- 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 41: Đáp án C
Phương pháp:
${\log _{{a^n}}}f\left( x \right) = \frac{1}{n}{\log _a}f\left( x \right)$
${\log _a}f\left( x \right) = {\log _a}g\left( x \right) \Rightarrow f\left( x \right) = g\left( x \right)$
$0 < a \ne 1;\,\,\,f\left( x \right) > 0;\,\,g\left( x \right) > 0$
Cách giải:
Điều kiện xác định: $\left\{ \begin{array}{l}{x^2} + 4x > 0\\2x + 3 > 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\left[ \begin{array}{l}x > 0\\x < – 4\end{array} \right.\\x > – \frac{3}{2}\end{array} \right. \Leftrightarrow x > 0$
${\log _3}\left( {{x^2} + 4x} \right) + {\log _{\frac{1}{3}}}\left( {2x + 3} \right) = 0$
$ \Leftrightarrow {\log _3}\left( {{x^2} + 4} \right) – {\log _3}\left( {2x + 3} \right) = 0$
$ \Leftrightarrow {\log _3}\left( {{x^2} + 4} \right) = {\log _3}\left( {2x + 3} \right)$
$ \Leftrightarrow {x^2} + 4x = 2x + 3 \Leftrightarrow {x^2} + 2x – 3 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 1\left( {tm} \right)\\x = – 3\left( {ktm} \right)\end{array} \right.$
Vậy phương trình đã cho có 1 nghiệm là $x = 1$
Câu 42: Đáp án B
Phương pháp: $\int {udv = uv – \int {vdu} } $
Cách giải: $F\left( x \right) = \int {f\left( x \right)dx = \int {x\cos \,x\,dx = \int {x\,dx\,\sin \,x = x\sin x – \int {\sin x\,dx = x\sin x + \cos \,x + C} } } } $
Câu 43: Đáp án A
Phương pháp:
Tính và xét dấu của $f\left( {{x^2}} \right)’$ từ đó tính số cực trị.
Cách giải:
$y = f\left( {{x^2}} \right) \Rightarrow y’ = 2x.f’\left( {{x^2}} \right) = 2x.{\left( {{x^2}} \right)^2}\left( {{x^2} – 1} \right){\left( {{x^2} – 4} \right)^2} = 2{x^5}\left( {{x^2} – 1} \right){\left( {{x^2} – 4} \right)^2}$
$y’ = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\x = \pm 1\\x = \pm 2\end{array} \right.$, y’ đổi dấu tại các điểm $x = 0,\,\,x = – 1,\,\,x = 1$
$ \Rightarrow $ Số cực trị của hàm số $y = f\left( {{x^2}} \right)$ là 3.
Câu 44: Đáp án A
Phương pháp:
Dựa vào các công thức tính diện tích toàn phần, diện tích xung quanh và thể tích của khối trụ.
Cách giải:
Diện tích toàn phần của hình trụ bằng $2\pi rh + 2\pi {r^2}$. Do đó đáp án A sai.
Câu 45: Đáp án A
Phương pháp:
Dựa vào khái niệm cực trị và các kiến thức liên quan.
Cách giải:
(1) chỉ là điều kiện cần mà không là điều kiện đủ.
VD hàm số $y = {x^3}$ có $y’ = 3{x^2} = 0 \Leftrightarrow x = 0$. Tuy nhiên $x = 0$ không là điểm cực trị của hàm số.
(2) sai, khi $f”\left( {{x_0}} \right) = 0$, ta không có kết luận về điểm ${x_0}$ có là cực trị của hàm số hay không.
(3) hiển nhiên sai.
Vậy (1), (2), (3): sai; (4): đúng
Câu 46: Đáp án C
Phương pháp:
+) $d\left( {A;\left( {SCD} \right)} \right) = d\left( {H;\left( {SCD} \right)} \right)$ xác định khoảng cách từ H đến (SCD).
+) Xác định góc giữa SC và mặt đáy.
+) Đặt cạnh của hình vuông ở đáy là x, tính SH và HI theo x.
+) Sử dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông để tìm x.
+) Tính ${V_{S.ABCD}} = \frac{1}{3}SH.{S_{ABCD}}$
Cách giải:
Do $AH//\left( {SCD} \right)$ nên $d\left( {A;\left( {SCD} \right)} \right) = d\left( {H;\left( {SCD} \right)} \right)$
Kẻ $HI//AD,\,\,I \in CD,\,\,\,HK \bot SI,\,\,K \in SI$
$ \Rightarrow d\left( {H;\left( {SAC} \right)} \right) = HK = \sqrt {26} $
Giả sử độ dài cạnh hình vuông ở đáy là x. Khi đó, $HI = x$
$\Delta HBC$ vuông tại B $ \Rightarrow HC = \sqrt {H{B^2} + B{C^2}} = \sqrt {{{\left( {\frac{2}{3}x} \right)}^2} + {x^2}} = \frac{{\sqrt {13} x}}{3}$
$SH \bot \left( {ABCD} \right) \Rightarrow \left( {SC;\left( {ABCD} \right)} \right) = \left( {SCH} \right) = {60^0}$
$\Delta SHC$ vuông tại H $ \Rightarrow SH = HC.\tan {60^0} = \frac{{\sqrt {13} x}}{3}.\sqrt 3 = \frac{{\sqrt {39} x}}{3}$
$\Delta SHI$ vuông tại H,
$HK \bot SI \Rightarrow \frac{1}{{H{K^2}}} = \frac{1}{{S{H^2}}} + \frac{1}{{I{H^2}}} \Leftrightarrow \frac{1}{{26}} = \frac{1}{{\frac{{13{x^2}}}{3}}} + \frac{1}{{{x^2}}} = \frac{{16}}{{13{x^2}}} \Leftrightarrow {x^2} = 32 \Rightarrow x = 4\sqrt 2 $
$ \Rightarrow SH = \frac{{\sqrt {39} .4\sqrt 2 }}{3} = \frac{{4\sqrt {78} }}{3}$
Thể tích khối chóp S.ABCD: $V = \frac{1}{3}.SH.{S_{ABCD}} = \frac{1}{3}.\frac{{4\sqrt {78} }}{3}.{\left( {4\sqrt 2 } \right)^2} = \frac{{128\sqrt {78} }}{9}$
Câu 47: Đáp án C
Phương pháp:
+) Gọi I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác AHC và E là trung điểm của BC.
+) Qua I dựng đường thẳng song song với SH, qua E dựng đường thẳng song song với IH, hai đường thẳng này cắt nhau tại O $ \Rightarrow $ O là tâm mặt cầu ngoại tiếp chóp S.AHC. O
+) Tính IH, sử dụng công thức $R = \frac{{abc}}{{4S}}$ với a, b, c là ba cạnh của tam giác AHC, S là diện tích tam giác AHC, R là bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác AHC.
+) Tính HE.
+) Sử dụng định lí Pytago tính OH.
Cách giải:
Kẻ HK vuông góc AB tại K, gọi I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác AHC, E là trung điểm của SH.
Ta có: H là trung điểm của AB, tam giác SAB cân tại S $ \Rightarrow SH \bot AB$
Mà SAB nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy $ \Rightarrow SH \bot \left( {ABCD} \right)$
$\Delta AHK$ đồng dạng $\Delta ACB$ (g.g)
$ \Rightarrow \frac{{AH}}{{AC}} = \frac{{HK}}{{BC}} \Leftrightarrow \frac{{\frac{a}{2}}}{{\sqrt {{a^2} + {{\left( {\sqrt 2 a} \right)}^2}} }} = \frac{{HK}}{{\sqrt 2 a}} \Leftrightarrow HK = \frac{a}{{\sqrt 6 }}$
Ta có: $HK \bot AC,\,\,\,SH \bot AC \Rightarrow AC \bot \left( {SHK} \right) \Rightarrow AC \bot SK$
$ \Rightarrow \left( {\left( {SAC} \right);\left( {ABCD} \right)} \right) = SKH = {60^0}$
$\Delta SKH$ vuông tại H, $SKH = {60^0} \Rightarrow SH = HK.\tan {60^0} = \frac{a}{{\sqrt 6 }}.\sqrt 3 = \frac{a}{{\sqrt 2 }} \Rightarrow EH = \frac{a}{{2\sqrt 2 }}$
Ta có: ${S_{\Delta AHC}} = \frac{1}{2}{S_{\Delta ABC}} = \frac{1}{2}.\frac{1}{2}.{S_{ABCD}} = \frac{{{S_{ABCD}}}}{4} = \frac{{{a^2}\sqrt 2 }}{4}$
I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác AHB
$ \Rightarrow IH = R = \frac{{AH.HC.AC}}{{4{S_{\Delta AHC}}}} = \frac{{\frac{a}{2}.\sqrt {{{\left( {\frac{a}{2}} \right)}^2} + {{\left( {\sqrt 2 a} \right)}^2}} .\sqrt {{a^2} + {{\left( {\sqrt 2 a} \right)}^2}} }}{{4.\frac{{{a^2}\sqrt 2 }}{4}}} = \frac{{\frac{a}{2}.\frac{{3a}}{2}.\sqrt 3 a}}{{{a^2}\sqrt 2 }} = \frac{{3\sqrt 3 a}}{{4\sqrt 2 }}$
Tứ giác OEHI là hình chữ nhật
$ \Rightarrow OH = \sqrt {I{H^2} + E{H^2}} = \sqrt {{{\left( {\frac{{3\sqrt 2 a}}{{4\sqrt 2 }}} \right)}^2} + {{\left( {\frac{a}{{2\sqrt 2 }}} \right)}^2}} = \sqrt {\frac{{27{a^2}}}{{32}} + \frac{{{a^2}}}{8}} = \frac{{\sqrt {62} a}}{8}$
Vậy, bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.HAC là $\frac{{\sqrt {62} a}}{8}$
Câu 48: Đáp án B
Phương pháp:
+) Xác định khoảng cách từ O đến (SAB)
+) Sử dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông để tính khoảng cách vừa xác định được.
Cách giải:
Gọi I là trung điểm của AB, kẻ OH vuông góc SI tại H.
Ta có: $\left\{ \begin{array}{l}OI \bot AB\\SO \bot AB\end{array} \right. \Rightarrow AB \bot \left( {SOI} \right) \Rightarrow AB \bot OH$
Mà $SI \bot OH \Rightarrow OH \bot \left( {SAB} \right) \Rightarrow d\left( {O;\left( {SAB} \right)} \right) = OH$
Ta có: $AB = \frac{{8r}}{5} \Rightarrow AI = \frac{{4r}}{5}$
$\Delta SAI$ vuông tại I $ \Rightarrow SI = \sqrt {S{A^2} – A{I^2}} = \sqrt {{{\left( {\frac{{8r}}{5}} \right)}^2} – {{\left( {\frac{{4r}}{5}} \right)}^2}} = \frac{{4\sqrt 3 r}}{5}$
$\Delta OAI$ vuông tại I $ \Rightarrow OI = \sqrt {O{A^2} – A{I^2}} = \sqrt {{r^2} – {{\left( {\frac{{4r}}{5}} \right)}^2}} = \frac{{3r}}{5}$
$\Delta SOI$ vuông tại O $ \Rightarrow OS = \sqrt {S{I^2} – O{I^2}} = \sqrt {{{\left( {\frac{{4\sqrt 3 r}}{5}} \right)}^2} – {{\left( {\frac{{3r}}{5}} \right)}^2}} = \frac{{\sqrt {39} r}}{5}$
$\Delta SOI$ vuông tại O, $OH \bot SI \Rightarrow OH.SI = SO.OI \Leftrightarrow OH.\frac{{4\sqrt 3 r}}{5} = \frac{{\sqrt {39} r}}{5}.\frac{{3r}}{5} \Leftrightarrow OH = \frac{{3\sqrt {13} r}}{{20}}$
Câu 49: Đáp án A
Phương pháp:
+) Số nghiệm của phương trình ${2^{\left| x \right|}} = \sqrt {{m^2} – {x^2}} $ là số giao điểm của đồ thị hàm số $y = {2^{\left| x \right|}}$ và $y = \sqrt {{m^2} – {x^2}} $
+) Vẽ hai đồ thị hàm số trên cùng hệ trục tọa độ và biện luận.
Cách giải:
Số nghiệm của phương trình ${2^{\left| x \right|}} = \sqrt {{m^2} – {x^2}} $ bằng số giao điểm của đồ thị hàm số $y = {2^{\left| x \right|}}$ và $y = \sqrt {{m^2} – {x^2}} $
Trong đó, $y = \sqrt {{m^2} – {x^2}} $ có đồ thị là nửa đường tròn ${x^2} + {y^2} = {m^2}$ (phần nằm phía trên trục hoành)
Quan sát đồ thị, ta thấy: để 2 đồ thị cắt nhau tại 2 điểm phân biệt thì bán kính của đường tròn ${x^2} + {y^2} = {m^2}$ phải lớn hơn 1 $ \Rightarrow \left| m \right| > 1 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m < 1\\m < – 1\end{array} \right.$
Câu 50: Đáp án B
Phương pháp:
+) Đặt $t = \sqrt {2x – 3} ,\,\,t \ge 0$, rút x theo t.
+) Thế vào phương trình, lập phương hai vế, cô lập m, đưa phương trình về dạng $m = f\left( t \right)$
+) Khảo sát và lập BBT của hàm số $y = f\left( t \right),\,\,t \ge 0$ Biện luận để phương trình có 2 nghiệm phân biệt.
Cách giải:
Đặt $\sqrt {2x – 3} = t,\,\,t \ge 0 \Rightarrow x = \frac{{{t^2} + 3}}{2}$. Phương trình trở thành:
$\sqrt[3]{{m – \frac{{{t^2} + 3}}{2}}} + t = 4 \Leftrightarrow \sqrt[3]{{m – \frac{{{t^2} + 3}}{2}}} = 4 – t \Leftrightarrow m – \frac{{{t^2} + 3}}{2} = {\left( {4 – t} \right)^3}$
$ \Leftrightarrow m = \frac{{{t^2} + 3}}{2} + {\left( {4 – t} \right)^3} \Leftrightarrow m = \frac{{{t^2}}}{2} + \frac{3}{2} + 64 – 48t + 12{t^2} – {t^3} \Leftrightarrow m = – {t^3} + \frac{{25}}{2}{t^2} – 48t + \frac{{131}}{2}$
Xét hàm số $y = f\left( t \right) = – {t^3} + \frac{{25}}{2}{t^2} – 48t + \frac{{131}}{2},\,\,\,t \ge 0$ ta có: $f’\left( t \right) = – 3{t^2} + 25t – 48 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}t = 3\\t = \frac{{16}}{3}\end{array} \right.$
Bảng biến thiên:
t | 0 | 3 | $\frac{{16}}{3}$ | $ + \infty $ | |
$f’\left( t \right)$ | – | 0 + | 0 – | ||
$f\left( t \right)$ | $\frac{{131}}{2}$ | 7 | $\frac{{721}}{{54}}$ | $ – \infty $ |
Để phương trình có 3 nghiệm phân biệt $t \ge 0$ thì $7 < m < \frac{{721}}{{54}} \Rightarrow m \in \left\{ {8;9;10;11;12;13} \right\}$
$ \Rightarrow $ Có 6 giá trị nguyên của m thỏa mãn.