Đề Thi Toán 12 Học kì 1 Trường THPT Minh Khai Có Đáp Án Và Lời Giải Chi Tiết

Câu 31: Đáp án C

Phương pháp:

${\log _a}f\left( x \right) + {\log _a}g\left( x \right) = {\log _a}\left[ {f\left( x \right)g\left( x \right)} \right]$

Cách giải:

ĐKXĐ: $\left\{ \begin{array}{l}x > 0\\x + 9 > 0\end{array} \right. \Leftrightarrow x > 0$

$\log x + \log \left( {x + 9} \right) = 1 \Leftrightarrow \log \left( {x\left( {x + 9} \right)} \right) = 1 \Leftrightarrow x\left( {x + 9} \right) = {10^1} \Leftrightarrow {x^2} + 9x – 10 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 1 & \left( {tm} \right)\\x = – 10\left( {ktm} \right)\end{array} \right.$ Tập nghiệm của phương trình là: $T = \left\{ 1 \right\}$

Câu 32: Đáp án D

Phương pháp:

${\log _a}f\left( x \right) = {\log _a}g\left( x \right) \Leftrightarrow f\left( x \right) = g\left( x \right) > 0$

Cách giải:

ĐKXĐ: $\left\{ \begin{array}{l}x – 1 > 0\\{x^2} + x – 2 > 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x > 0\\\left[ \begin{array}{l}x > 1\\x < – 2\end{array} \right.\end{array} \right. \Leftrightarrow x > 1$

$\ln \left( {x – 1} \right) = \ln \left( {{x^2} + x + 2} \right) \Leftrightarrow x – 1 = {x^2} + x – 2 \Leftrightarrow {x^2} = 1 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 1 & \left( {ktm} \right)\\x = – 1 & \left( {ktm} \right)\end{array} \right.$

Vậy phương trình vô nghiệm.

Câu 33: Đáp án D

Phương pháp:

${a^x} > b \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x > {\log _a}b\,\,khi\,\,a > 1\\x < {\log _a}b\,\,khi\,\,0 < a < 1\end{array} \right.$

Cách giải:

${3^x} > – 2$ luôn đúng với mọi x $ \Rightarrow $ Bất phương trình có tập nghiệm $T = \left( { – \infty ; + \infty } \right)$

Câu 34: Đáp án B

Phương pháp:

Với $a > 1;\,\,{a^{f\left( x \right)}} > {a^{g\left( x \right)}} \Leftrightarrow f\left( x \right) > g\left( x \right)$

Cách giải:

ĐKXĐ: $x \ne 0$

Ta có ${3^{\frac{1}{x}}} > {3^x} \Leftrightarrow \frac{1}{x} > x \Leftrightarrow \frac{{{x^2} – 1}}{x} < 0$

Bảng xét dấu:

x	$ – \infty $	-1	0	1	$ + \infty $
${x^2} – 1$	+	0 –	–	0 +
x	–	–	0 +	+
$\frac{{{x^2} – 1}}{x}$	–	0 +	–	0 +

$ \Rightarrow \left[ \begin{array}{l}x < – 1\\0 < x < 1\end{array} \right.$. Vậy Tập nghiệm của bất phương trình là: $T = \left( { – \infty ;1} \right) \cup \left( {0;1} \right)$

Câu 35: Đáp án A

Phương pháp:

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

Cách giải:

Ta có: ${\log _{\frac{1}{3}}}x > – 1 \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x > 0\\x < {\left( {\frac{1}{3}} \right)^{ – 1}}\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x > 0\\x < 3\end{array} \right. \Leftrightarrow 0 < x < 3$

Tập nghiệm của bất phương trình ${\log _{\frac{1}{3}}}x > – 1$ là $T = \left( {0;3} \right)$

Câu 36: Đáp án D

Phương pháp:

Hình hộp chữ nhật có nhiều mặt phẳng đối xứng khi nó là hình lập phương.

Cách giải:

Hình hộp chữ nhật có nhiều mặt phẳng đối xứng khi nó là hình lập phương. Khi đó: hình hộp chữ nhật có 9 mặt đối xứng (như hình dưới đây).

Câu 37: Đáp án B

Phương pháp:

Thể tích khối lập phương có các cạnh đều bằng a là: $V = {a^3}$

Cách giải:

ABCD là hình vuông $ \Rightarrow AC = \sqrt 2 AB \Leftrightarrow 2a = \sqrt 2 AB \Leftrightarrow AB = \sqrt 2 a$

$ \Rightarrow $ Khối lập phương ABCD.A’B’C’D’ có các cạnh đều bằng $\sqrt 2 a$

Thể tích khối lập phương đó là: $V = {\left( {\sqrt 2 a} \right)^3} = 2\sqrt 3 {a^3}$

Câu 38: Đáp án C

Phương pháp:

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

Cách giải:

Tam giác ABC vuông tại B $ \Rightarrow BC = \sqrt {A{C^2} – A{B^2}} = \sqrt {{{\left( {2a} \right)}^2} – {a^2}} = a\sqrt 3 $

Diện tích tam giác ABC: ${S_{ABC}} = \frac{1}{2}AB.BC = \frac{1}{2}.a.a\sqrt 3 = \frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{2}$

Tam giác SAB vuông tại A $ \Rightarrow SA = \sqrt {S{B^2} – A{B^2}} = \sqrt {{{\left( {3a} \right)}^2} – {a^2}} = 2\sqrt 2 a$

Thể tích khối chóp: $V = \frac{1}{3}{S_{ABC}}.SA = \frac{1}{3}.\frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{2}.2\sqrt 2 a = V = \frac{{{a^3}\sqrt 6 }}{3}$

Câu 39: Đáp án D

Phương pháp:

Sử dụng công thức đổi điểm.

Cách giải:

Ta có: $\left\{ \begin{array}{l}SB \cap \left( {SCD} \right) = S\\SM = \frac{1}{2}SB\end{array} \right. \Rightarrow d\left( {M;\left( {SCD} \right)} \right) = \frac{1}{2}d\left( {B;\left( {SCD} \right)} \right)$

Mặt khác: do $\left\{ \begin{array}{l}AB//CD\\CD \subset \left( {SCD} \right)\end{array} \right. \Rightarrow AB//\left( {SCD} \right) \Rightarrow d\left( {B;\left( {SCD} \right)} \right) = d\left( {A;\left( {SCD} \right)} \right)$

$ \Rightarrow d\left( {M;\left( {SCD} \right)} \right) = \frac{1}{2}d\left( {A;\left( {SCD} \right)} \right)$

Kẻ $AH \bot SD$, ta có

$\left\{ \begin{array}{l}CD \bot AD\\CD \bot SA\end{array} \right. \Rightarrow CD \bot \left( {SAD} \right) \Rightarrow CD \bot AH \Rightarrow AH \bot \left( {SCD} \right) \Rightarrow d\left( {A;\left( {SCD} \right)} \right) = AH$

Tam giác SAD vuông tại A, AH là đường cao $ \Rightarrow \frac{1}{{A{H^2}}} = \frac{1}{{A{D^2}}} + \frac{1}{{S{A^2}}} = \frac{1}{{{{\left( {2a} \right)}^2}}} + \frac{1}{{{{\left( {2a} \right)}^2}}} \Rightarrow AH = \sqrt 2 a$

$ \Rightarrow d\left( {M;\left( {SCD} \right)} \right) = \frac{1}{2}.a\sqrt 2 = \frac{{a\sqrt 2 }}{2} \Rightarrow d = \frac{{a\sqrt 2 }}{2}$

Câu 40: Đáp án A

Phương pháp:

Gọi a’ là hình chiếu vuông góc của a trên mặt phẳng (P).

Góc giữa đường thẳng a và mặt phẳng (P) là góc giữa đường thẳng a và a’.

Cách giải:

Gọi I là trung điểm của AC. $\Delta ABC$ đều, $AB = a \Rightarrow B = \frac{{a\sqrt 3 }}{2},\,\,\,{S_{ABC}} = \frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4}$ và $BI \bot AC$

Mà $BI \bot AA’\left( {do\,AA’ \bot \left( {ABC} \right)} \right)$

$ \Rightarrow BI \bot \left( {ACC’A’} \right) \Rightarrow \left( {A’B;\left( {ACC’A’} \right)} \right) = \left( {A’B;A’I} \right) = IA’B = {45^0}$

$\Delta IA’B$ vuông tại I, $IA’B = {45^0} \Rightarrow \Delta IA’B$ vuông cân tại I

$ \Rightarrow A’B = \sqrt 2 .IB = \sqrt 2 .\frac{{a\sqrt 3 }}{2} = \frac{{a\sqrt 6 }}{2}$

$\Delta ABA’$ vuông tại A $ \Rightarrow AA’ = \sqrt {A'{B^2} – A{B^2}} = \sqrt {\left( {\frac{{a\sqrt 6 }}{2}} \right) – {a^2}} = \frac{{a\sqrt 2 }}{2}$

Thể tích khối lăng trụ đều ABC.A’B’C’ là: $V = {S_{ABC}}.AA’ = \frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4}.\frac{{a\sqrt 2 }}{2} = \frac{{{a^3}\sqrt 6 }}{8}$