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

Câu 31: Đáp án D

Phương pháp:

Hàm đa thức bậc ba có tâm đối xứng là điểm uốn.

Cách giải:

Ta có: $y’ = 3{x^2} – 6x – 9 \Rightarrow y” = 6x – 6 \Leftrightarrow x = 1 \Rightarrow y\left( 1 \right) = – 9$

Vậy $I\left( {1; – 9} \right)$ là tâm đối xứng của đồ thị hàm số.

Câu 32: Đáp án D

Phương pháp:

Sử dụng công thức tính thể tích khối trụ: $V = \pi {R^2}h$

Cách giải:

Hình thang ABCD là nửa lục giác đều $ \Rightarrow R = \frac{{AD}}{2} = a;\,\,h = 2a \Rightarrow V = \pi {R^2}h = 2\pi {a^3}$

Câu 33: Đáp án D

Dựa vào BBT của đồ thị hàm số và nhận xét các kết luận.

Cách giải:

A sai vì khi $x \to \infty \Rightarrow y = – 4 \Rightarrow – 4$ không là GTNN của hàm số.

B sai vì hàm số không xác định tại $x = – 1$

C sai vì đồ thị hàm số có điểm cực tiểu là $\left( {0;1} \right)$

D đúng vì đồ thị hàm số có TCN $y = – 4$ và TCĐ $x = – 1$

Câu 34: Đáp án C

Phương pháp:

Để hàm số $y = a{x^4} + b{x^2} + c\left( {a \ne 0} \right)$ có ba điểm cực trị thì phương trình $y’ = 0$ có 3 nghiệm phân biệt.

Cách giải:

Ta có: $y’ = 4\left( {m + 1} \right){x^3} + 2\left( {3m – 10} \right)x = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\2\left( {m + 1} \right){x^2} = 10 – 3m\end{array} \right.$

Hàm số có ba cực trị $ \Leftrightarrow y’ = 0$ có 3 nghiệm phân biệt

$ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m + 1 \ne 0\\\frac{{10 – 3m}}{{2\left( {m + 1} \right)}} > 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m \ne – 1\\ – 1 < m < \frac{{10}}{3}\end{array} \right. \Leftrightarrow – 1 < m < \frac{{10}}{3}$

Kết hợp điều kiện $m \in Z \Rightarrow m \in \left\{ {0;1;2;3} \right\}$

Câu 35: Đáp án A

Phương pháp:

Cho hàm số $y = f\left( x \right)$

+) Nếu $\mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } y = {y_0} \Rightarrow y = {y_0}$ là đường TCN của đồ thị hàm số.

+) Nếu $\mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}} y = \infty \Rightarrow x = {x_0}$ là đường TCĐ của đồ thị hàm số.

Cách giải:

Cách giải:

Sử dụng MTCT ta tìm được TCN của đồ thị hàm số là $y = \pm 1$ và TCĐ của đồ thị hàm số là $x = 0$

$n = 2;\,\,d = 1 \Rightarrow T = 2n + 3d = 2.2 + 3.1 = 7$

Câu 36: Đáp án A

Phương pháp:

+) Giải phương trình $y’ = 0$ xác định tọa độ các điểm cực trị AB.

+) Nhận xét các điểm A, B. Chứng minh tam giác OAB vuông tại O.

+) ${S_{\Delta OAB}} = \frac{1}{2}OA.OB$

Cách giải:

Ta có: $y’ = 3{x^2} – 6x = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0 \Rightarrow y = 4 \Rightarrow A\left( {0;4} \right) \in Oy\\x = 2 \Rightarrow y = 0 \Rightarrow B\left( {2;0} \right) \in Ox\end{array} \right. \Rightarrow \Delta OAB$ vuông tại O.

Có $OA = 4;\,\,OB = 2 \Rightarrow {S_{\Delta OAB}} = \frac{1}{2}OA.OB = \frac{1}{2}.4.2 = 4$

Câu 37: Đáp án a

Phương pháp:

Sử dụng công thức tính thể tích hình trụ và hình nón.

Cách giải:

Khi quanh hình vuông ABCD quanh cạnh AB ta được hình trụ có bán kính AD và đường cao AB

$ \Rightarrow V = \pi AD.AB = \pi {.4^2}.4 = 64\pi $

Khi quay hình vuông ABCD quanh đường chéo AC ta được 2 hình nón chiều cao $\frac{{AC}}{2}$, bán kính đáy $\frac{{BD}}{2}$

$ \Rightarrow V’ = 2.\frac{1}{3}\pi {\left( {\frac{{BD}}{2}} \right)^2}.\frac{{AC}}{2} = \frac{{2\pi }}{3}.{\left( {\frac{{4\sqrt 2 }}{2}} \right)^2}.\frac{{4\sqrt 2 }}{2} = \frac{{32\pi \sqrt 2 }}{3}$

$ \Rightarrow \frac{V}{{V’}} = \frac{{64\pi }}{{\frac{{32\pi \sqrt 2 }}{3}}} = 3\sqrt 2 $

Câu 38: Đáp án C

Phương pháp:

+) Tính $y’$, sử dụng quy tắc đạo hàm của tích $\left( {uv} \right)’ = u’v + uv’$

+) Thay vào và giải phương trình $y’ – y = 0$

Cách giải:

Ta có: $y’ = \left( {2x – 2} \right){e^{ – x}} – \left( {{x^2} – 2x} \right){e^{ – x}} = \left( { – {x^2} + 4x – 2} \right){e^{ – x}}$

$y’ – y = 0 \Leftrightarrow \left( { – {x^2} + 4x – 2} \right){e^{ – x}} – \left( {{x^2} – 2x} \right){e^{ – x}} = 0$

$ \Leftrightarrow \left( { – 2{x^2} + 6x – 2} \right){e^x} = 0 \Leftrightarrow – 2{x^2} + 6x – 2 = 0\,\,\left( {do\,\,{e^{ – x}} > 0} \right) \Leftrightarrow x = \frac{{3 \pm \sqrt 5 }}{2}$

Ta có: $\frac{{3 + \sqrt 5 }}{2} + \frac{{3 – \sqrt 5 }}{2} = 3$

Câu 39: Đáp án A

Phương pháp:

$V = {S_{\Delta ANP}}.MN,\,\,\,\,{V_{max}} \Leftrightarrow {S_{\Delta ANP}}max$, sử dụng BĐT Cô-si.

Cách giải:

Đáy là tam giác cân có cạnh bên là x (cm) và cạnh đáy là $24 – 2x\left( {cm} \right)\,\,\left( {x < 12} \right)$

Gọi H là trung điểm của NP $ \Rightarrow AH \bot NP$

Xét tam giác vuông ANH có: $AH = \sqrt {A{N^2} – N{H^2}} = \sqrt {{x^2} – {{\left( {12 – x} \right)}^2}} = \sqrt {24x – 144} $ (ĐK: $24x – 144 \ge 0 \Leftrightarrow x \ge 0$)

$ \Rightarrow {S_{\Delta ANP}} = \frac{1}{2}AH.NP = \frac{1}{2}\sqrt {24x – 144} .\left( {24 – 2x} \right) = S$

$V = {S_{ANP}}.AB;\,\,\,{V_{max}} \Leftrightarrow {S_{ANPmax}}$ (Do AB không đổi).

Ta có:

${S^2} = \frac{1}{4}{\left( {24 – 2x} \right)^2}\left( {24x – 144} \right) = \frac{1}{{{{4.6}^2}}}{\left( {144 – 12x} \right)^2}\left( {24x – 144} \right)$ $ \le \frac{1}{{{{4.6}^2}}}{\left( {\frac{{144 – 12x + 144 – 12x + 24x – 144}}{3}} \right)^2} = \sqrt {786} = 16\sqrt 3 $

Dấu “=” xảy ra $ \Leftrightarrow 144 – 12x = 24x – 144 \Rightarrow x = 8$

Câu 40: Đáp án D

Phương pháp:

Đặt $t = {2^{{{\sin }^2}x}}\left( {0 \le {{\sin }^2}x \le 1 \Rightarrow t \in \left[ {1;2} \right]} \right)$

Cách giải:

Đặt $t = {2^{{{\sin }^2}x}}\left( {0 \le {{\sin }^2}x \le 1 \Rightarrow t \in \left[ {1;2} \right]} \right)$

Ta có: ${2^{{{\cos }^2}x}} = {2^{1 – {{\sin }^2}x}} = \frac{2}{t}$, khi đó ta có $f\left( t \right) = 2 + \frac{2}{t}\,\,\left( {t \in \left[ {1;2} \right]} \right)$

$f’\left( t \right) = 1 – \frac{2}{{{t^2}}} \Leftrightarrow {t^2} – 2 = 0 \Leftrightarrow t = \pm \sqrt 2 $

$f\left( 1 \right) = 3;\,\,\,f\left( {\sqrt 2 } \right) = 2\sqrt 2 ;\,\,\,f\left( 2 \right) = 3 \Rightarrow m = \min f\left( t \right) = 2\sqrt 2 ;\,\,\,M = \max \,f\left( t \right) = 3 \Rightarrow M.n = 6\sqrt 2 $