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

Câu 21: Đáp án C

Phương pháp:

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

Cách giải:

${\log _{\frac{1}{5}}}f\left( x \right) > {\log _{\frac{1}{5}}}g\left( x \right) \Leftrightarrow 0 < f\left( x \right) < g\left( x \right)\,\,\left( {do\,\,0 < \frac{1}{5} < 1} \right)$

Câu 22: Đáp án A

Phương pháp:

Thể tích khối chóp: $V = \frac{1}{3}{S_{đáy}}h$

Cách giải:

Thể tích của khối chóp S.ABCD là: $V = \frac{1}{3}{S_{ABCD}}.SA = \frac{1}{3}{a^2}.a\sqrt 3 = \frac{{\sqrt 3 }}{3}{a^3}$

Câu 23: Đáp án C

Phương pháp:

${a^x} > {a^y} \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}a > 1\\x > y\end{array} \right.\\\left\{ \begin{array}{l}0 < a < 1\\x < y\end{array} \right.\end{array} \right.$

Cách giải:

$x > y;\,\,a > 1 \Rightarrow {a^x} > {a^y}$

Câu 24: Đáp án B

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, n A

M là số tiền gửi ban đầu,

n là thời gian gửi tiền (tháng),

r là lãi suất định kì (%).

Cách giải:

Số tiền ông An nhận được là: ${A_{10}} = 100\,000\,000.{\left( {1 + 7\% } \right)^{10}} = {10^8}.{\left( {1 + 0,07} \right)^{10}}$

Câu 25: Đáp án B

Phương pháp:

Số điểm cực trị của hàm số là số nghiệm của phương trình $y’ = 0$ và qua điểm đó y’ đổi dấu.

Cách giải:

$y = {x^3} – 3{x^2} + 2 \Rightarrow y’ = 3{x^2} – 6x = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\x = 2\end{array} \right.$

$ \Rightarrow $ Hàm số có đúng hai điểm cực trị.

Câu 26: Đáp án B

Phương pháp:

Giải bất phương trình logarit cơ bản.

Cách giải:

${\log _{\frac{1}{5}}}\left( {5x – 3} \right) > – 2 \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}5x – 2 > 0\\5x – 3 < {\left( {\frac{1}{5}} \right)^2}\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x > \frac{3}{5}\\5x – 3 < 25\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x > \frac{3}{5}\\x < \frac{{28}}{5}\end{array} \right. \Leftrightarrow \frac{3}{5} < x < \frac{{28}}{5}$

Câu 27: Đáp án C

Phương pháp:

Gọi $O = AC \cap BD \Rightarrow SO \bot \left( {ABCD} \right) \Leftarrow {V_{S.ABCD}} = \frac{1}{3}.SO.{S_{ABCD}}$

Cách giải:

Gọi M là trung điểm của BC, O là tâm của hình vuông ABCD

Khi đó: $\left\{ \begin{array}{l}OM \bot BC\\SO \bot BC\end{array} \right. \Rightarrow BC \bot \left( {SOM} \right)$

$ \Rightarrow \left( {\left( {SBC} \right);\left( {ABCD} \right)} \right) = \left( {SM;OM} \right) = SMO = \alpha $

Hình vuông ABCD có cạnh bằng a $ \Rightarrow OM = \frac{a}{2}$

$\Delta SOM$ vuông tại O $ \Rightarrow SO = OM.\tan M = \frac{a}{2}.\tan \alpha = \frac{{a\,\tan \alpha }}{2}$

Thể tích khối chóp S.ABCDlà: $V = \frac{1}{3}.SO.{S_{ABCD}} = \frac{1}{3}.\frac{{a\,\tan \alpha }}{2}.{a^2} = \frac{{{a^3}\tan \alpha }}{6}$

Câu 28: Đáp án C

Phương pháp:

Tìm tọa độ điểm A và B . Tính độ dài đoạn AB .

Cách giải:

Phương trình hoành độ giao điểm của đường cong $y = {x^3} – 3x + 2$ và trục hoành là:

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

$ \Rightarrow A\left( {1;0} \right),\,\,B\left( { – 2;0} \right) \Rightarrow AB = 3$

Câu 29: Đáp án A

Phương pháp:

+) Xét phương trình hoành độ giao điểm, tìm điều kiện để phương trình có 3 nghiệm phân biệt.

+) Sử dụng định lí Vi-ét.

Cách giải:

Phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị $\left( {{C_m}} \right)$ và đường thẳng $d:y = x + 1$

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

Để 2 đồ thị cắt nhau tại 3 điểm phân biệt thì phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt khác 0

$ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{0^2} – 2m.0 – 1 \ne 0\\{m^2} + 1 > 0\end{array} \right.$ (luôn đúng với mọi m)

Khi đó, phương trình (1) có hai nghiệm ${x_1},\,{x_2}$ thỏa mãn ${x_1} + {x_2} = 2m$ (hệ thức Vi-ét)

Đặt nghiệm ${x_3} = 0$. Ta có ${x_1} + {x_2} + {x_3} = 101 \Leftrightarrow 2m + 0 = 101 \Rightarrow m = \frac{{101}}{2}$

Câu 30: Đáp án D

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:

$y = \frac{{{x^2} – 6x + 3}}{{{x^2} – 3x + 2}}$ (TXĐ: $D = R\backslash \left\{ {1;2} \right\}$)

$\mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } \frac{{{x^2} – 6x + 3}}{{{x^2} – 3x + 2}} = 1 \Rightarrow $Đồ thị hàm số có TCN $y = 1$

$\mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ + }} \frac{{{x^2} – 6x + 3}}{{{x^2} – 3x + 2}} = + \infty ,\,\,\,\mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ – }} \frac{{{x^2} – 6x + 3}}{{{x^2} – 3x + 2}} = – \infty ,\,\,\,\mathop {\lim }\limits_{x \to {2^ + }} \frac{{{x^2} – 6x + 3}}{{{x^2} – 3x + 2}} = – \infty ,\,\,\,\mathop {\lim }\limits_{x \to {2^ – }} \frac{{{x^2} – 6x + 3}}{{{x^2} – 3x + 2}} = + \infty $

$ \Rightarrow $ Đồ thị hàm số có 2 TCĐ $x = 1,\,\,x = 2$