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

Câu 31: Đáp án A

Phương pháp:

Hàm số $y = \ln x$ xác định $ \Leftrightarrow x > 0$

Cách giải:

Điều kiện xác định: $ – {x^2} + 5x – 6 > 0 \Leftrightarrow 2 < x < 3$

Vậy tập xác định của hàm số $y = \ln – {x^2} + 5x – 6$ là $\left( {2;3} \right)$

Câu 32: Đáp án D

Phương pháp:

– Tìm TXĐ

– Giải bất phương trình và tìm số nghiệm nguyên.

Cách giải:

Điều kiện xác định: $\left\{ \begin{array}{l}25 – {x^2} \ge 0\\{x^2} – 4x + 5 > 0\end{array} \right. \Leftrightarrow – 5 \le x \le 5$

$\sqrt {25 – {x^2}} {\log _2}\left( {{x^2} – 4x + 5} \right) \le 0\left[ \begin{array}{l}\sqrt {25 – {x^2}} = 0\\\left\{ \begin{array}{l}\sqrt {25 – {x^2}} > 0\\{\log _2}\left( {{x^2} – 4x + 5} \right) \le 0\end{array} \right.\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\left[ \begin{array}{l}x = 5\\x = – 5\end{array} \right.\\\left\{ \begin{array}{l} – 5 < x < 5\\{x^2} – 4x + 5 \le 1\end{array} \right.\end{array} \right.$

$ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 5\\x = – 5\\\left\{ \begin{array}{l} – 5 < x < 5\\{x^2} – 4x + 4 \le 0\end{array} \right.\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 5\\x = – 5\\\left\{ \begin{array}{l} – 5 < x < 5\\{\left( {x – 2} \right)^2} \le 0\end{array} \right.\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 5\\x = – 5\\\left\{ \begin{array}{l} – 5 < x < 5\\x = 2\end{array} \right.\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 5\\x = – 5\\x = 2\end{array} \right.$

Vậy bất phương trình có 3 nghiệm nguyên.

Câu 33: Đáp án C

Cách giải:

Nhận xét: Để thu được nhiều lãi nhất thì tổng chi phí bảo trì, chi phí in ấn là ít nhất.

Gọi số máy in cần sử dụng là n (máy), $n \in \left( {0;8} \right)$

Số giờ cần để in hết 50 000 bản in là: $\frac{{50\,000}}{{4000n}} = \frac{{25}}{{2n}}$ (giờ)

Chi phí để n máy hoạt động trong $\frac{{25}}{{2n}}$ giờ là:

$50.n + 20\left( {3n + 5} \right).\frac{{25}}{{2n}} = 50n + 750 + \frac{{1250}}{n} \ge 2.\sqrt {50n.\frac{{1250}}{n}} + 750 = 500 + 750 = 1250$

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi: $50n = \frac{{1250}}{n} \Leftrightarrow {n^2} = \frac{{1250}}{{50}} = 25 \Rightarrow n = 5$

Vậy, nếu in 50 000 bản in khổ A4 thì phải sử dụng 5 máy sẽ thu được lãi nhiều nhất.

Câu 34: Đáp án B

Phương pháp:

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

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

– Xác định 1 mặt phẳng $\gamma \bot \Delta $

– Tìm các giao tuyến $a = \alpha \cap \gamma ,\,\,\,b = \beta \cap \gamma $

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

Cách giải:

Gọi I, J lần lượt là trung điểm của AB, CD.

Tam giác SAB cân tại S $ \Rightarrow SI \bot AB$

Vì mặt bên SAB nằm trong mặt phẳng vuông góc với (ABCD) nên $SI \bot \left( {ABCD} \right)$

Ta có: ${\rm{IJ}} \bot CD,\,\,SI \bot CD \Rightarrow CD \bot \left( {SIJ} \right)$

$\left\{ \begin{array}{l}\left( {SCD} \right) \cap \left( {ABCD} \right) = CD\\\left( {SIJ} \right) \bot CD\\\left( {SIJ} \right) \cap \left( {SCD} \right) = SJ\\\left( {SIJ} \right) \cap \left( {ABCD} \right) = IJ\end{array} \right. \Rightarrow \left( {\left( {SCD} \right);\left( {ABCD} \right)} \right) = \left( {SJ;IJ} \right) = SJI\,\,do\,\,SJI < {90^0}$

$\cos \,SJI = \frac{{2\sqrt {19} }}{{19}}$

$ \Rightarrow \frac{{IJ}}{{SJ}} = \frac{{2\sqrt {19} }}{{19}} \Rightarrow S = \frac{a}{{\frac{{2\sqrt {19} }}{{19}}}} = \frac{{a\sqrt {19} }}{2}$

$ \Rightarrow SI = \sqrt {S{J^2} – I{J^2}} = \sqrt {{{\left( {\frac{{a\sqrt {19} }}{2}} \right)}^2} – {a^2}} = \frac{{a\sqrt {15} }}{2}$

Thể tích của khối chóp S.ABCD: $V = \frac{1}{3}.SI.{S_{ABCD}} = \frac{1}{3}.\frac{{a\sqrt {15} }}{2}.{a^2} = \frac{{{a^3}\sqrt {15} }}{6}$

Câu 35: Đáp án A

Phương pháp:

+) Tính $f\left( x \right) = \int {f’\left( x \right)dx} $

+) $f\left( 1 \right) = 1 \Rightarrow C$

+) Tính $f\left( 5 \right)$

Cách giải:

$f’\left( x \right) = \frac{1}{{2x – 1}} \Rightarrow f\left( x \right) = \int {\frac{1}{{2x – 1}}dx = \frac{1}{2}\ln \left| {2x – 1} \right| + C} $

$f\left( 1 \right) = 1 \Rightarrow \frac{1}{2}\ln 1 + C = 1 \Rightarrow C = 1 \Rightarrow f\left( x \right) = \frac{1}{2}\ln \left| {2x – 1} \right| + 1$

$ \Rightarrow f\left( 5 \right) = \frac{1}{2}\ln 9 + 1 = \ln 3 + 1$

Câu 36: Đáp án B

Phương pháp:

$\int {\frac{{a – b}}{{\left( {x – a} \right)\left( {x – b} \right)}}dx = \ln \left| {\frac{{x – a}}{{x – b}}} \right| + C} $

Cách giải:

$\int {f\left( x \right)dx = \int {\frac{2}{{{x^2} – 1}}dx = \int {\left( {\frac{1}{{x – 1}} – \frac{1}{{x + 1}}} \right)dx = \ln \left| {x – 1} \right| – \ln \left| {x + 1} \right| + C} = \ln \left| {\frac{{x – 1}}{{x + 1}}} \right| + C} } $

Câu 37: Đáp án D

Phương pháp:

Đặt ${2^x} = t,\,\,t > 0$. Chuyển về bài toán tìm m để phương trình bậc 2 ẩn t có 2 nghiệm ${t_1},\,{t_2}$ thỏa mãn ${t_1}.{t_2} = 8$

Cách giải:

${4^x} – m{.2^{x + 1}} + 2m = 0 \Leftrightarrow {4^x} – 2m{.3^x} + 2m = 0\,\,\,\left( 1 \right)$

Đặt ${2^x} = t,\,\,t > 0$, phương trình trở thành: ${t^2} – 2mt + 2m = 0\,\,\,\left( 2 \right)$

Để phương trình (1) có 2 nghiệm ${x_1},\,{x_2}$ thỏa mãn ${x_1} + {x_2} = 3$ thì phương trình (2) có 2 nghiệm ${t_1},\,{t_2}$ thỏa mãn ${t_1}.{t_2} = {2^{{x_1}}}{.2^{{x_2}}} = {2^3} = 8$

Khi đó: $\left\{ \begin{array}{l}\Delta ‘ \ge 0\\2m = 8\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{m^2} – 2m \ge 0\\m = 4\end{array} \right. \Leftrightarrow m = 4$

Câu 38: Đáp án C

Phương pháp:

$\int {\frac{1}{{ax + b}}dx = \frac{1}{a}\ln \left| {ax + b} \right| + C} $

Cách giải:

$\int {f\left( x \right)dx = \int {\frac{1}{{2x + 3}}dx = \frac{1}{2}\int {\frac{{d\left( {2x + 3} \right)}}{{2x + 3}} = \frac{{\ln \left| {2x + 3} \right|}}{2} + C} } } $

Khi $C = 1 \Rightarrow $ Đáp án A đúng.

Đáp án B: $F\left( x \right) = \frac{{\ln {{\left| {2x + 3} \right|}^2}}}{4} + 3 = \frac{{2ln\left| {2x + 3} \right|}}{4} + 3 = \frac{{ln\left| {2x + 3} \right|}}{2} + 3 \Rightarrow C + 3$

Đáp án D: $F\left( x \right) = \frac{{\ln \left| {x + \frac{3}{2}} \right|}}{2} + 4 = \frac{{\ln \left| {2x + 3} \right| – \ln 2}}{2} + 4 = \frac{{\ln \left| {2x + 3} \right|}}{2} – \frac{{\ln 2}}{2} + 4 \Rightarrow C = – \frac{{\ln 2}}{2} + 4$

$ \Rightarrow F\left( x \right) = \frac{{\ln \left| {4x + 6} \right|}}{4} + 2$ là khẳng định sai

Câu 39: Đáp án C

Phương pháp:

Hàm số bậc ba $y = f\left( x \right)$ đạt cực tiểu tại $x = {x_0}$ khi và chỉ khi $\left\{ \begin{array}{l}f’\left( {{x_0}} \right) = 0\\f’\left( {{x_0}} \right) > 0\end{array} \right.$

Cách giải:

$y = – {x^3} – 2{x^2} + mx + 1 \Rightarrow y’ = – 3{x^2} – 4x + m,\,\,\,y” = – 6x – 4$

Hàm số $y = – {x^3} – 2{x^2} + mx + 1$ đạt cực tiểu tại điểm $x = – 1 \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}y’ – 1 = 0\\y” – 1 > 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} – 3 + 4 + m = 0\\6 – 4 > 0\end{array} \right. \Leftrightarrow m = – 1$

Câu 40: Đáp án D

Phương pháp:

+) Xét hàm số $h\left( x \right) = f\left( x \right) – 2017 = a{x^4} + b{x^2} + c – 2017$

+) Tìm số điểm cực trị của hàm số $h\left( x \right)$ bằng cách giải phương trình $h’\left( x \right) = 0$

+) Xác định dấu của $h\left( 0 \right);\,\,h\left( 1 \right);\,\,h\left( { – 1} \right)$ và vẽ đồ thị hàm số $y = h\left( x \right)$, từ đó vẽ đồ thị hàm số $y = \left| {h\left( x \right)} \right|$ và kết luận.

Cách giải:

Xét hàm số $h\left( x \right) = f\left( x \right) – 2017 = a{x^4} + b{x^2} + c – 2017$, với $a > 0,\,c < 2017,\,\,\,a + b + c < 2017$

Ta có: $h’\left( x \right) = 4a{x^3} + 2bx = 2x\left( {2a{x^2} + b} \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\{x^2} = – \frac{b}{{2a}}\end{array} \right.$

Do $a > 0,\,b < 0 \Rightarrow – \frac{b}{{2a}} > 0$ nên $h’\left( x \right) = 0$ có 3 nghiệm phân biệt $ \Rightarrow y = h\left( x \right)$ có 3 cực trị

Ta có: $h\left( 0 \right) = c – 2017 > 0,\,\,\,h\left( { – 1} \right) = h\left( 1 \right) = a + b + c – 2017 < 0$

$ \Rightarrow h\left( 0 \right).\left( {h – 1} \right) < 0,\,\,\,h\left( 0 \right).h\left( 1 \right) < 0$

$ \Rightarrow \exists {x_1},\,{x_2}:{x_1} \in \left( { – 1;0} \right),\,\,\,{x_2} \in \left( {0;1} \right)$ mà $h\left( {{x_1}} \right) = h\left( {{x_2}} \right) = 0$

Do đó, đồ thị hàm số $y = h\left( x \right)$ và $y = \left| {h\left( x \right)} \right|$ dạng như hình vẽ bên.

Vậy, số cực trị của hàm số $y = \left| {f\left( x \right) – 2017} \right|$ là 7