- 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 B
Phương pháp:
Sử dụng công thức tính thể tích khối trụ $V = \pi {R^2}h$
Cách giải:
Gọi H, K lần lượt là trug điểm của AB và CD suy ra HK đi qua tâm của hình vuông ABCD và ta có $MK = \frac{1}{2}AB = 4$.
OO’ là trục của hình trụ nên OO’ vuông góc với 2 mặt đáy.
$ \Rightarrow OO’ \bot OK \Rightarrow OK = \sqrt {M{K^2} – M{O^2}} = 3$
Vì K là trung điểm của AB $ \Rightarrow OK \bot AB$ (quan hệ vuông góc giữa đường kính và dây cung)
Xét tam giác vuông OKB $ \Rightarrow OB = \sqrt {O{K^2} + K{B^2}} = 5 = R$
Vậy $V = \pi {R^2}h = \pi {.5^2}.2\sqrt 7 = 50\pi \sqrt 7 $
Câu 42: Đáp án A
Phương pháp:
Tính số cạnh và số đỉnh nằm trên một mặt của hình hộp chữ nhật.
Cách giải:
Hình hộp chữ nhật có tất cả 12 cạnh $ \Rightarrow $ Số đỉnh của hình cần biết là 12 đỉnh $ \Rightarrow $ Loại B, C.
Mỗi mặt của hình hộp chữ nhật chứa 4 cạnh của hình cần biết mà hình hộp chữ nhật có 6 mặt $ \Rightarrow $ Số cạnh của hình cần biết là 24 cạnh.
Câu 43: Đáp án D
Phương pháp:
Dựa vào tính đơn điệu của đồ thị hàm số.
Cách giải:
Hàm số $y = {x^\alpha }$ nghịch biến trên $\left( {0; + \infty } \right) \Rightarrow \alpha < 0$
Đồ thị hàm số $y = {x^\beta };\,\,\,y = {x^\gamma }$ đồng biến trên $\left( {0;\infty } \right) \Rightarrow \beta ;\,\,\gamma > 0$
Kẻ đường thẳng $x = {x_0} > 1$ cắt $y = {x^\beta };\,\,y = {x^\gamma }$ lần lượt tại A và B ta có $x_0^\beta > x_0^\gamma \Rightarrow \beta > \gamma $
Vậy $\beta > \gamma > \alpha $
Câu 44: Đáp án C
Phương pháp:
Đặt $t = \sqrt {\log _5^2x + 1} $
Cách giải:
Đặt $t = \sqrt {\log _5^2x + 1} $ với $x \in \left[ {1;{5^{\sqrt 3 }}} \right] \Rightarrow t \in \left[ {1;2} \right]$, khi đó phương trình trở thành ${t^2} + 2t – 3 = m$ có nghiệm trên $\left[ {1;2} \right]$
Xét hàm số $f\left( t \right) = {t^2} + 2t – 3 \Rightarrow f’\left( t \right) = 2t + 2 = 0 \Leftrightarrow t = – 1$
BBT:
x | $ – \infty $ 2 |
$f’\left( t \right)$ | + |
$f\left( t \right)$ | 5
0 |
Dựa vào BBT $ \Rightarrow m \in \left[ {0;5} \right]$
Câu 45: Đáp án B
Phương pháp:
Cô lập m, đưa bất phương trình về dạng $m < f\left( x \right)\,\,\forall x \in \left[ {a;b} \right] \Rightarrow m < \mathop {\min }\limits_{\left[ {a;b} \right]} f\left( x \right)$
Cách giải:
$ – {x^3} + 3mx – 2 < – \frac{1}{{{x^3}}} \Leftrightarrow 3mx < {x^3} + 2 – \frac{1}{{{x^3}}}\,\,\forall x \ge 1 \Leftrightarrow {x^2} + \frac{2}{x} – \frac{1}{{{x^4}}}\,\,\,\forall x \ge 1$
Xét hàm số $f\left( x \right) = {x^2} + \frac{2}{x} – \frac{1}{{{x^4}}}$ với mọi $x \ge 1 \Leftrightarrow 3m < \mathop {\min }\limits_{\left[ {1; + \infty } \right)} f\left( x \right)$
Ta có: $f’\left( x \right) = 2x – \frac{2}{{{x^2}}} + \frac{4}{{{x^4}}} = \frac{{2{x^6} – 2{x^3} + 4}}{{{x^5}}} = \frac{{2\left( {{x^3} – \frac{1}{2}} \right) + \frac{7}{2}}}{{{x^5}}} > 0\,\,\,\forall x \ge 1$
$ \Rightarrow 3m < f\left( 1 \right) = 2 \Leftrightarrow m < \frac{2}{3}$
Câu 46: Đáp án B
Phương pháp:
Cách vẽ đồ thị hàm số $y = f\left( {\left| x \right|} \right)$
+) Vẽ đồ thị hàm số $y = f\left( x \right)$
+) Giữ nguyên phần đồ thị hàm số bên phải trục Oy.
+) Xóa đi toàn bộ phần đồ thị bên trái trục Oy.
+) Lấy đối xứng phần đồ thị bên phải Oy qua Oy.
Cách giải:
Từ BBT của đồ thị hàm số $y = f\left( x \right)$ ta suy ra BBT của đồ thị hàm số $y = f\left( x \right)$ như sau
x | $ – \infty $ | -3 | -1 | 0 | 1 | 3 | $ + \infty $ |
y’ | + | 0 – | – | 0 – | + | 0 – | |
y | 3 | 6
2 |
$ – \infty $ | 4
$ – \infty $ |
2 | 6 | 3 |
$ \Rightarrow $ Đồ thị hàm số $y = f\left( {\left| x \right|} \right)$ có TCN $y = 3$ và TCĐ $x = \pm 1$
Câu 47: Đáp án D
Phương pháp:
Sử dụng công thức đổi điểm đưa về tính khoảng cách từ B đến (SAC).
Cách giải:
Gọi M là trung điểm của SA ta có:
$BG \cap \left( {SAC} \right) = M \Rightarrow \frac{{d\left( {G;\left( {SAC} \right)} \right)}}{{d\left( {B;\left( {SAC} \right)} \right)}} = \frac{{GM}}{{BM}} = \frac{1}{3}$
$ \Rightarrow d\left( {G;\left( {SAC} \right)} \right) = \frac{1}{3}d\left( {B;\left( {SAC} \right)} \right)$
Trong (ABCD) kẻ $BH \bot AC$ ta có:
$\left\{ \begin{array}{l}BH \bot AC\\BH \bot SA\end{array} \right. \Rightarrow BH \bot \left( {SAC} \right) \Rightarrow d\left( {B;\left( {SAC} \right)} \right) = BH$
Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông ABC có: $AH = \frac{{AB.BC}}{{\sqrt {A{B^2} + B{C^2}} }} = \frac{{a.3a}}{{\sqrt {{a^2} + 9{a^2}} }} = \frac{{3a}}{{\sqrt {10} }}$
$ \Rightarrow d\left( {G;\left( {SAC} \right)} \right) = \frac{{a\sqrt {10} }}{{10}}$
Câu 48: Đáp án C
Phương pháp:
+) Gọi M là trung điểm của BC, xác định góc giữa (SBC) và đáy.
+) ${S_{\Delta SBC}} = \frac{1}{2}SM.BC$
Cách giải:
Gọi M là trung điểm của BC $ \Rightarrow OM \bot BC$ (quan hệ vuông góc giữa đường kính và dây cung).
Ta có: $SM = \frac{{SO}}{{\sin {{60}^0}}} = \frac{{a\sqrt 6 }}{3} \Rightarrow BC = 2BM = 2\sqrt {S{B^2} – S{M^2}} = \frac{{2a}}{{\sqrt 3 }}$
Vậy ${S_{\Delta SBC}} = \frac{1}{2}SM.BC = \frac{1}{2}.\frac{{a\sqrt 6 }}{3}.\frac{{2a}}{{\sqrt 3 }} = \frac{{{a^2}\sqrt 2 }}{3}$
Câu 49: Đáp án C
Phương pháp:
Sử dụng công thức Simpson tính tỉ lệ thể tích, lưu ý chỉ áp dụng đối với chóp tam giác.
Cách giải:
Gọi E, F, G, H lần lượt là trung điểm của AB, BC, CD, DA.
Ta có ${S_{EFGH}} = \frac{1}{2}{S_{ABCD}} \Rightarrow {V_{S.EFGH}} = \frac{1}{2}{V_{S.ABCD}}$
$\frac{{{V_{S.MQN}}}}{{{V_{S.EHF}}}} = \frac{{SM}}{{SE}}.\frac{{SQ}}{{SH}}.\frac{{SN}}{{SF}} = {\left( {\frac{2}{3}} \right)^2} = \frac{8}{{27}} \Rightarrow {V_{S.MQN}} = \frac{8}{{27}}{V_{S.EFH}} = \frac{8}{{27}}.\frac{1}{2}{V_{S.EFGH}} = \frac{4}{{27}}{V_{S.EFGH}}$
$\frac{{{V_{S.PQN}}}}{{{V_{S.GHF}}}} = \frac{{SP}}{{SG}}.\frac{{SQ}}{{SH}}.\frac{{SN}}{{SF}} = {\left( {\frac{2}{3}} \right)^2} = \frac{8}{{27}} \Rightarrow {V_{S.PQN}} = \frac{8}{{27}}{V_{S.GFH}} = \frac{8}{{27}}.\frac{1}{2}{V_{S.EFGH}} = \frac{4}{{27}}{V_{S.EFGH}}$
$ \Rightarrow {V_{S.MQN}} + {V_{S.PQN}} = 2.\frac{4}{{27}}{V_{S.EFGH}} = \frac{8}{{27}}{V_{EFGH}} = \frac{4}{{27}} = \frac{4}{{27}}{V_{S.ABCD}} = 12$
Câu 50: Đáp án C
Phương pháp:
Chứng minh ${V_{S.ABC}} \le \frac{1}{6}SA.SB.SC$
Cách giải:
Gọi H là hình chiếu của A trên (SBC) $ \Rightarrow AH \bot \left( {SBC} \right)$
Ta có: ${S_{\Delta SBC}} = \frac{1}{2}SB.SC.\sin BSC$
$ \Rightarrow {V_{S.ABC}} = \frac{1}{3}AH.{S_{\Delta SBC}} = \frac{1}{6}AH.SB.SC.\sin BSC \le \frac{1}{6}SA.SB.SC = \frac{{{a^3}\sqrt 6 }}{3}$
Vậy ${V_{max}} = \frac{{{a^3}\sqrt 6 }}{3}$