^2 + {\left( {{z_0} – a} \right)^2} = {\left( {{x_0} – a} \right)^2} + y_0^2 + z_0^2\end{array} \right.$
$ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} – 2a{z_0} + {a^2} = – 4a{x_0} + 4{a^2}\\ – 2a{z_0} + {a^2} = – 4a{x_0} + 4{a^2} – 4a{y_0} + 4{a^2}\\ – 2a{z_0} + {a^2} = – 2a{x_0} + {a^2}\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}4{x_0} – 2{z_0} = 3a\\4{x_0} + 4{y_0} – 2{z_0} = 7a\\{x_0} – {z_0} = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x_0} = \frac{{3a}}{2}\\{y_0} = a\\{z_0} = \frac{{3a}}{2}\end{array} \right.$
Bán kính mặt cầu: $R = SI = \sqrt {x_0^2 + y_0^2 + {{\left( {{z_0} – a} \right)}^2}} = \sqrt {\frac{{9{a^2}}}{a} + {a^2} + \frac{{{a^2}}}{4}} = \frac{{a\sqrt {14} }}{2}$
Diện tích mặt cầu: $S = 4\pi {R^2} = 14\pi {a^2}$
Câu 47: Đáp án A
Phương pháp:
– Tìm TXĐ
– Tìm nghiệm và điểm không xác định của y’
– Tính các giá trị tại $\frac{1}{{{e^2}}}$, tại , tại nghiệm của y’ . Tìm GTLN, GTNN trong các giá trị đó. e
– Tính tích M.m.
Cách giải:
TXĐ: $D = \left( {0; + \infty } \right)$
$y = x.\ln x \Rightarrow y’ = \ln x + x.\frac{1}{x} = \ln x + 1$
$y’ = 0 \Leftrightarrow x = \frac{1}{e}$
Ta có: $f\left( {\frac{1}{{{e^2}}}} \right) = – \frac{2}{{{e^2}}},\,\,\,f\left( e \right) = e,\,\,\,f\left( {\frac{1}{e}} \right) = – \frac{1}{e}$
Vậy $\mathop {\min }\limits_{\left[ {\frac{1}{{{e^2}}};e} \right]} f\left( x \right) = – \frac{1}{e} = m,\,\,\,\mathop {\max }\limits_{\left[ {\frac{1}{{{e^2}}};e} \right]} f\left( x \right) = e = M \Rightarrow M.m = – 1$
Câu 48: Đáp án D
Phương pháp:
Chia cả hai vế cho ${4^x}$, đặt ${\left( {\frac{3}{2}} \right)^x} = t$. Giải phương trình tìm t, từ đó tìm x và tổng ${x_1} + {x_2}$
Cách giải:
${3.9^x} – {7.6^x} + {2.4^x} = 0 \Leftrightarrow 3.{\left( {\frac{9}{4}} \right)^x} – 7{\left( {\frac{3}{2}} \right)^x} + 2 = 0$
Đặt ${\left( {\frac{3}{2}} \right)^x} = t$. Phương trình trở thành $\begin{array}{l}3{t^2} – 7t + 2 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}t = 2\\t = \frac{1}{3}\end{array} \right. \Rightarrow \left[ \begin{array}{l}{\left( {\frac{3}{2}} \right)^x} = 2\\{\left( {\frac{3}{2}} \right)^x} = \frac{1}{3}\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = {\log _{\frac{3}{2}}}2\\x = {\log _{\frac{3}{2}}}\frac{1}{3}\end{array} \right.\\\end{array}$
Tổng hai nghiệm ${x_1} + {x_2} = {\log _{\frac{3}{2}}}2 + {\log _{\frac{3}{2}}}\frac{1}{3} = {\log _{\frac{3}{2}}}\left( {2.\frac{1}{3}} \right) = {\log _{\frac{3}{2}}}\frac{2}{3} = – 1$
Câu 49: Đáp án B
Phương pháp:
Số nghiệm của phương trình $\left| {{x^3}} \right| – 3{x^2} – {m^2} = 0$ bằng số giao điểm của đồ thị hàm số $y = {\left| x \right|^3} – 3{x^2}$ và đường thẳng $y = {m^2}$
Phác họa đồ thị hàm số , từ đó nhận xét số giao điểm trên.
Cách giải:
Số nghiệm của phương trình $\left| {{x^3}} \right| – 3{x^2} – {m^2} = 0$ bằng số giao điểm của đồ thị hàm số $y = {\left| x \right|^3} – 3{x^2}$ và đường thẳng $y = {m^2}$
Từ đồ thị hàm số $y = {x^3} – 3{x^2}$
Ta vẽ được đồ thị hàm số $y = {\left| x \right|^3} – 3{x^2}$ như sau:
Do ${m^2} \ge 0,\,\,\forall m$ nên đồ thị hàm số $y = {\left| x \right|^3} – 3{x^2}$ cắt đường thẳng $y = {m^2}$ tại nhiều nhất 3 điểm.
Câu 50: Đáp án D
Cách giải:
Xét phương trình hoành độ giao điểm của $\left( C \right)$ và đường thẳng $y = 2x + m$:
$\frac{{2x + 3}}{{x – 2}} = 2x + m,\,\,\left( {x \ne 2} \right) \Leftrightarrow 2x + 3 = \left( {2x + m} \right)\left( {x – 2} \right) \Leftrightarrow 2{x^2} + \left( {m – 6} \right)x – 2m – 3 = 0\left( * \right)$
Dễ dàng kiểm tra được $x = 2$ không phải nghiệm của phương trình (*) với mọi m
Để phương trình (*) có 2 nghiệm phân biệt ${x_1},\,{x_2}$ thì $\Delta > 0 \Leftrightarrow {\left( {m – 6} \right)^2} + 8\left( {2m + 3} \right) > 0 \Leftrightarrow {m^2} + 4m + 60 > 0$, luôn đúng
$y = \frac{{2x + 3}}{{x – 2}} \Rightarrow y = – \frac{7}{{{{\left( {x – 2} \right)}^2}}}$
Tiếp tuyến của $\left( C \right)$ tại hai điểm giao song song với nhau
$ \Leftrightarrow – \frac{7}{{{{\left( {{x_1} – 2} \right)}^2}}} = – \frac{7}{{{{\left( {{x_1} – 2} \right)}^2}}} \Leftrightarrow {\left( {{x_1} – 2} \right)^2} = {\left( {{x_2} – 2} \right)^2} \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}{x_1} = {x_2}\\{x_1} + {x_2} = 4\end{array} \right. \Leftrightarrow {x_1} + {x_2} = 4$
Theo Vi – ét, ta có: ${x_1} + {x_2} = – \frac{{m – 6}}{2} \Rightarrow – \frac{{m – 6}}{2} = 4 \Leftrightarrow m – 6 = – 8 \Leftrightarrow m = – 2$
Vậy, có 1 giá trị thực của tham số m thỏa mãn yêu cầu đề bài.