Đề Thi Toán 12 Học kì 1 Trường THPT Lương Thế Vinh Có Đáp Án Và Lời Giải Chi Tiết

Câu 31: Đáp án B

Phương pháp:

Sử dụng tính đơn điệu của hàm số.

Cách giải:

Ta có: ${2^{{x^2} + x}} + 2x \le {2^{3 – x}} – {x^2} + 3 \Leftrightarrow {2^{{x^2} + x}} + {x^2} + x \le {2^{3 – x}} + 3 – x\,\,\,\left( 1 \right)$

Xét hàm số $y = f\left( t \right) = {2^t} + t$ có $y’ = {2^t}.\ln 2 + 1 > 0,\,\,\forall t \Rightarrow $ Hàm số đồng biến trên $\mathbb{R}$

$\left( 1 \right) \Leftrightarrow f\left( {{x^2} + x} \right) \le f\left( {3 – x} \right) \Leftrightarrow {x^2} + x \le 3 – x \Leftrightarrow {x^2} + 2x – 3 \le 0 \Leftrightarrow – 3 \le x \le 1$

$ \Rightarrow a = – 3,\,\,b = 1 \Rightarrow T = 2a + b = 2.\left( { – 3} \right) + 1 = – 5$

Câu 32: Đáp án B

Phương pháp:

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

Cách giải:

Đồ thị hàm số $y = \frac{{mx – 1}}{{x – n}}$ có TCĐ $x = n$ và TCN $y = m$

Khi đó, giao điểm của hai đường tiệm cận này là $I\left( {n;m} \right)$

Do I nằm trên đường thẳng $x – 2y + 3 = 0$ nên $n – 2m + 3 = 0$

Do đồ thị hàm số đi qua điểm $A\left( {0;1} \right)$ nên $1 = \frac{{m.0 – 1}}{{0 – n}} \Leftrightarrow n = 1 \Rightarrow 1 – 2m + 3 = 0 \Leftrightarrow m = 2$

$ \Rightarrow m + n = 3$

Câu 33: Đáp án D

Phương pháp:

$\left\{ \begin{array}{l}f’\left( 1 \right) = 0\\f\left( 1 \right) = 3\\f\left( 0 \right) = 2\end{array} \right.$

Cách giải:

Cho $x = 0 \Rightarrow y = c$, do đồ thị hàm số cắt trục tung tại điểm có tung độ bằng 2 nên $c = 2$

$y = f\left( x \right) = {x^3} + a{x^2} + bx + 2 \Rightarrow y’ = 3{x^2} + 2ax + b$

Hàm số đạt cực tiểu tại $x = 1 \to y’\left( 1 \right) = 0 \Leftrightarrow 3 + 2a + b = 0 \Leftrightarrow 2a + b = – 3\,\,\,\left( 1 \right)$

Hàm số có giá trị cực tiểu bằng $ – 3 \Rightarrow y\left( 1 \right) = – 3 \Leftrightarrow 1 + a + b + 2 = – 3 \Leftrightarrow a + b = – 6\,\,\,\left( 2 \right)$

Từ (1), (2) suy ra $\left\{ \begin{array}{l}a = 3\\b = – 9\end{array} \right. \Rightarrow y = f\left( x \right) = {x^3} + 3{x^2} – 9x + 2 \Rightarrow f\left( 2 \right) = {2^3} + {3.2^2} – 9.2 + 2 = 4$

Câu 34: Đáp án D

Phương pháp:

$\tan \left( {a + b} \right) = \frac{{\tan a + \tan b}}{{1 – \tan a\tan b}},\,\,\,\tan \left( {a – b} \right) = \frac{{\tan a – \tan b}}{{1 + \tan a\tan b}}$

Cách giải:

$\tan \frac{\pi }{{12}} = \tan \left( {\frac{\pi }{4} – \frac{\pi }{6}} \right) = \frac{{\tan \frac{\pi }{4} – \tan \frac{\pi }{6}}}{{1 + \tan \frac{\pi }{4}\tan \frac{\pi }{6}}} = \frac{{1 – \frac{1}{{\sqrt 3 }}}}{{1 + 1.\frac{1}{{\sqrt 3 }}}} = \frac{{\sqrt 3 – 1}}{{\sqrt 3 + 1}} = \frac{{{{\left( {\sqrt 3 – 1} \right)}^2}}}{{\left( {\sqrt 3 – 1} \right)\left( {\sqrt 3 + 1} \right)}} = \frac{{4 – 2\sqrt 3 }}{2} = 2 – \sqrt 3 $

Phương trình đã cho tương đương với:

${\left( {\frac{{2 – \sqrt 3 }}{{1 – \left( {2 – \sqrt 3 } \right)}}} \right)^{\frac{x}{{2017}}}} + \frac{{\sqrt[4]{{12}}.\left( {2 – \sqrt 3 } \right)}}{{1 – \left( {2 – \sqrt 3 } \right)}}.{\left( {\frac{1}{{1 + \left( {2 – \sqrt 3 } \right)}}} \right)^{\frac{x}{{2017}}}} = 2017.{\left( {\frac{1}{{\sqrt[4]{{12}}}}} \right)^{\frac{x}{{2017}}}}$

$ \Leftrightarrow {\left( {\frac{{\sqrt 3 – 1}}{2}} \right)^{\frac{x}{{2017}}}} + \frac{{\sqrt[4]{{12}}.\left( {\sqrt 3 – 1} \right)}}{2}.{\left( {\frac{1}{{3 – \sqrt 3 }}} \right)^{\frac{x}{{2017}}}} = 2017.{\left( {\frac{1}{{\sqrt[4]{{12}}}}} \right)^{\frac{x}{{2017}}}}$

$ \Leftrightarrow {\left( {\frac{{\left( {\sqrt 3 – 1} \right)\sqrt[4]{{12}}}}{2}} \right)^{\frac{x}{{2017}}}} + \frac{{\sqrt[4]{{12}}.\left( {\sqrt 3 – 1} \right)}}{2}.{\left( {\frac{{\sqrt[4]{{12}}}}{{1 – \sqrt 3 }}} \right)^{\frac{x}{{2017}}}} = 2017$

Do $\left( {\frac{{\left( {\sqrt 3 – 1} \right)\sqrt[4]{{12}}}}{2}} \right)\left( {\frac{{\sqrt[4]{{12}}}}{{3 – \sqrt 3 }}} \right) = \frac{{\sqrt {12} }}{{2\sqrt 3 }} = \frac{{\sqrt {12} }}{{2\sqrt 3 }} = 1$ nên đặt ${\left( {\frac{{\left( {\sqrt 3 – 1} \right)\sqrt[4]{{12}}}}{2}} \right)^{\frac{x}{{2017}}}} = t,\,\,\left( {t > 0} \right) \Rightarrow {\left( {\frac{{\sqrt[4]{{12}}}}{{3 – \sqrt 3 }}} \right)^{\frac{x}{{2017}}}} = \frac{1}{t}$

$ \Rightarrow t + \frac{{\sqrt[4]{{12}}.\left( {\sqrt 3 – 1} \right)}}{2}.\frac{1}{t} = 2017 \Leftrightarrow 2{t^2} – 4034t + \sqrt[4]{{12}}.\left( {\sqrt 3 – 1} \right) = 0\,\,\,\left( 1 \right)$

Giả sử ${t_1},\,{t_2}$ là nghiệm của phương trình (1). Theo Vi ét: ${t_1}{t_2} = \frac{{\sqrt[4]{{12}}.\left( {\sqrt 3 – 1} \right)}}{2}$

Khi đó:

${\left( {\frac{{\left( {\sqrt 3 – 1} \right)\sqrt[4]{{12}}}}{2}} \right)^{\frac{{{x_1}}}{{2017}}}}.{\left( {\frac{{\left( {\sqrt 3 – 1} \right)\sqrt[4]{{12}}}}{2}} \right)^{\frac{{{x_2}}}{{2017}}}} = \frac{{\sqrt[4]{{12}}.\left( {\sqrt 3 – 1} \right)}}{2}$

$ \Leftrightarrow {\left( {\frac{{\left( {\sqrt 3 – 1} \right)\sqrt[4]{{12}}}}{2}} \right)^{\frac{{{x_1} + {x_2}}}{{2017}}}} = \frac{{\sqrt[4]{{12}}.\left( {\sqrt 3 – 1} \right)}}{2}$

$ \Leftrightarrow {x_1} + {x_2} = 2017$

Câu 35: Đáp án A

Phương pháp:

+) Thể tích khối cầu có bán kính R là: $V = \frac{4}{3}\pi {R^3}$

+) Thể tích khối lập phương có cạnh bằng a là: $V = {a^3}$

Giả sử khối lập phương ABCD.A’B’C’D’ có các cạnh đều bằng a.

Khi đó: $AC’ = \sqrt {A{B^2} + A{D^2} + AA{‘^2}} = \sqrt 3 a \Rightarrow R = \frac{{AC’}}{2} = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}$

Thể tích khối cầu có bán kính R là: $V = \frac{4}{3}\pi {R^3} = \frac{4}{3}\pi {\left( {\frac{{a\sqrt 3 }}{2}} \right)^3} = \frac{{\sqrt 3 \pi {a^3}}}{2} = \frac{{32}}{3}\pi \Leftarrow a = \frac{4}{{\sqrt 3 }}$

Thể tích khối lập phương: $V = {a^3} = {\left( {\frac{4}{{\sqrt 3 }}} \right)^3} = \frac{{64}}{{3\sqrt 3 }} = \frac{\begin{array}{l}6\\64\sqrt 3 \end{array}}{9}$

Câu 36: Đáp án A

Phương pháp:

Xét hàm số $y = {a^x}$:

+) Nếu $a > 1$ thì hàm số đã cho đồng biến trên $\mathbb{R}$.

+) Nếu $0 < a < 1$ thì hàm số đã cho nghịch biến trên $\mathbb{R}$.

Cách giải:

+) $y = {\left( {\frac{\pi }{e}} \right)^{2x + 1}}$ có $\frac{\pi }{e} > 1;\,\,2 > 0 \Rightarrow $ Hàm số đồng biến trên $\mathbb{R}$

+) $y = {3^{ – x}} = {\left( {\frac{1}{3}} \right)^x}$ có $0 < \frac{1}{3} < 1 \Rightarrow $ Hàm số nghịch biến trên $\mathbb{R}$

+) $y = {\left| {\sin 2017} \right|^x}$ có $0 < \left| {\sin 2017} \right| < 1 \Rightarrow $ Hàm số nghịch biến trên $\mathbb{R}$

+) $y = {\left( {\frac{2}{e}} \right)^x}$ có $0 < \frac{2}{e} < 1 \Rightarrow $ Hàm số nghịch biến trên $\mathbb{R}$

Câu 37: Đáp án B

Phương pháp:

Tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại A, B song song với nhau $ \Rightarrow y’\left( {{x_A}} \right) = y’\left( {{x_B}} \right)$

Cách giải:

Đường thẳng AB tạo với 2 trục tọa độ một tam giác cân $ \Rightarrow \Delta OAB$ vuông cân tại O $ \Rightarrow $ Đường thẳng AB có hệ số góc $k = \pm 1$

Mà $k > 0 \Rightarrow k = 1 \Rightarrow $ Phương trình đường thẳng AB có dạng: $y = x + m\,\,\,\left( d \right)$

$y = {x^3} – 3{x^2} + 2 \Rightarrow y’ = 3{x^2} – 6x$

Tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại A, B song song với nhau:

$ \Rightarrow y’\left( {{x_A}} \right) = y’\left( {{x_B}} \right) \Leftrightarrow 3x_A^2 – 6{x_A} = 3x_B^2 – 6{x_B}$

$ \Leftrightarrow x_A^2 – 2{x_A} – x_B^2 + 2{x_A} = 0$

$ \Leftrightarrow \left( {{x_A} – {x_B}} \right)\left( {{x_A} + {x_B} – 2} \right) = 0$

$ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}{x_A} = {x_B}\left( L \right)\\{x_A} + {x_B} = 2\end{array} \right. \Leftrightarrow {x_A} + {x_B} = 2$

${y_A} + {y_B} = \left( {x_A^3 – 3x_A^2 + 2} \right) + \left( {x_B^3 – 3x_B^2 + 2} \right)$

$ = \left( {x_A^3 + x_B^3} \right) – 3\left( {x_A^2 + x_B^2} \right) + 4$

$ = {\left( {{x_A} + {x_B}} \right)^3} – 3.\left( {{x_A} + {x_B}} \right){x_A}{x_B} – 3\left( {{{\left( {{x_A} + {x_B}} \right)}^2} – 2{x_A}{x_B}} \right) + 4$

$ = 8 – 6{x_A}{x_B} – 3\left( {4 – 2{x_A}{x_B}} \right) + 4 = 0$

$ \Rightarrow $ AB có trung điểm $I\left( {1;0} \right)$

$I \in d \Rightarrow 0 = 1 + m \Rightarrow m = – 1 \Rightarrow \left( d \right):y = x – 1$

Xét phương trình hoành độ giao điểm của (d) và đồ thị hàm số $y = {x^3} – 3{x^2} + 2$

${x^3} – 3{x^2} + 2 = x – 1 \Leftrightarrow {x^3} – 3{x^2} – x + 3 = 0$

$ \Leftrightarrow \left( {x – 3} \right)\left( {{x^2} – 1} \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 3\\x = – 1\\x = 1\end{array} \right.$

Mà ${x_A} + {x_B} = 2 \Rightarrow {x_A} = 3,\,\,\,{x_B} = – 1$ (giả sử ${x_A} > {x_B}$) $ \Rightarrow {x_A}{x_B} = – 3$

Câu 38: Đáp án C

Phương pháp:

Tiếp tuyến của đồ thị hàm số $y = f\left( x \right)$ tại điểm $M\left( {{x_0};{y_0}} \right)$ có hệ số góc: $k = f’\left( {{x_0}} \right)$

Cách giải:

Gọi $M\left( {{x_0};{y_0}} \right)$ là tiếp điểm.

Theo đề bài, ta có: ${y_0} = 5 \Rightarrow 5 = \frac{{2{x_0} – 1}}{{{x_0} – 2}} \Leftrightarrow 5{x_0} – 10 = 2{x_0} – 1 \Leftrightarrow {x_0} = 3$

$y = \frac{{2x – 1}}{{x – 2}} \Rightarrow y’ = \frac{{2.\left( { – 2} \right) – 1.\left( { – 1} \right)}}{{{{\left( {x – 2} \right)}^2}}} = \frac{{ – 3}}{{{{\left( {x – 2} \right)}^2}}} \Rightarrow y’\left( 3 \right) = \frac{{ – 3}}{{{{\left( {3 – 2} \right)}^2}}} = – 3$

Vậy, tiếp tuyến với đồ thị $y = \frac{{2x – 1}}{{x – 2}}$ tại điểm có tung độ bằng 5 có hệ số góc $k = – 3$

Câu 39: Đáp án B

Phương pháp:

+) Diện tích xung quanh của hình nón: ${S_{xq}} = \pi Rl$

+) Diện tích đáy: $S = \pi {R^2}$.

Cách giải:

Hình nón có diện tích đáy là $9\pi \Rightarrow \pi {R^2} = 9\pi \Rightarrow R = 3$

Ta có: $l = \sqrt {{h^2} + {R^2}} = \sqrt {{4^2} + {3^2}} = 5$

Diện tích xung quanh của hình nón: ${S_{xq}} = \pi Rl = \pi .3.5 = 15\pi $

Câu 40: Đáp án B

Phương pháp:

Phương pháp tìm GTLN, GTNN của hàm số $y = f\left( x \right)$ trên $\left[ {a;b} \right]$

Bước 1: Tính y’, giải phương trình $y’ = 0 \Rightarrow {x_i} \in \left[ {a;b} \right]$

+) Bước 2: Tính các giá trị $f\left( a \right);\,\,f\left( b \right);\,\,f\left( {{x_i}} \right)$

+) Bước 3: So sánh và kết luận:

$\mathop {max}\limits_{\left[ {a;b} \right]} f\left( x \right) = max\left\{ {f\left( a \right);\,\,f\left( b \right);\,\,f\left( {{x_i}} \right)} \right\};\,\,\,\mathop {\min }\limits_{\left[ {a;b} \right]} f\left( x \right) = \min \left\{ {f\left( a \right);\,\,f\left( b \right);\,\,f\left( {{x_i}} \right)} \right\}$

Cách giải:

$y = x + 1 + \frac{4}{x} \Rightarrow y’ = 1 – \frac{4}{{{x^2}}},\,\,\,y’ = 0 \Leftrightarrow {x^2} = 4 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 2\\x = – 2\left( L \right)\end{array} \right.$

Ta có: $f\left( 1 \right) = 6,\,\,\,f\left( 2 \right) = 5,\,\,\,f\left( 3 \right) = \frac{{16}}{3} \Rightarrow \mathop {\min }\limits_{x \in \left[ {1;3} \right]} y = 5$