Đề Thi Toán 12 Học kì 1 Trường THPT Chuyên Thái Nguyên Có Đáp Án Và Lời Giải Chi Tiết

LỜI GIẢI CHI TIẾT

Câu 1: Đáp án B

Phương pháp:

Sử dụng các công thức logarit.

Cách giải:

Trong 4 mệnh đề trên chỉ có mệnh đề ${\log _a}\left( {xy} \right) = {\log _a}x + {\log _a}y$ đúng.

Câu 2: Đáp án D

Phương pháp:

Do hàm số $y = {x^3} – 6{x^2} + mx + 1$ đồng biến trên khoảng $\left( {0; + \infty } \right)$ tương đương với hàm số đồng biến trên $\left[ {0; + \infty } \right) \Leftrightarrow y’ \ge 0\,\,\forall x \in \left[ {0; + \infty } \right)$

Cách giải:

Do hàm số $y = {x^3} – 6{x^2} + mx + 1$ đồng biến trên khoảng $\left( {0; + \infty } \right)$ tương đương với hàm số đồng biến trên $\left[ {0; + \infty } \right)$

Ta có $y’ = 3{x^2} – 12x + m \ge 0,\,\,\,\forall x \in \left[ {0; + \infty } \right)$

$ \Leftrightarrow m \ge – 3{x^2} + 12x,\,\,\forall x \in \left[ {0; + \infty } \right)$

$ \Leftrightarrow m \ge \mathop {max}\limits_{\left[ {0; + \infty } \right)} \left( { – 3{x^2} + 12x} \right)$

Xét hàm số $y = – 3{x^2} + 12x$ có hoành độ đỉnh là ${x_0} = – \frac{b}{{2a}} = 2$

Và $y\left( 2 \right) = 12,\,\,y\left( 0 \right) = 0$. Suy ra $\mathop {max}\limits_{\left[ {0; + \infty } \right)} \left( { – 3{x^2} + 12x} \right) = y\left( 2 \right) = 12$

Vậy giá trị m cần tìm là $m \in \left\{ {12;13;14;…;2017} \right\}$. Suy ra có $2017 – 12 + 1$ giá trị nguyên của tham số m cần tìm.

Câu 3: Đáp án B

Cách giải:

Diện tích tam giác ABC:

${S_{ABC}} = \frac{1}{2}.AB.AC.\sin A = \frac{{\sqrt 3 {a^2}}}{4}$

Có $BC = \sqrt {A{B^2} + A{C^2} – 2AB.AC.{\mathop{\rm cosBAC}\nolimits} } = A\sqrt 3 $

Ta có: $AB’ = \sqrt {{a^2} + a} = a\sqrt 2 ,\,\,\,AI = \sqrt {{a^2} + {{\left( {\frac{a}{2}} \right)}^2}} = \frac{{a\sqrt 5 }}{2}$

$B’I = \sqrt {3{a^2} + {{\left( {\frac{a}{2}} \right)}^2}} = \frac{{a\sqrt {13} }}{2}$

Ta được $AB{‘^2} + A{I^2} = 2{a^2}{\left( {\frac{{a\sqrt 5 }}{2}} \right)^2} = \frac{{13{a^2}}}{4} = B'{I^2}$.

Suy ra tam giác AB’I vuông tại A, có diện tích bằng:

${S_{AB’I}} = \frac{1}{2}.AB’.AI = \frac{1}{2}a\sqrt 2 .\frac{{a\sqrt 5 }}{2} = \frac{{{a^2}\sqrt {10} }}{4}$

Tam giác ABC là hình chiếu vuông góc của tam giác AB’I trên ABC ABI $\left( {ABC} \right)$ nên ta có:

${S_{ABC}} = \cos \,\alpha .{S_{AB’I}} \Leftrightarrow \cos \alpha = \frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4}:\frac{{{a^2}\sqrt {10} }}{4} = \frac{{\sqrt {30} }}{{10}}$

Câu 4: Đáp án B

Phương pháp :

So sánh chiều cao và diện tích đáy của khối chóp so với hình lập phương.

Cách giải:

Gọi a là độ dài cạnh hình lập phương. Thể tích khối lập phương: ${V_1} = {a^3}$

Thể tích khối tứ diện ABDA’

${V_2} = \frac{1}{3}.AA’.{S_{ABD}} = \frac{1}{3}.a.\frac{{{a^2}}}{2} = \frac{{{a^3}}}{6}$

Vậy ${V_1} = 6{V_2}$

Câu 5: Đáp án D

Phương pháp:

Sử dụng các công thức ${\log _a}{x^n} = n{\log _a}x;\,\,\,{\log _a}b + {\log _a}c = {\log _a}\left( {bc} \right);\,\,\,{\log _a}b – {\log _a}c = {\log _a}\frac{b}{c}$

Giả sử các biểu thức là có nghĩa).

Cách giải:

$a{\log _2}3 + b{\log _6}2 + c{\log _6}3 = 5$ $ \Leftrightarrow {\log _6}{2^b} + {\log _6}{3^c} = {\log _2}{2^5} – {\log _2}{3^a}$

$ \Leftrightarrow {\log _6}{2^b}{3^c} = {\log _2}\frac{{{2^5}}}{{{3^a}}}$

Đặt $\left\{ \begin{array}{l}t = {\log _6}{2^b}{3^c}\\t = {\log _2}\frac{{{2^5}}}{{{3^a}}}\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{2^b}{3^c} = {6^t}\\\frac{{{2^5}}}{{{3^a}}} = {2^t}\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{2^b}{3^c} = {6^t}\\{2^5} = {3^a}{2^t}\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = 0\\t = 5\\b = c = 5\end{array} \right.$ (vì a, b, c là các số tự nhiên).

Vậy $b = c$

Câu 6: Đáp án D

Phương pháp:

+) Xác định điểm N.

+) Phân chia và lắp ghép các khối đa diện.

Cách giải:

Kẻ $AH \bot SB \Rightarrow d\left( {A;\left( {SBC} \right)} \right) = AH = \frac{{a\sqrt 2 }}{2} \Rightarrow \Delta SAB$ vuông cân tại A $ \Rightarrow SA = a$

$ \Rightarrow {V_{S.ABCD}} = \frac{1}{3}.SA.{S_{ABCD}} = \frac{1}{3}.a.{a^2} = \frac{{{a^3}}}{3}$

Kẻ $MN//CD \Rightarrow \frac{{SM}}{{SD}} = \frac{{SN}}{{SC}} = \frac{3}{4}$

Ta có: ${V_{S.ABD}} = {V_{S.BCD}} = \frac{1}{2}{V_{S.ABCD}}$

$\frac{{{V_{S.AMNB}}}}{{{V_{S.ABCD}}}} = \frac{{{V_{S.ABM}} + {V_{S.BMN}}}}{{2{V_{S.ABD}}}} = \frac{1}{2}\left( {\frac{{{V_{S.ABM}}}}{{{V_{S.ABD}}}} + \frac{{{V_{S.BMN}}}}{{{V_{S.BCD}}}}} \right) = \frac{1}{2}\left( {\frac{{SM}}{{SD}} + \frac{{SM}}{{SD}}.\frac{{SN}}{{SC}}} \right) = \frac{1}{2}\left( {\frac{3}{4} + \frac{3}{4}.\frac{3}{4}} \right) = \frac{{21}}{{32}}$

$ \Rightarrow \frac{{{V_{MNABCD}}}}{{{V_{S.ABCD}}}} = \frac{{{V_{S.ABCD}} – {V_{S.AMNB}}}}{{{V_{S.ABCD}}}} = 1 – \frac{{{V_{S.AMNB}}}}{{{V_{S.ABCD}}}} = 1 – \frac{{21}}{{32}} = \frac{{11}}{{32}}$

Vậy ${V_{MNABCD}} = \frac{{11}}{{32}}{V_{S.ABCD}} = \frac{{11}}{{32}}.\frac{{{a^3}}}{3} = \frac{{11{a^3}}}{{96}}$

Câu 7: Đáp án B

Phương pháp:

+) Tìm điều kiện để hàm số có 2 điểm cực trị.

+) Xác định các điểm cực trị của hàm số, nhận xét vị trí các điểm cực trị và tính diện tích tam giác.

Cách giải:

$y = {x^3} – 3m{x^2} + 4{m^3} \Rightarrow y’ = 3{x^2} – 6mx$. Ta có $y’ = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\x = 2m\end{array} \right.$

Để hàm số đã cho có hai điểm cực trị thì $m \ne 0$. Khi đó:

$y’ = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0 \Rightarrow y\left( 0 \right) = 4{m^3} \Rightarrow A\left( {0;4{m^3}} \right) \in Oy\\x = 2m \Rightarrow y\left( {2m} \right) = 0 \Rightarrow B\left( {2m;0} \right) \in Ox\end{array} \right.$

Vậy tam giác OAB vuông tại O nên ${S_{\Delta OAB}} = \frac{1}{2}OA.OB \Leftrightarrow 4 = \frac{1}{2}\left| {4{m^3}} \right|\left| {2m} \right|$

$ \Leftrightarrow \left| {{m^4}} \right| = 1 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m = – 1\\m = 1\end{array} \right. \Rightarrow S\left\{ {1; – 1} \right\}$

Câu 8: Đáp án D

Phương pháp:

Sử dụng công thức ${\log _a}f\left( x \right) + {\log _a}g\left( x \right) = {\log _a}\left[ {f\left( x \right)g\left( x \right)} \right]$ (giả sử các biểu thức có nghĩa).

Cách giải:

${\log _2}200 = {\log _2}\left( {{5^2}{{.2}^3}} \right) = 2{\log _2}5 + 3{\log _2}2 = 2a + 3$

Câu 9: Đáp án C

Phương pháp:

Giải phương trình $y’ = 0$ xác định các điểm cực trị của hàm số.

Cách giải:

$y’ = {x^3} – 4x = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\x = \pm 2\end{array} \right.$

Ta thấy, phương trình $y’ = 0$ có 3 nghiệm phân biệt và $a = \frac{1}{4} > 0$ nên hàm số có ba cực trị trong đó có một điểm cực đại và hai điểm cực tiểu.

Câu 10: Đáp án A

Phương pháp:

Sử dụng các công thức ${\log _{{a^n}}}f\left( x \right) = \frac{1}{n}{\log _a}f\left( x \right);\,\,\,{\log _a}{a^{f\left( x \right)}} = f\left( x \right)$ (giả sử các biểu thức có nghĩa).

Cách giải:

$A = {a^{4{{\log }_{{a^2}}}3}} = {a^{2{{\log }_a}3}} = {a^{{{\log }_a}9}} = 9$