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

Câu 31: Đáp án A

Phương pháp:

Nhận dạng đồ thị hàm số bậc bốn trùng phương.

Cách giải:

Giả sử hàm số: $y = a{x^4} + b{x^2} + c,\,\,\,\left( {a \ne 0} \right)$

Quan sát đồ thị hàm số ta thấy, khi $x \to + \infty $ thì $y \to – \infty \Rightarrow $ Hệ số $a < 0 \Rightarrow $ Loại phương án B, C

Đồ thị hàm số đi qua điểm $\left( {1;0} \right) \Rightarrow $ Ta chọn phương án A.

Câu 32: Đáp án D

Phương pháp:

Số nghiệm của phương trình $a{x^3} + b{x^2} + cx + d + 2 = 0$ bằng số giao điểm của đồ thị hàm số $y = a{x^3} + b{x^2} + cx + d$ và đường thẳng $y = – 2$.

Cách giải:

Số nghiệm của phương trình $a{x^3} + b{x^2} + cx + d + 2 = 0$ bằng số giao điểm của đồ thị hàm số $y = a{x^3} + b{x^2} + cx + d$ và đường thẳng $y = – 2$.

Quan sát đồ thị hàm số, ta thấy: đồ thị hàm số $y = a{x^3} + b{x^2} + cx + d$ cắt đường thẳng $y = – 2$ tại 3 điểm phân biệt $ \Rightarrow $ Phương trình đã cho có đúng ba nghiệm.

Câu 33: Đáp án B

Phương pháp:

Giải phương trình bậc hai logarit.

Cách giải:

ĐK: $x > 0$

${\log ^2}x – \log x – 2 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\log x = – 1\\\log x = 2\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = \frac{1}{{10}}\\x = 100\end{array} \right.$

Phương trình đã cho có tất cả 2 nghiệm.

Câu 34: Đáp án D

Phương pháp:

Thể tích khối trụ: $V = \pi {r^2}h$

Cách giải:

$\Delta ABC$ đều cạnh a $ \Rightarrow $ Bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC: $r = \frac{2}{3}.\frac{{a\sqrt 3 }}{2} = \frac{a}{{\sqrt 3 }}$

Thể tích của khối trụ tròn xoay là: $V = \pi {r^2}h = \pi .{\left( {\frac{a}{{\sqrt 3 }}} \right)^2}.a = \frac{{\pi {a^3}}}{3}$

Câu 35: Đáp án B

Phương pháp:

Sử dụng công thức tính diện tích xung quanh của hình trụ.

Cách giải:

${S_{xq}} = 2\pi rl$

Câu 36: Đáp án B

Phương pháp:

Hàm đa thức bậc ba có cực trị $ \Leftrightarrow $ phương trình $y’ = 0$ có 2 nghiệm phân biệt.

Cách giải:

$y = {x^3} – {x^2} + mx – 5 \Rightarrow y’ = 3{x^2} – 2x + m$

Để hàm số có cực trị thì $y’ = 0$ có 2 nghiệm phân biệt $ \Leftrightarrow \Delta ‘ > 0 \Leftrightarrow 1 – 3m > 0 \Leftrightarrow m < \frac{1}{3}$

Câu 37: Đáp án D

Phương pháp:

+) ${\log _a}f\left( x \right)$ xác định $ \Leftrightarrow f\left( x \right) > 0$

+) $\frac{A}{B}$ xác định $ \Leftrightarrow B \ne 0$

Cách giải:

Điều kiện xác định: $\left\{ \begin{array}{l}\frac{{x + 3}}{{2 – x}} > 0\\2 – x \ne 0\end{array} \right. \Leftrightarrow – 3 < x < 2$

Tập xác định của hàm số $y = {\log _2}\frac{{x + 3}}{{2 – x}}$ là $\left( { – 3;2} \right)$

Câu 38: Đáp án C

+) Xác định trục mặt đáy (đường thẳng đi qua tâm đáy và vuông góc với đáy).

+) Xác định trục của cạnh bên SA.

+) Xác định giao điểm của hai trục trên, đó chính là tâm mặt cầu ngoại tiếp khối chóp.

Cách giải:

Gọi M, N, I lần lượt là trung điểm của AB, BC, SA; G là trọng tâm tâm giác ABC

Mà tam giác ABC đều $ \Rightarrow $ G là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC

Trong (SAN), dựng đường thẳng qua G song song SA, đường thẳng qua I song song AN, chúng cắt nhau tại O

Khi đó, $OA = OB = OC = OS$ hay O là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABC

I là trung điểm của SA $ \Rightarrow IA = \frac{{SA}}{2} = \frac{{2a}}{2} = a = 3\left( {cm} \right)$

Tam giác đều cạnh ABC $a = 3cm \Rightarrow AN = \frac{{a\sqrt 3 }}{2} \Rightarrow AG = \frac{2}{3}.\frac{{a\sqrt 3 }}{2} = \frac{{a\sqrt 3 }}{3} = \frac{{3.\sqrt 3 }}{3} = \sqrt 3 \left( {cm} \right)$

Tứ giác AGOI có: $OG//AI,\,\,\,OI//AG \Rightarrow $ AGOI là hình bình hành

Mà $A = {90^0} \Rightarrow $ AGOI là hình chữ nhật $ \Rightarrow OA = \sqrt {A{I^2} + A{G^2}} = \sqrt {{3^2} + {{\left( {\sqrt 3 } \right)}^2}} = 2\sqrt 3 \left( {cm} \right)$

$ \Rightarrow $ Bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABC là: $R = 2\sqrt 3 \left( {cm} \right)$

$ \Rightarrow $ Thể tích khối cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABC là: $V = \frac{4}{3}\pi {R^3} = \frac{4}{3}\pi .{\left( {2\sqrt 3 } \right)^3} = 32\sqrt 3 \pi \left( {c{m^3}} \right)$

Câu 39: Đáp án A

Phương pháp:

Phân chia và lắp ghép các khối đa diện.

Cách giải:

Gọi E, F lần lượt là trung điểm của BB’, CC’. Khi đó: ABC.MEF là hình lăng trụ đứng và ${V_{ABC.MEF}} = \frac{1}{2}V$

Ta có:

${V_{M.EFNP}} = \frac{1}{4}{V_{M.BCC’B’}} = \frac{1}{4}.{V_{ABCC’B’}} = \frac{1}{4}.\left( {V – {V_{A.A’B’C’}}} \right) = \frac{1}{4}\left( {V – \frac{V}{3}} \right) = \frac{1}{4}.\frac{2}{3}V = \frac{V}{6}$

$ \Rightarrow {V_{ABC.MNP}} = {V_{ABC.MEF}} + {V_{M.EFNP}} = \frac{1}{2}V + \frac{1}{6}V = \frac{2}{3}V$

Câu 40: Đáp án C

Phương pháp:

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

Cách giải:

ĐKXĐ: $\left\{ \begin{array}{l}4 – 3x > 0\\0 < x \ne 1\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}0 < x < \frac{4}{3}\\x \ne 1\end{array} \right.$

${\log _x}\left( {4 – 3x} \right) = 2 \Leftrightarrow 4 – 3x = {x^2} \Leftrightarrow {x^2} + 3x – 4 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 1\\x = – 4\end{array} \right.$ (loại)

Vậy $x \in \emptyset $