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

Câu 21: Đáp án C

Câu 21:

Phương pháp:

Hai phương trình tương đương là hai phương trình có cùng tập nghiệm.

Cách giải:

${9^{2x + 3}} = {27^{4 + x}} \Leftrightarrow {3^{2\left( {2x + 3} \right)}} = {3^{3\left( {4 + x} \right)}} \Leftrightarrow 4x + 6 = 12 + 3x \Leftrightarrow x – 6 = 0$

Câu 22: Đáp án A

Phương pháp:

${\log _a}x$ xác định $ \Leftrightarrow x > 0$

$\sqrt A $ xác định $ \Leftrightarrow A \ge 0$

$\frac{1}{A}$ xác định $ \Leftrightarrow A \ne 0$

Cách giải:

Điều kiện xác định: $\left\{ \begin{array}{l}{\log _2}\left( {{x^2} – 2x + 2m} \right) > 0\\{x^2} – 2x + 2m > 0\end{array} \right. \Leftrightarrow {x^2} – 2x + 2m > 1 \Leftrightarrow {x^2} – 2x + 2m – 1 > 0$

Để hàm số có tập xác định là R thì

${x^2} – 2x + 2m – 1 > 0,\,\,\,\forall x \in R \Leftrightarrow \Delta ‘ < 0 \Leftrightarrow 1 – 2m + 1 < 0 \Leftrightarrow m > 1$

Câu 23: Đáp án A

Phương pháp:

+) Tìm TXĐ.

+) Đặt ${\log _3}x = t$, quy đồng, giải phương trình ẩn t, từ đó suy ra nghiệm x.

Cách giải:

ĐKXĐ: $\left\{ \begin{array}{l}x > 0\\{\log _3}x \ne 5\\{\log _3} \ne – 1\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x > 0\\x \ne {3^5}\\x \ne \frac{1}{3}\end{array} \right.$

Đặt ${\log _3}x = t\,\,\left( {t \ne 5,\,\,t \ne – 1} \right)$. Khi đó, phương trình $\frac{1}{{5 – {{\log }_3}x}} + \frac{2}{{1 + {{\log }_3}x}} = 1$ trở thành:

$\frac{1}{{5 – t}} + \frac{2}{{1 + t}} = 1 \Leftrightarrow 1 + t + 10 – 2t = 5 + 5t – t – {t^2} \Leftrightarrow {t^2} – 5t + 6 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}t = 2\\t = 3\end{array} \right.\left( {tm} \right)$

$t = 2 \Rightarrow {\log _3}x = 2 \Leftrightarrow x = 9$

$t = 3 \Rightarrow {\log _3}x = 3 \Leftrightarrow x = 27$

Tổng số tuổi của An và Bình là: $9 + 27 = 36$ (tuổi)

Câu 24: Đáp án B

Phương pháp: ${V_{n\’o n}} = \frac{1}{3}\pi {R^2}h$

Cách giải:

S.ABCD là chóp tứ giác đều $ \Rightarrow $ ABCD là hình vuông

$BD = AB\sqrt 2 = a\sqrt 3 .\sqrt 2 = a\sqrt 6 \Rightarrow r = OB = \frac{{BD}}{2} = \frac{{a\sqrt 6 }}{2}$

Tam giác SAB có: $SA = AB,\,\,\,ASB = {60^0} \Rightarrow \Delta ASB$ đều $ \Rightarrow SA = SB = a\sqrt 3 $

$ \Rightarrow SB = SD = AD = AB = a\sqrt 3 $

$ \Rightarrow \Delta SBD = ABD\left( {c.c.c} \right) \Rightarrow SO = OA = OB = OD = \frac{{a\sqrt 6 }}{2}$

Thể tích của khối nón đỉnh S có đáy là đường tròn ngoại tiếp tứ giác ABCD:

$V = \frac{1}{3}\pi {R^2}h = \frac{1}{3}\pi .O{A^2}.SO = \frac{1}{3}\pi .{\left( {\frac{{a\sqrt 6 }}{2}} \right)^3} = \frac{{\pi {a^3}\sqrt 6 }}{4}$

Câu 25: Đáp án B

Phương pháp:

+) Gọi I là trung điểm của MN $ \Rightarrow SI \bot \left( {MNP} \right)$

+) Tính diện tích tam giác MNP.

+) ${V_{S.MNP}} = \frac{1}{3}SI.{S_{MNP}}$

Cách giải:

$\Delta SMN$ vuông cân tại S và nằm trong mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng đáy, gọi I là trung điểm của MN $ \Rightarrow SI \bot \left( {ABC} \right)$ và $SI = \frac{{SM}}{{\sqrt 2 }} = \frac{{a\sqrt 3 }}{{\sqrt 2 }}$

$MN = 2SI = 2.a\sqrt {\frac{3}{2}} = a\sqrt 6 $

$\Delta MNP$ đều $ \Rightarrow {S_{MNP}} = \frac{{M{N^2}.\sqrt 3 }}{4} = \frac{{{{\left( {a\sqrt 6 } \right)}^2}.\sqrt 3 }}{4} = \frac{{3\sqrt 3 {a^2}}}{2}$

Thể tích khối chóp S.MNP là: $V = \frac{1}{3}.{S_{MNP}}.SI = \frac{1}{3}.\frac{{3\sqrt 3 {a^2}}}{2}.\frac{{\sqrt 3 a}}{{\sqrt 2 }} = \frac{{3\sqrt 2 {a^3}}}{4}$

Câu 26: Đáp án C

Phương pháp:

Dựa vào các đường tiệm cận của đồ thị hàm số và tính đơn điệu của đồ thị hàm số.

Cách giải:

Đồ thị hàm số có tiệm cận đứng là đường thẳng $x = – 1$ và tiệm cận ngang là đường thẳng $y = 4$ là khẳng định sai. (do Đồ thị hàm số có tiệm cận đứng là đường thẳng $x = – 1$ và tiệm cận ngang là đường thẳng $y = 3$).

Câu 27: Đáp án D

Phương pháp:

Lập tỉ lệ thể tích của hai khối trên với thể tích của khối lăng trụ ABC.A’B’C’ .

Cách giải:

Đặt ${V_{ABC.A’B’C’}} = V$. Khi đó: $\frac{{{V_{M.ABC}}}}{V} = \frac{1}{3}.\frac{1}{2} = \frac{1}{6} \Rightarrow {V_{M.ABC}} = \frac{V}{6}$

$ \Rightarrow {V_{MBC.A’B’C’}} = V – \frac{V}{6} = \frac{{5V}}{6} \Rightarrow \frac{{{V_{MBC.A’B’C’}}}}{{{V_{M.ABC}}}} = \frac{{\frac{{5V}}{6}}}{{\frac{V}{6}}} = 5$

Câu 28: Đáp án D

Phương pháp:

Xác định số điểm mà tại đó $f’\left( x \right)$ đổi dấu

Cách giải:

$f’\left( x \right) = {x^2}{\left( {x – 1} \right)^3}\left( {x + 1} \right) \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\x = 1\\x = – 1\end{array} \right. \Leftarrow f’\left( x \right)$ đổi dấu tại 2 điểm $x = 1,\,\,x = – 1$. Do đó, hàm số có 2 điểm cực trị.

Câu 29: Đáp án B

Phương pháp: ${\log _{{a^c}}}b = \frac{1}{c}{\log _a}b;\,\,\,{\log _a}{b^c} = c{\log _a}b$

Cách giải:

$P = {\log _a}b – {\log _{\sqrt b }}{a^3} = {\log _a}b – \frac{3}{{\frac{1}{2}}}{\log _b}a = {\log _a}b – 6{\log _b}a = {\log _a}b – \frac{6}{{{{\log }_a}b}} = m – \frac{6}{m} = \frac{{{m^2} – 6}}{m}$

Câu 30: Đáp án C

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:

TXĐ: $D = R$

$\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{{5x + 11}}{{\sqrt {3{x^2} + 2017} }} = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{{5 + \frac{{11}}{x}}}{{\sqrt {3 + \frac{{2017}}{{{x^2}}}} }} = \frac{5}{{\sqrt 3 }};\,\,\,\,\mathop {\lim }\limits_{x \to – \infty } \frac{{5x + 11}}{{\sqrt {3{x^2} + 2017} }} = \mathop {\lim }\limits_{x \to – \infty } \frac{{5 + \frac{{11}}{x}}}{{ – \sqrt {3 + \frac{{2017}}{{{x^2}}}} }} = – \frac{5}{{\sqrt 3 }}$

Đồ thị hàm số $y = \frac{{5x + 1}}{{\sqrt {3{x^2} + 2017} }}$ có 2 đường tiệm cận là $y = \frac{5}{{\sqrt 3 }},\,\,\,y = – \frac{5}{{\sqrt 3 }}$