Đề Thi Toán 12 Học kì 1 Trường THPT Nguyễn Tất Thành Hà Nội Có Đáp Án Và Lời Giải Chi Tiết

Câu 31: Đáp án

Phương pháp:

Diện tích xung quanh của hình trụ: ${S_{xq}} = 2\pi Rh$

Diện tích toàn phần của hình trụ:

Cách giải:

Ta có: ABC.A’B’C’ là lăng trụ đứng $ \Rightarrow AA’ \bot \left( {A’B’C’} \right)$

$ \Rightarrow \left( {AC’;\left( {A’B’C’} \right)} \right) = \left( {AC’;A’C’} \right) = AC’A’ = {60^0}$

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

Tam giác AA’C’ vuông tại A’

$ \Rightarrow AA’ = A’C’.tan{60^0} = AC.\tan {60^0} = a\sqrt 3 .\sqrt 3 = 3a$

Hình trụ ngoại tiếp hình lăng trụ ABC.A’B’C’ có đường cao $h = AA’ = 3a$, bán kính đáy $R = \frac{{BC}}{2} = \frac{{2a}}{2} = a$

Diện tích toàn phần của hình trụ là: ${S_{tp}} = 2\pi Rh + 2\pi {R^2} = 2\pi .a.3a + 2\pi {a^2} = 8\pi {a^2}$

Câu 32: Đáp án A

Phương pháp:

Diện tích mặt cầu: $S = 4\pi {R^2}$

Cách giải:

Bán kính mặt cầu là: $R = 5$

Diện tích mặt cầu: $S = 4\pi {R^2} = 4\pi {.5^2} = 100\pi $

Câu 33: Đáp án D

Phương pháp:

– Mối liên hệ giữa đường cao, bán kính đáy và độ dài đường sinh của hình nón: ${h^2} + {r^2} = {l^2}$

– Thể tích khối nón: $V = \frac{1}{3}Sh = \frac{1}{3}\pi {r^2}h$

Cách giải:

Ta có: ${h^2} + {r^2} = {l^2} \Leftrightarrow {h^2} + {a^2} = {\left( {a\sqrt 3 } \right)^2} \Rightarrow h = a\sqrt 2 $

Thể tích khối nón: $V = \frac{1}{3}Sh = \frac{1}{3}\pi {r^2}h = \frac{1}{3}\pi {a^2}a\sqrt 2 = \frac{{\pi {a^2}\sqrt 2 }}{3}$

Câu 34: Đáp án B

Phương pháp:

Thể tích khối lăng trụ: $V = Sh$

Cách giải:

Tam giác ABC vuông tại A $ \Rightarrow AB = AC.\tan ACB = a.\tan {60^0} = a\sqrt 3 $

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

Tam giác AA’C’ vuông tại A’

$ \Rightarrow AA’ = \sqrt {AC{‘^2} – A’C{‘^2}} = \sqrt {{{\left( {3a} \right)}^2} – {a^2}} = 2\sqrt 2 a$

Thể tích khối lăng trụ đó là: $V = Sh = \frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{2}.2\sqrt 2 a = {a^3}\sqrt 6 $

Câu 35: Đáp án C

Phương pháp:

$\sqrt A $ xác định $ \Leftrightarrow A \ge 0$

${\log _a}f\left( x \right)$ xác định $ \Rightarrow f\left( x \right) > 0$ (với $0 < a \ne 1$)

Cách giải:

Hàm số xác định khi và chỉ khi:

$\left\{ \begin{array}{l}1 – \ln \left( {2x – 1} \right) \ge 0\\2x – 1 > 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\ln \left( {2x – 1} \right) \le 1\\x > \frac{1}{2}\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}2x – 1 \le e\\x > \frac{1}{2}\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x \le \frac{{e + 1}}{2}\\x > \frac{1}{2}\end{array} \right. \Leftrightarrow \frac{1}{2} < x \le \frac{{e + 1}}{2}$

TXĐ: $D = \left( {\frac{1}{2};\frac{{e + 1}}{2}} \right]$

Câu 36: Đáp án B

Phương pháp:

* Định nghĩa tiệm cận ngang của đồ thị hàm số $y = f\left( x \right)$

Nếu $\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } f\left( x \right) = a$ hoặc $\mathop {\lim }\limits_{x \to – \infty } f\left( x \right) = a \Rightarrow y = a$là TCN của đồ thị hàm số.

* Định nghĩa tiệm cận đứng của đồ thị hàm số $y = f\left( x \right)$

Nếu $\mathop {\lim }\limits_{x \to {a^ + }} f\left( x \right) = – \infty $ hoặc $\mathop {\lim }\limits_{x \to {a^ – }} f\left( x \right) = + \infty $ hoặc $\mathop {\lim }\limits_{x \to {a^ – }} f\left( x \right) = – \infty $ thì $x = a$ là TCĐ của đồ thị hàm số.

Cách giải:

TXĐ: $D = R$, do đó đồ thị hàm số không có tiệm cận đứng.

Ta có:

$\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \left( {x + 3 + \sqrt {{x^2} + x + 1} } \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \left( {x.\left( {1 + \frac{3}{x} + \sqrt {1 + \frac{1}{x} + \frac{1}{{{x^2}}}} } \right)} \right) = + \infty $

$\mathop {\lim }\limits_{x \to – \infty } \left( {x + 3 + \sqrt {{x^2} + x + 1} } \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } \frac{{\left( {x + 3 + \sqrt {{x^2} + x + 1} } \right)\left( {x + 3 – \sqrt {{x^2} + x + 1} } \right)}}{{\left( {x + 3 – \sqrt {{x^2} + x + 1} } \right)}}$

$ = \mathop {\lim }\limits_{x \to – \infty } \frac{{5x + 8}}{{x + 3 – \sqrt {{x^2} + x + 1} }} = \mathop {\lim }\limits_{x \to – \infty } \frac{{5 + \frac{8}{x}}}{{1 + \frac{3}{x} + \sqrt {1 + \frac{1}{x} + \frac{1}{{{x^2}}}} }} = \frac{5}{2}$

$ \Rightarrow $ Đồ thị hàm số có TCN $y = \frac{5}{2}$

Câu 37: Đáp án C

Phương pháp:

Giả sử $M\left( {{x_0};{y_0}} \right)$ là tiếp điểm. Viết phương trình tiếp tuyến của (C) tại $M\left( {{x_0};{y_0}} \right)$.

Xác định giao điểm của tiếp điểm với hai đường tiệm cận và tính độ dài AB. Sử dụng công thức tính độ dài: $AB = \sqrt {{{\left( {{x_A} – {x_B}} \right)}^2} + {{\left( {{y_A} – {y_B}} \right)}^2}} $

Sử dụng BĐT Cô-si tìm GTNN của AB.

Cách giải:

Đồ thị hàm số $y = \frac{{2x + 1}}{{x + 1}}$ có TCĐ là $x = – 1$ và TCN là $y = 2$

Giả sử $M\left( {{x_0};{y_0}} \right)$ là tiếp điểm $ \Rightarrow {y_0} = \frac{{2{x_0} + 1}}{{{x_0} + 1}}$

$y’ = \frac{1}{{{{\left( {x + 1} \right)}^2}}} \Rightarrow y’\left( {{x_0}} \right) = \frac{1}{{{{\left( {{x_0} + 1} \right)}^2}}}$

Phương trình tiếp tuyến của (C) tại $M\left( {{x_0};{y_0}} \right)$ là:

$y = \frac{1}{{{{\left( {{x_0} + 1} \right)}^2}}}.\left( {x – {x_0}} \right) + \frac{{2{x_0} + 1}}{{{x_0} + 1}}$

Cho $x = – 1 \Rightarrow y = \frac{{ – 1 – {x_0}}}{{{{\left( {{x_0} + 1} \right)}^2}}} + \frac{{2{x_0} + 1}}{{{x_0} + 1}} = \frac{{2{x_0}}}{{{x_0} + 1}} \Rightarrow A\left( { – 1;\frac{{2{x_0}}}{{{x_0} + 1}}} \right)$

Cho $y = 2 \Rightarrow 2 = \frac{{x – {x_0}}}{{{{\left( {{x_0} + 1} \right)}^2}}} + \frac{{2{x_0} + 1}}{{{x_0} + 1}} \Leftrightarrow x – {x_0} + \left( {2{x_0} + 1} \right)\left( {{x_0} + 1} \right) = 2{\left( {{x_0} + 1} \right)^2}$

$ \Leftrightarrow x – {x_0} + 2x_0^2 + 3{x_0} + 1 = 2x_0^2 + 4{x_0} + 2 \Leftrightarrow x = 2{x_0} + 1 \Rightarrow B\left( {2{x_0} + 1;2} \right)$

Khi đó: $AB = \sqrt {{{\left( {2{x_0} + 2} \right)}^2} + {{\left( {\frac{{2{x_0}}}{{{x_0} + 1}} – 2} \right)}^2}} = \sqrt {4{{\left( {{x_0} + 1} \right)}^2} + \frac{4}{{{{\left( {{x_0} + 1} \right)}^2}}}} $

Áp dụng BĐT Cô-si ta có: $4{\left( {{x_0} + 1} \right)^2} + \frac{4}{{{{\left( {{x_0} + 1} \right)}^2}}} \ge 2\sqrt {4{{\left( {{x_0} + 1} \right)}^2}.\frac{4}{{{{\left( {{x_0} + 1} \right)}^2}}}} = 8$

$ \Rightarrow A{B_{\min }} = \sqrt 8 = 2\sqrt 2 $ khi $4{\left( {{x_0} + 1} \right)^2} = \frac{4}{{{{\left( {{x_0} + 1} \right)}^2}}} \Leftrightarrow {\left( {{x_0} + 1} \right)^2} = 1 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}{x_0} = 0\\{x_0} = – 2\end{array} \right.$

Câu 38: Đáp án B

Phương pháp:

Xác định trục của hai mặt phẳng bất kì của chóp (Thường là mặt đáy và một mặt bên). Giao điểm của chúng chính là tâm mặt cầu ngoại tiếp khối chóp.

Cách giải:

Gọi O, I lần lượt là trung điểm của AD và SD

Dễ dàng chứng minh: ABCD là hình thang cân $\left( {AD = 4a,\,\,AB = BC = CD = 2a} \right)$ và O là tâm đường tròn ngoại tiếp ABCD.

IO là đường trung bình của tam giác SAC $ \Rightarrow IO//SA$

Mà $SA \bot \left( {ABCD} \right) \Rightarrow IO \bot \left( {ABCD} \right) \Rightarrow IA = IB = IC\,\,\left( 1 \right)$

Tam giác SAD vuông tại A

$ \Rightarrow IA = IS = \frac{{SD}}{2} = \frac{{4a\sqrt 2 }}{2} = 2a\sqrt 2 \,\,\left( 2 \right)$

Từ (1) và (2) suy ra I là tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện SABC và bán kính mặt cầu $R = 2a\sqrt 2 $

Thể tích của khối cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABC bằng $V = \frac{4}{3}\pi {R^3} = \frac{4}{3}\pi .{\left( {2a\sqrt 2 } \right)^3} = \frac{\begin{array}{l}6\\64\sqrt 2 \pi {a^3}\end{array}}{3}$

Câu 39: Đáp án A

Phương pháp:

Đặt ${\log _3}x = t$. Đưa phương trình về dạng phương trình bậc hai ẩn t.

Áp dụng hệ thức Vi-et của phương trình bậc hai.

Cách giải:

Đặt ${\log _3}x = t$. Khi đó phương trình trở thành: ${t^2} – \left( {m + 2} \right)t + 3m – 1 = 0\,\,\left( 2 \right)$

Phương trình (1) có 2 nghiệm ${x_1};\,{x_2}$ thỏa mãn ${x_1}.{x_2} = 27$ thì phương trình (2) có 2 nghiệm ${t_1},\,{t_2}$ thỏa mãn ${t_1} + {t_2} = {\log _3}{x_1} + {\log _3}{x_2} = {\log _3}\left( {{x_1}{x_2}} \right) = {\log _3}27 = 3$

$ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\Delta > 0\\S = 3\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{\left( {m + 2} \right)^2} – 4\left( {3m – 1} \right) > 0\\m + 2 = 3\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{m^2} – 8m + 8 > 0\\m = 1\end{array} \right. \Leftrightarrow m = 1$

Câu 40: Đáp án C

Phương pháp:

Đưa về phương trình bậc hai đối với hàm số mũ.

Cách giải:

${9^{\frac{{ – 2}}{x}}} + {3^{\frac{{ – 2}}{x}}} > 12,\,\,\left( {x \ne 0} \right)$

$ \Leftrightarrow \left( {{3^{\frac{{ – 2}}{x}}}} \right) + {3^{\frac{{ – 2}}{x}}} – 12 > 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}{3^{\frac{{ – 2}}{x}}} > 3\\{3^{\frac{{ – 2}}{x}}} < – 4\left( {VN} \right)\end{array} \right.$

$ \Leftrightarrow \frac{{ – 2}}{x} > 1 \Leftrightarrow \frac{2}{x} + 1 < 0 \Leftrightarrow \frac{{2 + x}}{x} < 0 \Leftrightarrow – 2 < x < 0$

Tập nghiệm của bất phương trình là: $\left( { – 2;0} \right)$