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

Câu 11: Đáp án C

Phương pháp:

Hàm số $y = f\left( x \right)$ đồng biến trên R $ \Leftrightarrow f’\left( x \right) \ge 0,\,\,\forall x \in R$ (bằng 0 tại hữu hạn điểm).

Cách giải:

$y = \frac{1}{3}{x^3} + m{x^2} – mx – m \Rightarrow y’ = {x^2} + 2mx – m$

Để hàm số đồng biến trên R thì $y’ \ge 0,\,\,\forall v \in R$ (bằng 0 tại hữu hạn điểm)

$ \Leftrightarrow \Delta ‘ \le 0 \Leftrightarrow {m^2} + m \le 0 \Leftrightarrow – 1 \le m \le 0$

Giá trị nhỏ nhất của số thực m là –1

Câu 12: Đáp án B

Phương pháp:

${\log _a}x = b \Leftrightarrow x = {a^b}\left( {0 < a \ne 1;\,\,x > 0} \right)$

Cách giải:

ĐK: ${x^2} > 0 \Leftrightarrow x \ne 0$

${\log _6}{x^2} = 2 \Leftrightarrow {x^2} = {6^2} \Leftrightarrow x = \pm 6\left( {tm} \right)$

Câu 13: Đáp án D

Phương pháp:

Thể tích lăng trụ: $V = {S_{{\rm{đáy}}}}.h$

Cách giải:

Thể tích khối lăng trụ đã cho là: $V = {a^2}.3a = 3{a^3}$

Câu 14: Đáp án D

Cách giải:

Khối chóp ngũ giác có 10 cạnh.

Câu 15: Đáp án A

Tìm miền giá trị của hàm số $y = {x^3} – 3x – 1$ trên đoạn $\left[ { – 3;4} \right]$

Từ đó, xác định giá trị của m để phương trình đã cho có nghiệm trên đoạn $\left[ { – 3;4} \right]$

Cách giải:

${x^3} – 3x + 4m – 1 = 0 \Leftrightarrow {x^3} – 3x – 1 = – 4m\,\,\,\left( * \right)$

Xét hàm số $y = {x^3} – 3x – 1$ trên đoạn $\left[ { – 3;4} \right]$

Ta có $y’ = 3{x^2} – 3,\,\,\,y’ = 0 \Leftrightarrow x = \pm 1$

Bảng biến thiên:

x	-3	-1	1	4
y’	+	0 –	0 +
y	-19	1	-3	51

Để phương trình (*) có nghiệm thì $ – 19 \le – 4m \le 51 \Leftrightarrow – \frac{{51}}{4} \le m \le \frac{{19}}{4}$

Câu 16: Đáp án A

Phương pháp:

Hàm bậc nhất trên bậc nhất $y = \frac{{ax + b}}{{cx + d}}$ có GTLN trên $\left[ {a;b} \right] \Leftrightarrow – \frac{d}{c} \notin \left[ {a;b} \right]$

Cách giải:

$f\left( x \right) = \frac{{mx – 1}}{{2x + m}},\,\,\left( {x \ne – \frac{m}{2}} \right) \Rightarrow f’\left( x \right) = \frac{{{m^2} + 2}}{{2x + m}} > 0,\,\, \Leftrightarrow \forall x \ne – \frac{m}{2}$

Để hàm số đạt GTLN bằng 2 trên đoạn $\left[ {3;5} \right]$ thì

$\left\{ \begin{array}{l}\left[ \begin{array}{l} – \frac{m}{2} < 2\\ – \frac{m}{2} > 5\end{array} \right.\\f\left( 5 \right) = 2\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\left[ \begin{array}{l}m > – 6\\m < – 10\end{array} \right.\\\frac{{5m – 1}}{{10 + m}} = 2\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\left[ \begin{array}{l}m > – 6\\m < – 10\end{array} \right.\\5m – 1 = 20 + 2m\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\left[ \begin{array}{l}m > – 6\\m < – 10\end{array} \right.\\m = 7\end{array} \right.\left( {tm} \right)$

Câu 17: Đáp án B

Phương pháp:

Thể tích của khối tứ diện đều cạnh bằng a: $V = \frac{{\sqrt 2 {a^3}}}{{12}}$

Cách giải:

Không mất tính tổng quát, giả sử $a = \min \left( {a;b;c} \right)$

Trên cạnh SB, SC lần lượt lấy các điểm B’, C’ sao cho $SB’ = SC’ = SA = a$

Khi đó, do $ASB = BSC = CSA = {60^0}$ nên tứ diện S.AB’C’ là tứ diện đều và ${V_{S.AB’C’}} = \frac{{\sqrt 2 {a^3}}}{{12}}$.

Ta có: $\frac{{{V_{S.AB’C’}}}}{{{V_{S.ABC}}}} = \frac{{SB’}}{{SB}}.\frac{{SC’}}{{SC}} = \frac{a}{b}.\frac{a}{c} = \frac{{{a^2}}}{{bc}} \Rightarrow {V_{S.ABC}} = \frac{{{V_{S.AB’C’}}}}{{\frac{{{a^2}}}{{bc}}}} = \frac{{\frac{{\sqrt 2 {a^3}}}{{12}}}}{{\frac{{{a^2}}}{{bc}}}} = \frac{{\sqrt 2 abc}}{{12}}$

Câu 18: Đáp án D

Phương pháp:

+) Tìm TXĐ $\left[ {a;b} \right]$ của hàm số.

+) Giải phương trình $y’ = 0 \Rightarrow $ các nghiệm ${x_i}$ thỏa mãn điều kiện xác định.

+) Tính $f\left( a \right);\,\,f\left( b \right);\,\,f\left( {{x_i}} \right)$ và kết luận.

Cách giải:

$y = x\sqrt {1 – {x^2}} = f\left( x \right),\,\,x \in \left( { – 1;1} \right)$

$y’ = 1.\sqrt {1 – {x^2}} + x.\frac{{ – 2x}}{{2\sqrt {1 – {x^2}} }} = \frac{{1 – {x^2} – {x^2}}}{{\sqrt {1 – {x^2}} }} = \frac{{1 – 2{x^2}}}{{\sqrt {1 – {x^2}} }} = 0 \Leftrightarrow x = \pm \frac{1}{{\sqrt 2 }}$

Ta có: $f\left( { – 1} \right) = f\left( 1 \right) = 0,\,\,\,f\left( {\frac{1}{{\sqrt 2 }}} \right) = \frac{1}{2},\,\,f\left( {\frac{{ – 1}}{{\sqrt 2 }}} \right) = – \frac{1}{2}$

Vậy, GTNN của hàm số là $\frac{{ – 1}}{2}$

Câu 19: Đáp án D

Phương pháp:

Đặt $\cos \,x = t$. Tìm GTLN, GTNN của hàm số với ẩn là t.

Cách giải:

$y = 2{\sin ^2}x – \cos \,x + 1 = 2 – 2{\cos ^2}x + 1 = – 2{\cos ^2}x – \cos \,x + 3$

Đặt $\cos \,x = t,\,\,t \in \left[ { – 1;1} \right]$. Hàm số trở thành: $y = 2{t^2} – t + 3,\,\,\,y’ = – 4t – 1 = 0 \Leftrightarrow t = – \frac{1}{4}$

Ta có: $y\left( { – 1} \right) = 2,\,\,\,y\left( { – \frac{1}{4}} \right) = \frac{{25}}{8},\,\,\,y\left( 1 \right) = 0$

$ \Rightarrow \min y = 0 = m,\,\,\,\max y = \frac{{25}}{8} = M \Rightarrow M.m = 0$

Câu 20: Đáp án A

Phương pháp:

Khối đa diện đều loại $\left\{ {n;p} \right\}$ là khối đa diện đều có các mặt là đa diện đều n cạnh, mỗi đỉnh là điểm chung của p cạnh.

Cách giải:

Khối đa diện đều loại $\left\{ {4;3} \right\}$ là bát diện đều, có số đỉnh, số cạnh và số mặt lần lượt bằng: 6, 12, 8.