Đề Thi Toán 12 Học kì 1 Trường THPT Chuyên Lê Hồng Phong Có Đáp Án Và Lời Giải Chi Tiết

Câu 41: Đáp án C

Phương pháp:

Sử dụng các công thức tính thể tích khối trụ, khối nón.

Cách giải:

Kẻ PS, QR lần lượt qua I và K và vuông góc với AB.

Dễ thấy P, Q, R, S lần lượt là trung điểm của AE, BF, CH, DG.

Hình chữ nhật PQRS có $PQ = \frac{1}{2} + 1 + \frac{1}{2} = 2,\,\,QK = \frac{{\sqrt 3 }}{2} \Rightarrow QR = \sqrt 3 $

Quay hình chữ nhật PQRS quanh d ta được ${V_1} = \pi {\left( {\frac{{PQ}}{2}} \right)^2}QR = \pi {.1^2}.\sqrt 3 = \sqrt 3 \pi $

Khi quay tam giác MEF quanh d ta được ${V_2} = \frac{1}{3}\pi .{\left( {\frac{1}{2}} \right)^2}.\frac{{\sqrt 3 }}{2} = \frac{{\sqrt 3 \pi }}{{24}}$

Tương tự khi quay tam giác NGH quanh d ta được khối tròn xoay có thể tích ${V_2}$

Xét tam giác vuông API có: $PI = \frac{{\sqrt 3 }}{2}$

Khi quay tam giác API quanh d ta được ${V_3} = \frac{1}{3}\pi .A{P^2}.PI = \frac{1}{3}\pi {\left( {\frac{1}{2}} \right)^2}.\frac{{\sqrt 3 }}{2} = \frac{{\sqrt 3 \pi }}{{24}}$

Vậy khi xoay hình đã cho quanh d ta được vật tròn xoay có thể tích:

$V = {V_1} + 2{V_2} + 4.\frac{{{V_3}}}{1} = \frac{{7\sqrt 3 \pi }}{6}$

Câu 42: Đáp án B

Phương pháp:

$\overrightarrow {MN} = \left( {{x_N} – {x_M};{y_N} – {y_M};{x_N} – {z_M}} \right)$

$\left| {\overrightarrow {MN} } \right| = \sqrt {{{\left( {{x_N} – {x_M}} \right)}^2} + {{\left( {{y_N} – {y_M}} \right)}^2} + {{\left( {{z_N} – {y_M}} \right)}^2}} $

Cách giải:

$\overrightarrow {MN} = \left( {4; – 1;6} \right) \Rightarrow \left| {\overrightarrow {MN} } \right| = \sqrt {{4^2} + {{\left( { – 1} \right)}^2} + {{\left( { – 6} \right)}^2}} = \sqrt {53} $

Câu 43: Đáp án C

Phương pháp:

Đưa các logarit về cùng cơ số.

Cách giải:

ĐK: $\left\{ \begin{array}{l}x > 2\\mx > 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x > 2\\m > 0\end{array} \right.$

${\log _{\sqrt {2018} }}\left( {x – 2} \right) = {\log _{2018}}\left( {mx} \right)$

$ \Leftrightarrow {\log _{{{2018}^{\frac{1}{2}}}}}\left( {x – 2} \right) = {\log _{2018}}\left( {mx} \right)$

$ \Leftrightarrow 2{\log _{2018}}\left( {x – 2} \right) = {\log _{2018}}\left( {mx} \right)$

$ \Leftrightarrow {\log _{2018}}{\left( {x – 2} \right)^2} = {\log _{2018}}\left( {mx} \right)$

$ \Leftrightarrow {\left( {x – 2} \right)^2} = mx$

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

Để phương trình ban đầu có nghiệm duy nhất $ \Leftrightarrow pt\left( * \right)$ có nghiệm kép lớn hơn 2 hoặc $\left( * \right)$ có 2 nghiệm phân biệt ${x_1} < 2 < {x_2}$

TH1: $\left( * \right)$ có nghiệm kép lớn hơn 2 $ \Leftrightarrow \Delta = {\left( {m + 4} \right)^2} – 16 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m = 0\\m = – 8\end{array} \right.\left( {ktm} \right)$

TH2: $\left( * \right)$ có 2 nghiệm phân biệt ${x_1} < 2 < {x_2} \Leftrightarrow {x_1} – 2 < 0 < {x_2} – 2$

$ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\Delta > 0\\\left( {{x_1} – 2} \right)\left( {{x_2} – 2} \right) < 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\left[ \begin{array}{l}m > 0\\m < – 8\end{array} \right.\\{x_1}{x_2} – 2\left( {{x_1} + {x_2}} \right) + 4 < 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\left[ \begin{array}{l}m > 0\\m < – 8\end{array} \right.\\4 – 2\left( {m + 4} \right) + 4 < 0\end{array} \right. \Leftrightarrow m > 0$

Câu 44: Đáp án D

Phương pháp:

${R^2} + {r^2} + {d^2}$ với

R: bán kính khối cầu

r: bán kính đường tròn giao tuyến

$d = d\left( {I;\left( P \right)} \right)$

Cách giải:

Gọi r là bán kính đường tròn giao tuyến ta có $r = 5$

Ta có: $d = d\left( {I;\left( P \right)} \right) = \frac{{\left| { – 1 – 4 – 2 – 2} \right|}}{{\sqrt {{1^2} + {2^2} + {2^2}} }} = 3$

Gọi R là bán kính mặt cầu, áp dụng định lí Pytago ta có: $R = \sqrt {{r^2} + {d^2}} = \sqrt {34} $

Do đó phương trình mặt cầu là $\left( S \right):{\left( {x + 1} \right)^2} + {\left( {y – 2} \right)^2} + {\left( {z + 1} \right)^2} = 34$

Câu 45: Đáp án A

Phương pháp:

$\left( P \right)$ đi qua A và nhận $\overrightarrow n = \left[ {\overrightarrow {AB} ;\overrightarrow i } \right]$ là 1 VTPT.

Cách giải:

Ta có $\overrightarrow {AB} = \left( { – 2;2;1} \right);\,\,\overrightarrow i = \left( {1;0;0} \right) \Rightarrow \left[ {\overrightarrow {AB} ;\overrightarrow i } \right] = \left( {0;1; – 2} \right)$

$ \Rightarrow \left( P \right)$ đi qua A và nhận $\overrightarrow n = \left( {0;1; – 2} \right)$ là 1 VTPT

$ \Rightarrow $ pt $\left( P \right):0\left( {x – 1} \right) + 1\left( {y – 0} \right) – 2\left( {z – 1} \right) = 0 \Leftrightarrow y – 2z + 2 = 0$

Câu 46: Đáp án C

Phương pháp:

$d \bot \left( P \right) \Rightarrow {\overrightarrow u _d};{\overrightarrow n _{\left( P \right)}}$ cùng phương.

Cách giải:

$d \bot \left( P \right) \Rightarrow {\overrightarrow u _d};{\overrightarrow n _{\left( P \right)}}$ cùng phương.

Ta có ${\overrightarrow n _{\left( P \right)}} = \left( {4;0; – 1} \right)$

Câu 47: Đáp án C

Phương pháp:

+) Viết phương trình mặt phẳng $\left( {ABC} \right)$ dạng đoạn chắn.

+) Tính khoảng cách từ O đến mặt phẳng $\left( {ABC} \right)$.

+) Sử dụng BĐT Buniacopxki tìm GTLN của biểu thức $d\left( {O;\left( {ABC} \right)} \right)$ Cách giải:

Phương trình mặt phẳng $\left( {ABC} \right):\frac{x}{a} + \frac{y}{b} + \frac{z}{c} = 1$

$ \Rightarrow d\left( {O;\left( {ABC} \right)} \right) = \frac{1}{{\sqrt {\frac{1}{{{a^2}}} + \frac{1}{{{b^2}}} + \frac{1}{{{c^2}}}} }}$ lớn nhất $ \Leftrightarrow \frac{1}{{{a^2}}} + \frac{1}{{{b^2}}} + \frac{1}{{{c^2}}}$ nhỏ nhất.

Áp dụng BĐT Buniacopxki ta có: $\left( {\frac{1}{{{a^2}}} + \frac{1}{{{b^2}}} + \frac{1}{{{c^2}}}} \right)\left( {{a^2} + {b^2} + {c^2}} \right) \ge {3^2} = 9$

$ \Leftrightarrow 3.\left( {\frac{1}{{{a^2}}} + \frac{1}{{{b^2}}} + \frac{1}{{{c^2}}}} \right) \ge 9 \Leftrightarrow \frac{1}{{{a^2}}} + \frac{1}{{{b^2}}} + \frac{1}{{{c^2}}} \ge 3$

$ \Rightarrow d\left( {O;\left( {ABC} \right)} \right) \le \frac{1}{{\sqrt 3 }}$

Câu 48: Đáp án B

Phương pháp:

Đồ thị hàm số $y = \frac{{ax + b}}{{cx + d}}\left( {ad – bc \ne 0} \right)$ có TCN $y = \frac{a}{c}$

Cách giải:

$y = 1 + \frac{{2x + 1}}{{x + 2}} = \frac{{3x + 3}}{{x + 2}}$ có TCN $y = 3$

Câu 49: Đáp án A

Phương pháp:

$\int {\sin kx\,dx = \frac{{ – \cos \,kx}}{k} + C} $

Cách giải:

$\int {\sin 3x\,dx = \frac{{ – \cos \,3x}}{3} + C} $

Câu 50: Đáp án A

Phương pháp:

Sử dụng công thức biến đổi tích thành tổng $\cos \,x\cos \,y = \frac{1}{2}\left[ {\cos \left( {x + y} \right) + \cos \left( {x – y} \right)} \right]$

Cách giải:

$\cos \,5x.\cos \,x = \cos \,4x$

$ \Leftrightarrow \frac{1}{2}\left( {\cos \,6x + \cos \,4x} \right) = \cos \,4x$

$ \Leftrightarrow \cos \,6x + \cos \,4x = 2\cos \,4x$

$ \Leftrightarrow \cos \,6x = \cos \,4x$

$ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}6x = 4x + k2\pi \\6x = – 4x + k2\pi \end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = k\pi \\x = \frac{{k\pi }}{5}\end{array} \right. \Leftrightarrow x = \frac{{k\pi }}{5}\left( {k \in Z} \right)$