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

Câu 41: Đáp án B

Phương pháp:

Từ đồ thị hàm số $y = f’\left( x \right)$ lập BBT của đồ thị hàm số $y = f\left( x \right)$ và kết luận.

Cách giải:

Từ đồ thị hàm số $y = f’\left( x \right)$, ta có bảng biến thiên:

x	$ – \infty $	a	b	c	$ + \infty $
$f’\left( x \right)$	–	0 +	0 –	0 +
$f\left( x \right)$		$f\left( a \right)$	$f\left( b \right)$	$f\left( c \right)$

Do $f\left( a \right) > 0$, suy ra $y = f\left( x \right)$ có thể cắt trục hoành nhiều nhất tại điểm. 2

Câu 42: Đáp án D

Phương pháp:

Để hàm số $y = \left( {m + 1} \right){x^3} + \left( {m + 1} \right){x^2} – 2x + 2$ nghịch biến trên R thì $y’ \le 0$ với $\forall x \in R$

Cách giải:

Ta có: $y’ = 3\left( {m + 1} \right){x^2} + 2\left( {m + 1} \right)x – 2$

Để hàm số $y = \left( {m + 1} \right){x^3} + \left( {m + 1} \right){x^2} – 2x + 2$ nghịch biến trên R thì $y’ \le 0$ với $\forall x \in R$

Suy ra $3\left( {m + 1} \right){x^2} + 2\left( {m + 1} \right)x – 2$ với $\forall x \in \mathbb{R},\,\, \Rightarrow \left[ \begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}a = 0\\bx + c \le 0\end{array} \right.\\\left\{ \begin{array}{l}a \ne 0\\a < 0\\\Delta ‘ \le 0\end{array} \right.\end{array} \right.$

. Theo đầu bài: $m \in \mathbb{Z}$ $ \Rightarrow m = \left\{ { – 7; – 6; – 5; – 4; – 3; – 2; – 1} \right\}$

Câu 43: Đáp án C

Phương pháp :

+) Xác định góc giữa SB và mặt đáy. Góc giữa đường thẳng và mặt phẳng là góc tạo bởi đường thẳng và hình chiếu của đường thẳng trên mặt phẳng đó.

+) Dựng mặt phẳng (SBK) chứa SB và song song với AC, khi đó

$d\left[ {AC;SB} \right] = d\left[ {AC;\left( {SBK} \right)} \right] = \left[ {A;\left( {SBK} \right)} \right] = AH$

+) Sử dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông tính AH.

Cách giải:

$SA \bot \left( {ABC} \right) \Rightarrow $ AB là hình chiếu vuông góc của SB lên $\left( {ABC} \right)$

$ \Rightarrow \left( {SB;\left( {ABC} \right)} \right) = \left( {SB;AB} \right) = SBA = {60^0}$

$ \Rightarrow SA = AB.\tan {60^0} = a\sqrt 3 $

Dựng d qua B và d // AC

Dựng $AK \bot d$ tại K

Dựng $AH \bot SK$ tại H

Ta có $\left\{ \begin{array}{l}BK \bot AK\\BK \bot SA\end{array} \right. \Rightarrow BK \bot \left( {SAK} \right) \Rightarrow BK \bot AH$

$\left\{ \begin{array}{l}BK \bot AH\\SK \bot AH\end{array} \right. \Rightarrow AH \bot \left( {SBK} \right) \Rightarrow d\left( {A;\left( {SBK} \right)} \right) = AH$

$\left\{ \begin{array}{l}BK//AC\\BK \subset \left( {SBK} \right)\\AC \not\subset \left( {SBK} \right)\end{array} \right. \Rightarrow AC//\left( {SBK} \right) \Rightarrow d\left[ {AC;SB} \right] = d\left[ {A;\left( {SBK} \right)} \right] = AH$

Gọi M là trung điểm AC:

$\begin{array}{l} \Rightarrow BM \bot AC\,(1)\\\left\{ \begin{array}{l}BK \bot AK\\BK \bot AC\end{array} \right. \Rightarrow AK \bot AC\,(2)\end{array}$

$\left( 1 \right),\left( 2 \right) \Rightarrow AK//BM \Rightarrow $ AKBM là hình bình hành $ \Rightarrow AK = BM = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}$

Xét tam giác SAK vuông tại A ta có: $\frac{1}{{A{H^2}}} = \frac{1}{{A{K^2}}} + \frac{1}{{S{A^2}}} = \frac{5}{{3{a^2}}} \Rightarrow AH = \frac{{a\sqrt {15} }}{5}$

Vậy $d\left( {AC;SB} \right) = \frac{{a\sqrt {15} }}{5}$

Câu 44: 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:

Hàm số xác định $ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}1 – {x^2} \ge 0\\{x^2} + 2x \ne 0\end{array} \right. \Leftrightarrow x \in \left[ { – 1;1} \right]\backslash \left\{ 0 \right\}$

$\mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ + }} y = + \infty \Rightarrow $ đường thẳng $x = 0$ là tiệm cận đứng.

$\mathop {\lim }\limits_{x \to – {1^ + }} y = 0;\,\,\,\mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ – }} y = 0$

Vậy hàm số đã cho có 1 tiệm cận đứng.

Câu 45: Đáp án C

Phương pháp:

${\log _a}f\left( x \right) < {\log _a}g\left( x \right) \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}a > 1\\f\left( x \right) < g\left( x \right)\end{array} \right.\\\left\{ \begin{array}{l}0 < a < 1\\f\left( x \right) > g\left( x \right)\end{array} \right.\end{array} \right.$

Cách giải:

Ta có ${\log _a}b < 0 \Leftrightarrow {\log _a}b < {\log _a}1$. Xét trường hợp: 2

TH1: $a > 1$ suy ra ${\log _a}b < {\log _a}1 \Leftrightarrow b < 1$. Kết hợp điều kiện ta được $0 < b < 1 < a$

TH2: $0 < a < 1$ suy ra ${\log _a}b < {\log _a}1 \Leftrightarrow b > 1$. Kết hợp điều kiện ta được $0 < a < 1 < b$

Vậy khẳng định đúng là $\left[ \begin{array}{l}0 < a < 1 < b\\0 < b < 1 < a\end{array} \right.$

Câu 46: Đáp án B

Cách giải:

Gọi G là trọng tâm $\Delta BCD$, ta có $AG \bot \left( {BCD} \right)$ nên AG là trục của $\Delta BCD$.

Gọi M là trung điểm của AB. Qua M dựng đường thẳng $\Delta \bot AB$, gọi $\left\{ I \right\} = \Delta \cap AG$.

Do đó mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD có tâm là I và bán kính $R = IA$.

Ta có $\Delta AIM$ và $\Delta AGB$ là hai tam giác vuông đồng dạng nên:

$\frac{{AI}}{{AB}} = \frac{{AM}}{{AG}} \Rightarrow AI = AB.\frac{{AM}}{{AG}}$

Do $AB = a\sqrt 2 ,\,\,AM = \frac{{a\sqrt 2 }}{2},\,\,AG = \sqrt {{{\left( {a\sqrt 2 } \right)}^2} – \left( {\frac{2}{3}.\frac{{a\sqrt 2 .\sqrt 3 }}{2}} \right)} = \frac{{2a\sqrt 3 }}{3}$

Khi đó $R = AI = a\sqrt 2 .\frac{{a\frac{{\sqrt 2 }}{2}}}{{\frac{{2a\sqrt 3 }}{3}}} = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}$

Câu 47: Đáp án A

Phương pháp:

Đưa về cùng cơ số, sau đó cộng trừ các logarit cùng cơ số.

Cách giải:

Ta có ${\log _3}x = 3{\log _3}2 + {\log _9}25 – {\log _{\sqrt 3 }}3 = {\log _3}8 + {\log _3}5 – {\log _3}9 = {\log _3}\frac{{40}}{9}$

Vậy $x = \frac{{40}}{9}$

Câu 48: Đáp án A

Phương pháp:

Cho hàm số $y = {x^n}$

Cách giải:

Lũy thừa ${\left( { – \frac{3}{4}} \right)^0}$ và ${\left( { – 3} \right)^{ – 4}}$ có số mũ nguyên âm hoặc bằng thì cơ số phải khác (thỏa mãn). 0 0

Lũy thừa ${1^{ – \sqrt 2 }}$ có số mũ không nguyên thì cơ số phải dương (thỏa mãn).

Lũy thừa ${\left( { – 4} \right)^{ – \frac{1}{3}}}$ có số mũ không nguyên thì cơ số phải dương (không thỏa mãn).

Câu 49: Đáp án A

Phương pháp:

Sử dụng các công thức liên quan đến hàm logarit, lưu ý điều kiện của hàm logarit.

Cách giải:

Do $b \in R$ nên b chưa biết rõ về dấu, vì vậy: ${\log _a}{b^2} = 2{\log _a}\left| b \right|$

Câu 50: Đáp án A

Phương pháp:

Áp dụng định lí Pytago.

Cách giải:

Mặt phẳng $\left( P \right)$ cắt mặt cầu tâm O theo một đường tròn tâm H và bán kính $r = HA$

Ta có $OH = d\left( {O;\left( P \right)} \right) = 1;\,\,OA = R = 3$

Áp dụng định lý Pytago cho tam giác vuông HOA ta có

$r = HA = \sqrt {O{A^2} – O{H^2}} = \sqrt {9 – 1} = 2\sqrt 2 $

Vậy chu vi đường tròn thiết diện là: $2\pi r = 4\sqrt 2 \pi $