- 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 11: Đáp án D
Phương pháp:
Thể tích khối lăng trụ:$V = Sh$ , trong đó: S là diện tích đáy, h là chiều cao.
Cách giải:
Tam giác ABC cân tại A, $BAC = {120^0}$, gọi I là trung điểm của BC $ \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}AI \bot BC\\BAI = {60^0}\end{array} \right.$
$AI = \frac{{BI}}{{\tan {{60}^0}}} = \frac{{\frac{{\sqrt 3 a}}{2}}}{{\sqrt 3 }} = \frac{a}{2}$
$ \Rightarrow {S_{ABC}} = \frac{1}{2}.AI.BC = \frac{1}{2}.\frac{a}{2}.\sqrt 3 a = \frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4}$
Thể tích khối lăng trụ: $V = {S_{ABC}}.AA’ = \frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4}.\sqrt 3 a = \frac{{3{a^3}}}{4}$
Câu 12: Đáp án C
Phương pháp:
Thể tích khối hộp chữ nhật: $V = abc$
Cách giải:
ABCD là hình chữ nhật $ \Rightarrow AC = \sqrt {A{B^2} + A{D^2}} = \sqrt {{a^2} + {{\left( {\sqrt 2 a} \right)}^2}} = \sqrt 3 a$
ACC’A’ là hình chữ nhật $ \Rightarrow AA’ = \sqrt {AC{‘^2} – A{C^2}} = \sqrt {{{\left( {2\sqrt 3 a} \right)}^2} – {{\left( {\sqrt 3 a} \right)}^2}} = 3a$
Thể tích khối hộp chữ nhật: $V = AB.AD.AA’ = a.\sqrt 2 a.3a = 3\sqrt 2 {a^3}$
Câu 13: Đáp án B
Phương pháp :
Thử lần lượt từng đáp án.
Cách giải:
$\overrightarrow u = \left( {1;2;3} \right),\,\,\,\overrightarrow v = \left( { – 5;1;1} \right) \Rightarrow \overrightarrow u .\overrightarrow v = 1.\left( { – 5} \right) + 2.1 + 3.1 = 0 \Rightarrow \overrightarrow u \bot \overrightarrow v $
Câu 14: Đáp án B
Phương pháp :
Tính các vectơ $\overrightarrow {AB} ;\,\overrightarrow {AC} $ và nhận xét.
Cách giải:
$A\left( {2;1; – 1} \right),\,\,B\left( {3;3;1} \right),\,\,C\left( {4;5;3} \right) \Rightarrow \overrightarrow {AB} = \left( {1;2;2} \right),\,\,\overrightarrow {AC} = \left( {2;4;4} \right) \Rightarrow \overrightarrow {AC} = 2\overrightarrow {AB} \Rightarrow $A, B, C thẳng hàng.
Câu 15: Đáp án a
Phương pháp:
Công thức khoảng cách từ điểm đến đường thẳng trong không gian:
$d\left( {A;\Delta } \right) = \frac{{\left| {\left[ {\overrightarrow u ;\overrightarrow {MA} } \right]} \right|}}{{\left| {\overrightarrow u } \right|}}$, với $\overrightarrow u $ là VTCP của $\Delta $ và M là điểm bất kì thuộc$\Delta $
Cách giải:
Đường thẳng AB có 1 VTCP $\overrightarrow u = \overrightarrow {AB} = \left( {2;1;0} \right)$
$\left[ {\overrightarrow u ;\overrightarrow {OA} } \right] = \left( {0;0; – 1} \right)$
Độ dài đường cao kẻ từ O của tam giác OAB bằng khoảng cách từ O đến đường thẳng AB:
$d\left( {O;AB} \right) = \frac{{\left| {\left[ {\overrightarrow u ;\overrightarrow {OA} } \right]} \right|}}{{\left| {\overrightarrow u } \right|}} = \frac{{\sqrt {{0^2} + {0^2} + {{\left( { – 1} \right)}^2}} }}{{\sqrt {{2^2} + {1^2} + {0^2}} }} = \frac{1}{{\sqrt 5 }}$
Câu 16: Đáp án A
Phương pháp:
* Phương pháp xét sự đồng biến, nghịch biến của các hàm số:
– Bước 1: Tìm tập xác định, tính $f’\left( x \right)$
– Bước 2: Tìm các điểm tại đó $f’\left( x \right) = 0$ hoặc $f’\left( x \right)$ không xác định
– Bước 3: Sắp xếp các điểm đó theo thứ tự tăng dần và lập bảng biến thiên
– Bước 4: Kết luận về các khoảng đồng biến, nghịch biến của hàm số.
Cách giải:
+) $y = \frac{{x – 1}}{{x + 2}}$ ta có $y’ = \frac{{2 + 1}}{{{{\left( {x + 2} \right)}^2}}} = \frac{3}{{{{\left( {x + 2} \right)}^2}}} > 0,\,\,\forall x \ne – 2 \Rightarrow $ Hàm số đồng biến trên các khoảng $\left( { – \infty ; – 2} \right);\,\,\,\left( { – 2; + \infty } \right)$
+) $y = {x^3} + 2 \Rightarrow y’ = 3{x^2} \ge 0,\,\,\forall x \in \mathbb{R}$: Hàm số đồng biến trên $\mathbb{R}$.
+) $y = x + 1 \Rightarrow y’ = 1 > 0,\,\,\forall x \in \mathbb{R}$: Hàm số đồng biến trên $\mathbb{R}$.
+) $y = {x^5} + {x^3} – 1 \Rightarrow y’ = 5{x^4} + 3{x^2} \ge 0,\,\,\forall x \in \mathbb{R};\,\,\,y’ = 0 \Leftrightarrow x = 0 \Rightarrow $ Hàm số đồng biến trên $\mathbb{R}$.
Câu 17: Đáp án B
Phương pháp:
Sử dụng các công thức liên quan đến logarit.
Cách giải:
${\log _{{a^\alpha }}}b = \alpha {\log _a}b$: là mệnh đề sai. (sửa lại: ${\log _{{a^\alpha }}}b = \frac{1}{\alpha }{\log _a}b$)
Câu 18: Đáp án B
Phương pháp:
– Xác định tâm I của đáy, dựng đường (d) vuông góc với mặt đáy tại I
– Dựng mặt phẳng trung trực (P) của cạnh SA
– Xác định giao tuyến O của mặt phẳng (P) và đường thẳng (d). O chính là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp.
Cách giải:
Gọi O là tâm của đáy $ \Rightarrow OA = OB = OC = OD\,\,\,\left( 1 \right)$
Do hình chóp có tất cả các cạnh đều bằng nhau nên $\Delta SAC = \Delta BAC \Rightarrow OS = OA = OC\,\,\,\left( 2 \right)$
Từ (1), (2) $ \Rightarrow OA = OB = OC = OD = OS \Rightarrow $Tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp là tâm của mặt đáy ABCD.
Câu 19: Đáp án B
Phương pháp:
Thể tích khối chóp: $V = Sh$
Cách giải:
Tam giác ABC cân tại A, $ABC = {120^0}$
$ \Rightarrow {S_{ABC}} = \frac{1}{2}.AB.BC\sin {120^0} = \frac{1}{2}.a.a.\frac{{\sqrt 3 }}{2} = \frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4} \Rightarrow {S_{BCD}} = {S_{ABC}} = \frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4}$
Thể tích V của khối chóp S.BCD: $V = \frac{1}{3}.SA.{S_{BCD}} = \frac{1}{3}.\sqrt 3 a.\frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4} = \frac{{{a^3}}}{4}$
Câu 20: Đáp án A
Phương pháp:
Dựa vào hình dáng đồ thị hàm số mũ và tính đơn điệu của hàm số mũ.
Cách giải:
Đáp án A: Ví dụ đồ thị các hàm số $y = {2^x}$ và $y = {\left( {\frac{1}{2}} \right)^x}\,\,\,0 < a \ne 1$
Chúng đối xứng nhau qua trục tung. Do đó đáp án A đúng.
Đáp án B và C hiển nhiên sai.
Đáp án D sai vì $\left( {a;1} \right)$ thuộc đồ thị hàm số $y = {a^x} \Leftrightarrow 1 = {a^a}$ không phải luôn đúng.