Đề Thi Toán 12 Học kì 1 Trường THPT Chuyên ĐH SP Hà Nội Có Đáp Án Và Lời Giải Chi Tiết

LỜI GIẢI CHI TIẾT

Câu 1: Đáp án D

Phương pháp:

+) Gọi M là trung điểm của AB, O là tâm của đường tròn đáy $ \Rightarrow OM \bot AB$

+) Tính AB, SM, ${S_{\Delta SAB}} = \frac{1}{2}SM.AB$

Cách giải:

Gọi M là trung điểm của AB, O là tâm của đường tròn đáy $ \Rightarrow OM \bot AB$

$\Delta OMB$ vuông tại M $ \Rightarrow OM = \sqrt {O{B^2} – M{B^2}} = \sqrt {{{10}^2} – {{\left( {\frac{{12}}{2}} \right)}^2}} = 8\left( {cm} \right)$

$\Delta OMS$ vuông tại O $ \Rightarrow SM = \sqrt {S{O^2} + O{M^2}} = \sqrt {{6^2} + {8^2}} = 10\left( {cm} \right)$

Ta có: $AB \bot SO,\,\,AB \bot OM \Rightarrow AB \bot \left( {SOM} \right) \Rightarrow AB \bot SM$

Diện tích tam giác SAB: ${S_{\Delta SAB}} = \frac{1}{2}SM.AB = \frac{1}{2}.10.12 = 60\left( {c{m^2}} \right)$

Câu 2: Đáp án A

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:

Ta có: $\frac{{{V_{S.EBD}}}}{{{V_{S.CBD}}}} = \frac{{SE}}{{SC}} = \frac{2}{3} \Rightarrow {V_{S.EBD}} = \frac{2}{3}{V_{S.CBD}}$

Mà ${V_{S.CBD}} = \frac{1}{2}{V_{S.ABCD}}\left( {do\,\,{S_{BCD}} = \frac{1}{2}{S_{ABCD}}} \right)$

$ \Rightarrow {V_{S.EBD}} = \frac{2}{3}.\frac{1}{2}{V_{S.ABCD}} = \frac{1}{3}.1 = \frac{1}{3}$

Câu 3: Đáp án A

Phương pháp:

${\log _a}b = \frac{{{{\log }_c}b}}{{{{\log }_c}a}},\,\,\,{\log _{{a^c}}}b = \frac{1}{c}{\log _a}b,\,\,\,{\log _a}{b^c} = c{\log _a}b\,\,\left( {0 < a,c \ne 1;\,b > 0} \right)$

Cách giải:

${\log _4}54 = \frac{1}{2}{\log _2}54 = \frac{1}{2}\left( {{{\log }_2}{3^3} + {{\log }_2}2} \right) = \frac{1}{2}\left( {3{{\log }_2}3 + 1} \right) = \frac{1}{2}\left( {3a + 1} \right)$

Câu 4: Đáp án C

Phương pháp:

Giải bất phương trình mũ cơ bản, đưa về cùng cơ số.

Cách giải:

${\left( {\sqrt {10} – 3} \right)^x} > \sqrt {10} + 3 \Leftrightarrow \left( {\sqrt {10} – 3} \right) > {\left( {\sqrt {10} – 3} \right)^{ – 1}} \Leftrightarrow x < – 1\,\,\left( {do\,\,0 < \sqrt {10} – 3 < 1} \right)$

Câu 5: Đáp án D

Phương pháp:

Dựa vào các đường tiệm cận của đồ thị hàm số và giao điểm của đồ thị hàm số với các trục tọa độ.

Cách giải:

Đồ thị hàm số ở hình bên có TCĐ là $x = – 1$ và TCN là $y = 2$. Như vậy, có hàm số $y = \frac{{2x + 5}}{{x + 1}}$ và $y = \frac{{2x + 1}}{{x + 1}}$ thỏa mãn.

Mặt khác, đồ thị hàm số cắt Oy tại điểm có tung độ bằng 1 $ \Rightarrow $ Ta chọn phương án D: $y = \frac{{2x + 1}}{{x + 1}}$

Câu 6: Đáp án A

Phương pháp:

Giải phương trình bậc hai đối với phương trình mũ, hoặc có thể đặt ẩn phụ $t = {3^x}\,\left( {t > 0} \right)$

Cách giải:

${3^{2x + 1}} – {4.3^x} + 1 = 0 \Leftrightarrow 3.{\left( {{3^x}} \right)^2} – {4.3^x} + 1 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}{3^x} = 1\\{3^x} = \frac{1}{3}\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 1\\x = – 1\end{array} \right.$

Do nghiệm ${x_1} < {x_2}$ nên ${x_1} = – 1,\,\,{x_2} = 1 \Rightarrow {x_1}.{x_2} = – 1$

Câu 7: Đáp án A

Phương pháp:

$\left( {f.g} \right)’ = f’g + g’f$

Cách giải:

$y = x\ln x \Rightarrow y’ = 1.\ln x + x.\frac{1}{x} = \ln x + 1$

Câu 8: Đáp án B

Phương pháp:

Điểm $x = {x_0}$ được gọi là điểm cực đại của hàm số $y = f\left( x \right) \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}f’\left( {{x_0}} \right) = 0\\f”\left( {{x_0}} \right) < 0\end{array} \right.$

Cách giải:

$y = x – \sin 2x \Rightarrow y = 1 – 2\cos 2x,\,\,\,y” = 4\sin 2x$

$y’ = 0 \Leftrightarrow \cos 2x = \frac{1}{2} \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}2x = \frac{\pi }{3} + k2\pi \\2x = – \frac{\pi }{3} + k2\pi \end{array} \right.,\,\,k \in Z \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = \frac{\pi }{6} + k\pi \\x = – \frac{\pi }{6} + k\pi \end{array} \right.,\,\,k \in Z$

Ta có: $y”\left( {\frac{\pi }{6} + k\pi } \right) = 4\sin \left( {2\left( {\frac{\pi }{6} + k\pi } \right)} \right) = 4\sin \left( {\frac{\pi }{3} + k2\pi } \right) = 2\sqrt 3 > 0$

$ \Rightarrow $ Hàm số đạt cực tiểu tại các điểm $x = \frac{\pi }{6} + k\pi ,\,\,k \in Z$

$y”\left( { – \frac{\pi }{6} + k\pi } \right) = 4\sin \left( {2\left( { – \frac{\pi }{6} + k\pi } \right)} \right) = 4\sin \left( { – \frac{\pi }{3} + k2\pi } \right) = – 2\sqrt 3 < 0$

$ \Rightarrow $ Hàm số đạt cực đại tại các điểm $x = – \frac{\pi }{6} + k\pi ,\,\,\,k \in Z$

Câu 9: Đáp án A

Phương pháp:

Xác định góc giữa hai mặt phẳng $\left( \alpha \right);\,\left( \beta \right)$

– Tìm giao tuyến $\Delta $ của $\left( {\alpha ;\beta } \right)$

– Xác định 1 mặt phẳng $\left( \gamma \right) \bot \Delta $

– Tìm các giao tuyến $a = \left( \alpha \right) \cap \left( \gamma \right),\,\,\,b = \left( \beta \right) \cap \left( \gamma \right)$

– Góc giữa hai mặt phẳng $\left( {\alpha ;\beta } \right):\,\,\,\left( {\left( \alpha \right);\left( \beta \right)} \right) = \left( {a;b} \right)$

Cách giải:

Kẻ $AH \bot BC,\,\,H \subset BC$

Ta có: $\left( {SBC} \right) \cap \left( {ABC} \right) = BC$

$BC \bot AH,\,\,\,BC \bot SA\,\,do\,\,SA \bot \left( {ABC} \right) \Rightarrow BC \bot \left( {SAH} \right)$

$ \Rightarrow \left( {\left( {SAC} \right);\left( {ABC} \right)} \right) = \left( {SH;AH} \right) = SHA = {45^0}$

$\Delta ABC$ vuông tại A $ \Rightarrow AB = \sqrt {B{C^2} – A{C^2}} = \sqrt {{{\left( {3a} \right)}^2} – {a^2}} = 2\sqrt 2 a$ và

${S_{ABC}} = \frac{1}{2}.AB.AC = \frac{1}{2}.2\sqrt 2 a.a = \sqrt 2 {a^2}$

$AH \bot BC \Rightarrow AH.BC = AB.AC \Rightarrow AH = \frac{{2\sqrt 2 a.a}}{{3a}} = \frac{{2\sqrt 2 a}}{3}$

$SAH$ vuông tại A, $SHA = {45^0} \Rightarrow \Delta SAH$ vuông cân tại A $ \Rightarrow SA = AH = \frac{{2\sqrt 2 a}}{3}$

Thể tích khối chóp S.ABC: $V = \frac{1}{3}.SA.{S_{ABC}} = \frac{1}{3}.\frac{{2\sqrt 2 \,a}}{3}.\sqrt 2 \,{a^2} = \frac{4}{9}{a^3}$

Câu 10: Đáp án B

Phương pháp:

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

Cách giải:

Thể tích khối nón: $V = \frac{1}{3}\pi {r^2}h = \frac{1}{3}\pi {.2^2}.3 = 4\pi \left( {c{m^2}} \right)$