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

Câu 11: Đáp án D

Cách giải:

Câu hỏi lý thuyết “Khái niệm về thể tích khối đa diện” (SGK hình học 12 trang 21, mục I phần b).

Câu 12: Đáp án B

Phương pháp:

Giải phương trình $y = 0$ , số nghiệm của phương trình là số giao điểm của đồ thị hàm số với trục hoành.

Cách giải:

Phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số với trục Ox

${x^3} – 2{x^2} + x – 12 = 0 \Leftrightarrow \left( {x – 3} \right)\left( {{x^2} + x + 4} \right) = 0$

$ \Leftrightarrow \left( {x – 3} \right)\left( {{x^2} + x + 4} \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 3\\{x^2} + x + 4 = 0\left( {VN} \right)\end{array} \right. \Leftrightarrow x = 3$

Câu 13: Đáp án C

Phương pháp:

Số điểm cực trị của hàm số $y = f\left( x \right)$ là số điểm mà qua đó $f’\left( x \right)$ đổi dấu.

Cách giải:

$y = f\left( x \right) – 2x \Rightarrow y’ = f’\left( x \right) – 2$

Ta có: $y’ = 0 \Leftrightarrow f’\left( x \right) – 2 = 0 \Leftrightarrow f’\left( x \right) = 2 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = {x_1}\\x = 0\\x = {x_2}\end{array} \right.$

Bảng biến thiên:

x	$ – \infty $	${x_1}$	0	${x_2}$	$ + \infty $
y’	–	0 +	0 –	0 +
y

Câu 14: Đáp án

Phương pháp:

Phương pháp tìm GTLN, GTNN của hàm số $y = f\left( x \right)$ trên $\left[ {a;b} \right]$

Bước 1: Tính y’, giải phương trình $y’ = 0 \Rightarrow {x_i} \in \left[ {a;b} \right]$

+) Bước 2: Tính các giá trị $f\left( a \right);\,\,f\left( b \right);\,\,f\left( {{x_i}} \right)$

+) Bước 3: So sánh các giá trị tính được ở bước 2 và kết luận.

Cách giải:

Xét hàm số $y = {x^3} – 3{x^2} – 9x + 1$ trên đoạn $\left[ {0;4} \right]$

$y’ = 3{x^2} – 6x – 0$

$y’ = 0 \Leftrightarrow 3{x^2} – 6x – 9 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = – 1 \notin \left[ {0;4} \right]\\x = 3 \in \left[ {0;4} \right]\end{array} \right.$

Tính $y\left( 0 \right) = 1;\,\,\,y\left( 3 \right) = – 26;\,\,\,y\left( 4 \right) = – 19$. Suy ra $M = 1,\,\,\,m = – 26 \Rightarrow m + 2M = – 24$

Câu 15: Đáp án D

Phương pháp:

Giải bất phương trình $y’ < 0$

Cách giải:

Tập xác định $D = R$

$y’ = {x^3} – 4x + 3;\,\,\,y’ = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 1\\x = 3\end{array} \right.$

Bảng biến thiên:

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

Từ bảng biến thiên, ta thấy hàm số nghịch biến trên $\left( {1;3} \right)$

Câu 16: Đáp án A

Phương pháp:

Phân chia và lắp ghép các khối đa diện.

Cách giải:

Dựa vào hình vẽ ta chọn đáp án A.

Câu 17: Đáp án D

Phương pháp:

Sử dụng công thức tính thể tích khối cầu.

Cách giải:

Công thức tính thể tích của khối cầu bán kính R là $V = \frac{4}{3}\pi {R^3}$

Câu 18: Đáp án A

Phương pháp:

TH1: $1 – m = 0$, hàm số có dạng $y = b{x^2} + c$ có 1 cực tiểu $ \Leftrightarrow b > 0$.

TH2: Hàm số có dạng $y = a{x^4} + b{x^2} + c\left( {a \ne 0} \right)$ có 1 cực tiểu và không có cực đại $ \Leftrightarrow a > 0$ và phương trình $y’ = 0$ có đúng 1 nghiệm.

Cách giải:

Tập xác định $\mathbb{R}$.

Trường hợp 1: $m – 1 = 0 \Leftrightarrow m = 1$, ta có $y = 8{x^2} + 1$ có đồ thị là parabol, bề lõm quay lên trên nên hàm số chỉ có 1 cực tiểu và không có cực đại.

Trường hợp 2: $m – 1 \ne 0 \Leftrightarrow m \ne 1$. Vì hàm số trùng phương nên để hàm số chỉ có cực tiểu mà không có cực đại thì $m < 1$ và phương trình $y’ = 0$ có đúng một nghiệm.

Vậy ta có $4\left( {1 – m} \right){x^3} + 4\left( {m + 3} \right)x = 0 \Leftrightarrow \left( {1 – m} \right){x^3} + \left( {m + 3} \right)x = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\\left( {1 – m} \right){x^2} + m + 3 = 0\end{array} \right.$

Do $m < 1$ nên ta có ${x^2} = \frac{{m + 3}}{{m – 1}}$. Phương trình ${x^2} = \frac{{m + 3}}{{m – 1}}$ có một nghiệm $x = 0$ hoặc vô nghiệm khi và chỉ khi $\frac{{m + 3}}{{m – 1}} \le 0 \Leftrightarrow – 3 \le m < 1$ (thỏa điều kiện $m < 1$)

Do đó không có nguyên dương thỏa mãn trong trường hợp này. m

Kết luận: Vậy $m = 1$ thì hàm số $y = \left( {1 – m} \right){x^4} + 2\left( {m + 3} \right){x^2} + 1$ có đúng một điểm cực tiểu và không có điểm cực đại.

Câu 19: Đáp án C

Phương pháp:

Cho hàm số $y = f\left( x \right)$

+) Nếu $\mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } y = {y_0} \Rightarrow y = {y_0}$ là đường TCN của đồ thị hàm số.

+) Nếu $\mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}} y = \infty \Rightarrow x = {x_0}$ là đường TCĐ của đồ thị hàm số.

Cách giải:

Để hàm số có tiệm cận ngang thì hàm số là hàm phân thức có bậc tử nhỏ hơn hoặc bằng bậc mẫu. Vậy có hàm số $y = \frac{1}{x}$ và hàm số $y = \frac{x}{{{x^2} – 1}}$ có tiệm cận ngang.

Câu 20: Đáp án D

Phương pháp:

+) Hình chóp đều là hình chóp có các cạnh bên bằng nhau và đáy là hình vuông.

+) Sử dụng công thức tính thể tích khối chóp:

Cách giải:

Gọi độ dài cạnh đáy của hình chóp tứ giác đều là a và chiều cao hình chóp tứ giác đều là h.

Ta có: $V = \frac{1}{3}{a^2}h$. Suy ra $a = \sqrt {\frac{{3V}}{h} = \sqrt {\frac{{3.8}}{6}} = 2} $