- Đề Thi Toán 12 Học kì 1 Trường THPT Lương Thế Vinh Có Đáp Án Và Lời Giải Chi Tiết
- Đề Thi Toán 12 Học kì 1 Trường THPT Nguyễn Tất Thành Hà Nội Có Đáp Án Và Lời Giải Chi Tiết
- Đề Thi Toán 12 Học kì 1 Trường THPT Minh Khai Có Đáp Án Và Lời Giải Chi Tiết
- Đề Thi Toán 12 Học kì 1 Trường THPT Phan Đình Phùng Có Đáp Án Và Lời Giải Chi Tiết
- Đề Thi Toán 12 Học kì 1 Trường THPT Thăng Long Có Đáp Án Và Lời Giải Chi Tiết
- Đề Thi Toán 12 Học kì 1 Trường THPT Chuyên Lê Hồng Phong Có Đáp Án Và Lời Giải Chi Tiết
- Đề Thi Toán 12 Học kì 1 Trường THPT Chuyên Thái Nguyên Có Đáp Án Và Lời Giải Chi Tiết
- Đề Thi Toán 12 Học kì 1 Trường THPT Long An Có Đáp Án Và Lời Giải Chi Tiết
- Đề Thi Toán 12 Học kì 1 Trường THPT Chuyên Hạ Long Có Đáp Án Và Lời Giải Chi Tiết
- Đề Thi Toán 12 Học kì 1 Trường THPT Chuyên ĐH Vinh Có Đáp Án Và Lời Giải Chi Tiết
- Đề Thi Toán 12 Học kì 1 Trường THPT Chuyên ĐH SP Hà Nội Có Đáp Án Và Lời Giải Chi Tiết
- Đề Thi Toán 12 Học kì 1 Trường THPT Chu Văn An Hà Nội Có Đáp Án Và Lời Giải Chi Tiết
- Đề Thi Học kì 1 Toán 12 Trường THPT Chuyên Amsterdam Hà Nội Có Đáp Án Và Lời Giải Chi Tiết
- Đề Thi Học kì 1 Toán 12 Sở Giáo Dục & Đào Tạo Tỉnh Nam Định Có Đáp Án Và Lời Giải Chi Tiết
- Đề Thi Học kì 1 Toán 12 Sở Giáo Dục & Đào Tạo Tỉnh Bắc Ninh Có Đáp Án Và Lời Giải Chi Tiết
- Đề Thi Học kì 1 Toán 12 Sở Giáo Dục & Đào Tạo Đồng Tháp Có Đáp Án Và Lời Giải Chi Tiết
- Đề Thi Toán 12 Học kì 1 Sở Giáo Dục & Đào Tạo Bạc Liêu Có Đáp Án Và Lời Giải Chi Tiết
- Đề Thi Học kì 1 Toán 12 Sở Giáo Dục Đào Tạo Trường THPT Kim Liên Có Đáp Án Và Lời Giải Chi Tiết
- Đề Thi Học Kì 1 Hoá 12 Trường THPT Yên Hoà- Hà Nội Có Lời Giải Và Đáp Án Chi Tiết
Câu 41: Đáp án C
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 TCĐ.
Ta có:
$\left\{ \begin{array}{l}\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{{2x + 1}}{{\left| x \right| + 1}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{{2x + 1}}{{x + 1}} = 2\\\mathop {\lim }\limits_{x \to – \infty } \frac{{2x + 1}}{{\left| x \right| + 1}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to – \infty } \frac{{2x + 1}}{{ – x + 1}} = – 2\end{array} \right. \Rightarrow $ Đồ thị hàm số có 2 TCN là $y = 2,\,\,y = – 2$
Câu 42: Đáp án B
Phương pháp:
+) Tìm điều kiện để hàm số có 3 điểm cực trị.
+) Xác định các điểm cực trị của hàm số. Ba điểm cực trị đó luôn tạo thành tam giác cân.
+) Tìm điều kiện để tam giác cân trở thành tam giác đều.
Cách giải:
$y = {x^4} – 2m{x^2} + 2m + {m^4} \Rightarrow y’ = 4{x^3} – 4mx = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\{x^2} = m\end{array} \right.$
Để hàm số có 3 điểm cực trị thì $m > 0$. Khi đó, tọa độ 3 điểm cực trị là:
$A\left( {0;2m + {m^4}} \right),\,\,B\left( { – \sqrt m ;{m^4} – {m^2} + 2m} \right),\,\,C\left( {\sqrt m ;{m^4} – {m^2} + 2m} \right)$
Dễ dàng kiểm tra được tam giác ABC cân tại A với mọi $m > 0$
Ta có: $A{B^2} = m + {m^4};\,\,\,B{C^2} = 4m$
Để $\Delta ABC$ đều thì $A{B^2} = B{C^2} \Leftrightarrow A{B^2} = B{C^2} \Leftrightarrow m + {m^4} = 4m \Leftrightarrow {m^4} – 3m = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m = 0\left( {ktm} \right)\\m = \sqrt[3]{3}\left( {tm} \right)\end{array} \right.$
Vậy $m = \sqrt[3]{3}$
Câu 43: Đáp án D
Phương pháp:
Hàm số đồng biến trên $\left( {0;\frac{\pi }{4}} \right) \Leftrightarrow y’ \ge 0,\,\,\forall x \in \left( {0;\frac{\pi }{4}} \right)$ và bằng 0 tại hữu hạn điểm trên $\left( {0;\frac{\pi }{4}} \right)$
Cách giải:
$y = m\cot \left( {{x^2}} \right) \Rightarrow y’ = m.\frac{{ – 1}}{{{{\sin }^2}\left( {{x^2}} \right)}}.2x = \frac{{ – 2mx}}{{{{\sin }^2}\left( {{x^2}} \right)}}$
Hàm số đồng biến trên $\left( {0;\frac{\pi }{4}} \right) \Leftrightarrow \frac{{ – 2mx}}{{{{\sin }^2}\left( {{x^2}} \right)}} \ge 0,\,\,\forall x \in \left( {0;\frac{\pi }{4}} \right)$ và bằng 0 tại hữu hạn điểm trên $\left( {0;\frac{\pi }{4}} \right)$
$ \Leftrightarrow – 2m > 0 \Leftrightarrow m < 0$
Kết hợp điều kiện ${m^2} – 4 < 0 \Leftrightarrow – 2 < m < 2 \Rightarrow m \in \left( { – 2;0} \right)$
Câu 44: Đáp án C
Phương pháp:
Công thức lãi kép, không kỳ hạn: ${A_n} = M{\left( {1 + r\% } \right)^n}$
Với: ${A_n}$ là số tiền nhận được sau tháng thứ n,
M là số tiền gửi ban đầu,
n là thời gian gửi tiền (tháng),
r là lãi suất định kì (%).
Cách giải:
Số tiền người đó nhận được sau 6 tháng đầu là: $100.{\left( {1 + 2\% } \right)^2} = 104,04$ (triệu)
Số tiền người đó nhận được sau 1 năm là: $\left( {104,04 + 100} \right).{\left( {1 + 2\% } \right)^2} \approx 212,7$ (triệu)
Câu 45: Đáp án A
Phương pháp:
Lập hàm số tính kinh phí đi từ A đến C, với ẩn $x = BD$
Cách giải:
Gọi độ dài đoạn BD là $x\left( {km} \right),\,\,\left( {x \in \left[ {0;40} \right]} \right)$
Khi đó $AD = 40 – x,\,\,DC = \sqrt {100 + {x^2}} \left( {km} \right)$
Kinh phí đi từ A đến C: $y = f\left( x \right) = 3\left( {40 – x} \right) + 5\sqrt {100 + {x^2}} $
$f’\left( x \right) = – 3 + \frac{{5x}}{{\sqrt {100 + {x^2}} }} = \frac{{ – 3\sqrt {100 + {x^2}} + 5x}}{{\sqrt {100 + {x^2}} }}$
$f’\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow 3\sqrt {100 + {x^2}} = 5x \Leftrightarrow 900 + 9{x^2} = 25{x^2} \Leftrightarrow 16{x^2} = 900 \Leftrightarrow x = \frac{{15}}{2}$
Ta có $f\left( 0 \right) = 170,\,\,f\left( {40} \right) = 50\sqrt {17} ,\,\,\,f\left( {\frac{{15}}{2}} \right) = 160$
Vậy, kinh phí đi từ A đến C nhỏ nhất bằng 160USD khi $BD = x = \frac{{15}}{2}\left( {km} \right)$
Câu 46: Đáp án B
Phương pháp:
+) Chóp có các cạnh bên bằng nhau thì chân đường cao trùng với tâm đường tròn ngoại tiếp đáy.
+) Tính độ dài các cạnh BC, CD, DA, sử dụng định lí Pytago đảo chứng minh tam giác ABC vuông.
+) $V = \frac{1}{3}{S_{đáy}}.h$
Cách giải:
Tam giác ABD vuông cân tại A $ \Rightarrow BD = AB\sqrt 2 = a\sqrt 2 $
Tam giác ACD đều $ \Rightarrow CD = AD = a$
Tam giác ABC: $BC = \sqrt {A{B^2} + A{C^2} – 2.AB.AC.\cos {{120}^0}} = \sqrt {{a^2} + {a^2} – 2.{a^2}.\frac{{ – 1}}{2}} = a\sqrt 3 $
$ \Rightarrow B{D^2} + C{D^2} = B{C^2} \Rightarrow $ Tam giác BCD vuông tại D
Gọi I là trung điểm của BC $ \Rightarrow $ I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác BCD
Mà tứ diện ABCD có $AB = AC = AD$
$ \Rightarrow AI \bot \left( {BCD} \right) \Rightarrow {V_{ABCD}} = \frac{1}{3}.AI.{S_{BCD}}$
Tam giác ABI vuông tại I $ \Rightarrow AI = \sqrt {A{B^2} – B{I^2}} = \sqrt {{a^2} – {{\left( {\frac{{a\sqrt 3 }}{2}} \right)}^2}} = \frac{a}{2}$
Tam giác BCD vuông tại D $ \Rightarrow {S_{BCD}} = \frac{1}{2}.BD.DC = \frac{1}{2}.a\sqrt 2 .a = \frac{{{a^2}\sqrt 2 }}{2}$
$ \Rightarrow {V_{ABCD}} = \frac{1}{3}.AI.{S_{BCD}} = \frac{1}{3}.\frac{a}{2}.\frac{{{a^2}\sqrt 2 }}{2} = \frac{{{a^3}\sqrt 2 }}{{12}}$
Câu 47: Đáp án D
Phương pháp:
${V_{S.ABCD}} = 2{V_{S.ABD}}$
Cách giải:
ABCD là hình thoi $ \Rightarrow \Delta ABD = \Delta CBD \Rightarrow {S_{\Delta ABD}} = {S_{\Delta CBD}}$
$ \Rightarrow {V_{S.ABCD}} = 2{V_{S.ABD}}$
Gọi I là trung điểm của SA, O là tâm của hình thoi ABCD.
Ta có: $\Delta SAD,\,\,\Delta SAB$ là hai tam giác cân lần lượt tại D và B
$ \Rightarrow DI \bot SA,\,\,BI \bot SA \Rightarrow SA \bot \left( {IBD} \right)$
${V_{S.ABD}} = {V_{S.IBD}} + {V_{I.ABD}} = \frac{1}{3}.SI.{S_{\Delta IBD}} + \frac{1}{3}.IA.{S_{\Delta IBD}} = \frac{1}{3}.SA.{S_{\Delta IBD}}$
Tam giác IAD vuông tại I $ \Rightarrow DI = \sqrt {A{D^2} – I{A^2}} = \sqrt {1 – \frac{{{x^2}}}{4}} $
$ \Rightarrow IB = ID = \sqrt {1 – \frac{{{x^2}}}{4}} $
IO là đường trung bình của tam giác SAC $ \Rightarrow IO = \frac{{SC}}{2} = \frac{1}{2}$
Tam giác IBD cân tại I, O là trung điểm của BD $ \Rightarrow IO \bot BD \Rightarrow \Delta IOD$ vuông tại O
$ \Rightarrow OD = \sqrt {I{D^2} – I{O^2}} = \sqrt {1 – \frac{{{x^2}}}{4} – \frac{1}{4}} = \sqrt {\frac{3}{4} – \frac{{{x^2}}}{4}} \Rightarrow BD = \sqrt {3 – {x^2}} $
Diện tích tam giác IBD:
$S{ & _{IBD}} = \frac{1}{2}.IO.BD = \frac{1}{2}.\frac{1}{2}.\sqrt {3 – {x^2}} = \frac{{\sqrt {3 – {x^2}} }}{4}$
$ \Rightarrow {V_{S.ABD}} = \frac{1}{2}.SA.{S_{\Delta IBD}} = \frac{1}{3}.x.\frac{{\sqrt {3 – {x^2}} }}{4} = \frac{{x\sqrt {3 – {x^2}} }}{{12}} \Rightarrow {V_{S.ABCD}} = 2{V_{S.ABD}} = \frac{{a\sqrt {3 – {x^2}} }}{6}$
Câu 48: Đáp án C
Phương pháp:
Sử dụng công thức tỉ số thể tích cho khối chóp tam giác (Công thức Simson):
Cho khối chóp S.ABC, các điểm ${A_1},\,{B_1},\,{C_1}$ lần lượt thuộc SA, SB, SC. Khi đó, $\frac{{{V_{S.{A_1}{B_1}{C_1}}}}}{{{V_{S.ABC}}}} = \frac{{S{A_1}}}{{SA}}.\frac{{S{B_1}}}{{SB}}.\frac{{S{C_1}}}{{SC}}$
Cách giải:
Tam giác SAB vuông tại A, AB’ vuông góc SB
$ \Rightarrow SB’.SB = S{A^2} \Rightarrow \frac{{SB’}}{{SB}} = \frac{{S{A^2}}}{{S{B^2}}} = \frac{{{a^2}}}{{{a^2} + {b^2}}}$
Tam giác ABC vuông tại B
$ \Rightarrow AC = \sqrt {A{B^2} + B{C^2}} = \sqrt {{a^2} + {b^2}} $
Tam giác SAC vuông tại A, AC’ vuông góc SC
$ \Rightarrow SC’.SC = S{A^2} \Rightarrow \frac{{SC’}}{{SC}} = \frac{{S{A^2}}}{{S{C^2}}} = \frac{{{a^2}}}{{{a^2} + {b^2} + {c^2}}}$
$\frac{{{V_{S.A’B’C’}}}}{{{S_{S.ABC}}}} = \frac{{SB’}}{{SB}}.\frac{{SC’}}{{SC}} = \frac{{{a^2}}}{{{a^2} + {b^2}}}.\frac{{{a^2}}}{{{a^2} + {b^2} + {c^2}}} = \frac{{{a^4}}}{{\left( {{a^2} + {b^2}} \right)\left( {{a^2} + {b^2} + {c^2}} \right)}}$
Câu 49: Đáp án B
Phương pháp:
Thể tích khối chóp: $V = \frac{1}{3}Sh$
Cách giải:
Gọi E, F lần lượt là trung điểm của CD, AB. Kẻ AH vuông góc với BE tại H.
Theo đề bài ta có: $AB = CD = a,\,\,BC = BD = AC = AD = b$
$ \Rightarrow AE = BE = \sqrt {{b^2} – \frac{{{a^2}}}{a}} $
Ta có: ${S_{\Delta BCD}} = \frac{1}{2}BE.CD = \frac{1}{2}.\sqrt {{b^2} – \frac{{{a^2}}}{4}} .a$
${\rm{EF}} = \sqrt {B{E^2} – B{F^2}} = \sqrt {{b^2} – \frac{{{a^2}}}{4} – \frac{{{a^2}}}{4}} = \sqrt {{b^2} – \frac{{{a^2}}}{2}} $
${S_{\Delta ABE}} = \frac{1}{2}AH.BE = \frac{1}{2}EF.AB \Rightarrow AH.BE = EF.AB \Leftrightarrow AH.\sqrt {{b^2} – \frac{{{a^2}}}{4}} = \sqrt {{b^2} – \frac{{{a^2}}}{2}} .a \Leftrightarrow AH = \frac{{\sqrt {{b^2} – \frac{{{a^2}}}{2}} .a}}{{\sqrt {{b^2} – \frac{{{a^2}}}{4}} }}$ Thể tích khối tứ diện ABCD: $V = \frac{1}{3}AH.{S_{\Delta BCD}} = \frac{1}{3}.\frac{{\sqrt {{b^2} – \frac{{{a^2}}}{2}} .a}}{{\sqrt {{b^2} – \frac{{{a^2}}}{4}} }}.\frac{1}{2}.\sqrt {{b^2} – \frac{{{a^2}}}{4}} .a = \frac{{{a^2}\sqrt {{b^2} – \frac{{{a^2}}}{2}} }}{6}$
Câu 50: Đáp án
Phương pháp:
+) Diện tích xung quanh hình trụ tròn xoay: ${S_{xq}} = 2\pi Rl = 2\pi Rh$
+) Diện tích toàn phần hình trụ tròn xoay:
+) Thể tích khối trụ: $V = Sh = \pi {R^2}h$
Cách giải:
Diện tích toàn phần hình trụ tròn xoay đó là:
$S = 2\pi rh + 2\pi {r^2} \Rightarrow h = \frac{S}{{2\pi r}} – r$
Thể tích của khối trụ đó là: $V = \pi {r^2}h = \pi {r^2}\left( {\frac{S}{{2\pi r}} – r} \right) = \frac{{Sr}}{2} – \pi {r^3}$
Xét hàm số $f\left( r \right) = \frac{{Sr}}{2} – \pi {r^3},\,\,r > 0$ có $f’\left( r \right) = \frac{S}{2} – 3\pi {r^2} = 0 \Rightarrow r = \sqrt {\frac{S}{{6\pi }}} $
Bảng biến thiên:
r | 0 | $\sqrt {\frac{S}{{6\pi }}} $ | $ + \infty $ |
f’ | + | 0 – | |
f | 0 | $f\left( {\sqrt {\frac{S}{{6\pi }}} } \right)$ | $ – \infty $ |
$ \Rightarrow $ Thể tích khối trụ lớn nhất khi $r = \sqrt {\frac{S}{{6\pi }}} \Leftrightarrow 6\pi {r^2} = 2\pi rh + 2\pi {r^2} \Leftrightarrow 2r = h$