- 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 11: Đáp án B
Phương pháp:
Khối hộp chữ nhật có thể tích lớn nhất $ \Rightarrow $ Khối hộp chữ nhật nội tiếp mặt cầu.
Cách giải:
Giả sử độ dài các đoạn AB, AD, AA’ lần lượt là a, b, c.
$ \Rightarrow $ Thể tích khối hộp chữ nhật: $V = abc$
Khối hộp chữ nhật có thể tích lớn nhất $ \Rightarrow $ Khối hộp chữ nhật nội tiếp mặt cầu. Khi đó: ${a^2} + {b^2} + {c^2} = AC{‘^2} = {\left( {2R} \right)^2} = 4{R^2}$
Ta có:
${a^2} + {b^2} + {c^2} \ge 3\sqrt[3]{{{a^2}{b^2}{c^2}}} \Rightarrow abc \le \sqrt {{{\left( {\frac{{{a^2} + {b^2} + {c^2}}}{3}} \right)}^3}} = \sqrt {{{\left( {\frac{{4R}}{3}} \right)}^3}} = \frac{{8{R^3}}}{{3\sqrt 3 }} = \frac{{8\sqrt 3 {R^3}}}{9} \Rightarrow V \le \frac{{8\sqrt 3 {R^3}}}{9}$
Thể tích lớn nhất có thể của khối hộp chữ nhật là $\frac{{8{R^3}\sqrt 3 }}{9}$, đạt được khi và chỉ khi $a = b = c = \frac{{2R}}{{\sqrt 3 }}$
Câu 12: Đáp án B
Phương pháp:
Tiếp tuyến của đồ thị hàm số $y = f\left( x \right)$ tại điểm $M\left( {{x_0};{y_0}} \right)$ có phương trình: $y = f’\left( {{x_0}} \right)\left( {x – {x_0}} \right) + {y_0}$
Cách giải:
Cho $x = 0 \Rightarrow y = 2 \Rightarrow $ Đồ thị hàm số $y = {x^3} – 3x + 2$ cắt trục tung tại điểm
$y’ = 3{x^2} – 3 \Rightarrow y’\left( 0 \right) = – 3$
Phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số $y = {x^3} – 3x + 2$ tại $A\left( {0;2} \right)$ là:
$y = f’\left( 0 \right)\left( {x – 0} \right) + 2 \Leftrightarrow y = – 3\left( {x – 0} \right) + 2 \Leftrightarrow y = – 3x + 2$
Câu 13: Đáp án
Phương pháp:
Đặt ${2^x} = t,\,\,t \in \left( {2;8} \right)$. Khảo sát hàm số $y = f\left( t \right) = {t^2} – 8t + 3$ với $t \in \left( {2;8} \right)$, từ đó đưa ra kết luận.
Cách giải:
Ta có: ${4^x} – {2^{x + 3}} + 3 = m\,\,\,\left( 1 \right)$
Đặt ${2^x} = t,\,\,t \in \left( {2;8} \right)$. Phương trình (1) trở thành ${t^2} – 8t + 3 = m\,\,\,\left( 2 \right)$, với $t \in \left( {2;8} \right)$
Nhận xét: Ứng với mỗi giá trị t tìm được thuộc khoảng $\left( {2;8} \right)$ ta tìm được đúng một giá trị x thuộc khoảng $\left( {1;3} \right)$, nên để phương trình (1) có đúng 2 nghiệm phân biệt trong khoảng $\left( {1;3} \right)$ thì phương trình (2) có đúng 2 nghiệm phân biệt trong khoảng $\left( {2;8} \right)$.
Xét hàm số $y = f\left( t \right) = {t^2} – 8t + 3$ với $t \in \left( {2;8} \right)$
$y’ = f’\left( t \right) = 2t – 8,\,\,\,y’ = 0 \Leftrightarrow t = 4$
Bảng biến thiên:
x | 2 | 4 | 8 |
y’ | – | 0 + | |
y | -9 | -13 | 3 |
Để phương trình (2) có 2 nghiệm phân biệt thuộc $\left( {2;8} \right)$ thì $m \in \left( { – 13;9} \right)$
Kết luận: $ – 13 < m < – 9$
Câu 14: Đáp án C
Phương pháp:
Cô lập m.
Cách giải:
${x^3} – 3{x^2} – m = 0 \Leftrightarrow m = {x^3} – 3{x^2}$
Để phương trình đã cho có 2 nghiệm phân biệt thì đường thẳng $y = m$ cắt đồ thị hàm số $y = {x^3} – 3{x^2}$ tại 2 điểm phân biệt.
Xét $y = {x^3} – 3{x^2} \Rightarrow y’ = 3{x^2} – 6x;\,\,y’ = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\x = 2\end{array} \right.$
Bảng biến thiên:
x | $ – \infty $ | 0 | 2 | |
y’ | + | 0 – | 0 + | |
y | $ – \infty $ | 0 | -4 | $ + \infty $ |
Để đường thẳng $y = m$ cắt đồ thị hàm số $y = {x^3} – 3{x^2}$ tại 2 điểm phân biệt thì $m = 0$ hoặc $m = – 4$
Kết luận: $m \in \left\{ { – 4;0} \right\}$
Câu 15: Đáp án D
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: $D = \left( { – 3;3} \right)\backslash \left\{ 2 \right\}$
Ta có: $y = \frac{{\sqrt {9 – {x^2}} }}{{{x^2} – 6x + 8}}$
$\mathop {\lim }\limits_{x \to {2^ + }} y = – \infty ,\,\,\,\mathop {\lim }\limits_{x \to {2^ – }} y = + \infty \Rightarrow $ Đồ thị hàm số có 1 TCĐ $x = 2$
Đồ thị hàm số không có TCN.
Câu 16: Đáp án C
Phương pháp:
Điểm $G\left( {{x_G};{y_G}} \right)$ là trọng tâm $\Delta ABC \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x_A} + {x_B} + {x_C} = 3{x_G}\\{y_A} + {y_B} + {y_C} = 3{y_G}\end{array} \right.$
Cách giải:
$y = {x^4} – 2m{x^2} + m \Rightarrow y = 4{x^3} – 4mx,\,\,\,y’ = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\{x^2} = m\end{array} \right.$
Để hàm số có 3 cực trị thì $m > 0$. Khi đó: đồ thị hàm số có 3 điểm cực trị là:
$A\left( {0;m} \right),\,\,B\left( { – \sqrt m ; – {m^2} + m} \right),\,\,C\left( {\sqrt m ; – {m^2} + m} \right)$
Ba điểm cực trị tạo thành một tam giác nhận gốc tọa độ làm trọng tâm
$ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x_A} + {x_B} + {x_C} = 3{x_G}\\{y_A} + {y_B} + {y_C} = 3{y_G}\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}0 + \left( { – \sqrt m } \right) + \sqrt m = 0\\m + \left( { – {m^2} + m} \right) + \left( {{m^2} + m} \right) = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow – 2{m^2} + 3m = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m = 0\left( L \right)\\m = \frac{3}{2}\left( {tm} \right)\end{array} \right.$
Vậy $m = \frac{3}{2}$
Câu 17: Đáp án D
Cách giải:
$y = {x^4} – 2017{x^2} + 2018 \Rightarrow y’ = 4{x^3} – 4043x,\,\,\,y’ = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\x = \pm \sqrt {\frac{{2017}}{2}} \end{array} \right.$
Hàm số đạt cực đại tại
Câu 18: Đáp án B
Cách giải:
$f’\left( x \right) = {x^2}{\left( {x – 1} \right)^3}\left( {x + 3} \right) \Rightarrow $ Hàm số $y = f\left( x \right)$ đạt cực trị tại 2 điểm là $x = 1,\,\,x = – 3$
Đồ thị hàm số $y = f\left( {\left| x \right|} \right)$ được dựng dựa vào đồ thị hàm số $y = f\left( x \right)$ bằng cách: Giữ nguyên phần đồ thị nằm bên phải trục tung, lấy đối xứng phần đồ thị bên phải trục tung, qua trục tung. Do đó, hàm số $y = f\left( {\left| x \right|} \right)$ đạt cực trị tại các điểm: $x = \pm 1,\,\,x = 0$.
Câu 19: Đáp án C
Phương pháp:
${S_{xq}} = 2\pi Rh;\,\,\,{S_{tp}} = 2\pi R\left( {h + R} \right)$
Cách giải:
Phần diện tích toàn phần lớn hơn diện tích xung quanh chính là diện tích của 2 đáy:
Câu 20: Đáp án
Phương pháp:
Cho hàm số $y = {x^n}$
Cách giải:
$y = {\left( {{x^2} – 1} \right)^{ – 3}}$, do –3 là số nguyên âm nên ĐKXĐ: ${x^2} – 1 \ne 0 \Leftrightarrow x \ne \pm 1$
Vậy, TXĐ: $D = R\backslash \left\{ { \pm 1} \right\}$