Đề Thi Toán 12 Học kì 1 Trường THPT Phan Đình Phùng Có Đáp Án Và Lời Giải Chi Tiết

Câu 31: Đáp án C

Phương pháp:

Sử dụng phương pháp hàm số.

Cách giải:

ĐK: $\left\{ \begin{array}{l}{x^2} – 3x + 2 > 0\\x – m > 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x \in \left( { – \infty ;1} \right) \cup \left( {2; + \infty } \right)\\x > m\end{array} \right.$

${\log _2}\sqrt {{x^2} – 3x + 2} + {\log _{\frac{1}{2}}}\left( {x – m} \right) = x – m – \sqrt {{x^2} – 3x + 2} $

$ \Leftrightarrow {\log _2}\sqrt {{x^2} – 3x + 2} – {\log _2}\left( {x – m} \right) = x – m – \sqrt {{x^2} – 3x + 2} $

$ \Leftrightarrow {\log _2}\sqrt {{x^2} – 3x + 2} + \sqrt {{x^2} – 3x + 2} = {\log _2}\left( {x – m} \right) + x – m$

Xét hàm số $f\left( t \right) = {\log _2}t + t\,\,\left( {t > 0} \right)$ ta có $f’\left( t \right) = \frac{1}{{t\ln 2}} + 1 > 0\,\,\forall t > 0 \Rightarrow $ Hàm số đồng biến trên $\left( {0; + \infty } \right)$

$ \Rightarrow \sqrt {{x^2} – 3x + 2} = x – m$

$ \Leftrightarrow {x^2} – 3x + 2 = {x^2} – 2mx + {m^2}$

$ \Leftrightarrow \left( {2m – 3} \right)x + 2 – {m^2} = 0\,\,\left( * \right)$

TH1: $2m – 3 = 0 \Leftrightarrow m = \frac{3}{2} \Rightarrow $ Phương trình $\left( * \right) \Leftrightarrow 0.x – \frac{1}{4} = 0$ (vô nghiệm)

TH2: $m \ne \frac{3}{2} \Rightarrow x = \frac{{{m^2} – 2}}{{2m – 3}}$

Để phương trình có nghiệm $ \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}x \in \left( { – \infty ;1} \right) \cup \left( {2; + \infty } \right)\\x > m\end{array} \right.$

$ \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}\left[ \begin{array}{l}\frac{{{m^2} – 2}}{{2m – 3}} < 1\\\frac{{{m^2} – 2}}{{2m – 3}} > 2\end{array} \right.\\\frac{{{m^2} – 2}}{{2m – 3}} > m\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\left[ \begin{array}{l}\frac{{{m^2} – 2}}{{2m – 3}} – 1 < 0\\\frac{{{m^2} – 2}}{{2m – 3}} – 2 > 0\end{array} \right.\\\frac{{{m^2} – 2}}{{2m – 3}} – m > 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\left[ \begin{array}{l}\frac{{{m^2} – 2 – 2m + 3}}{{2m – 3}} < 0\\\frac{{{m^2} – 2 – 4m + 6}}{{2m – 3}} > 0\end{array} \right.\\\frac{{{m^2} – 2 – 2{m^2} + 3}}{{2m – 3}} > 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\left[ \begin{array}{l}\frac{{{m^2} – 2m + 1}}{{2m – 3}} < 0\\\frac{{{m^2} – 4m + 4}}{{2m – 3}} > 0\end{array} \right.\\\frac{{ – {m^2} + 3m – 2}}{{2m – 3}} > 0\end{array} \right.$

$ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\left[ \begin{array}{l}m \in \left( { – \infty ;\frac{3}{2}} \right)\backslash \left\{ 1 \right\}\\m \in \left( {\frac{3}{2}; + \infty } \right)\backslash \left\{ 2 \right\}\end{array} \right.\\m \in \left( { – \infty ;1} \right) \cup \left( {\frac{3}{2};2} \right)\end{array} \right. \Rightarrow m \in \left( { – \infty ;1} \right) \cup \left( {\frac{3}{2};2} \right)$

Câu 32: Đáp án C

Phương pháp:

+) Biến đổi phương trình về dạng $m < f\left( x \right)\,\,\forall x \in \left( {1;4} \right] \Rightarrow m < \mathop {\min }\limits_{\left( {1;4} \right]} f\left( x \right)$

+) Khảo sát hàm số $y = f\left( x \right)$ và tìm $\mathop {\min }\limits_{\left( {1;4} \right]} f\left( x \right)$

Cách giải:

$\forall x \in \left( {1;4} \right] \Rightarrow x – 1 > 0 \Rightarrow m < \frac{{{{\left( {x + 1} \right)}^2}}}{{x – 1}}\,\,\forall x \in \left( {1;4} \right]$

Đặt $f\left( x \right) = \frac{{{{\left( {x + 1} \right)}^2}}}{{x – 1}}$ ta có $m < f\left( x \right)\,\,\forall x \in \left( {1;4} \right] \Rightarrow m < \mathop {\min }\limits_{\left( {1;4} \right]} f\left( x \right)$

Ta có $f’\left( x \right) = \frac{{2\left( {x + 1} \right)\left( {x – 1} \right) – {{\left( {x + 1} \right)}^2}}}{{{{\left( {x – 1} \right)}^2}}} = \frac{{2{x^2} – 2 – {x^2} – 2x – 1}}{{{{\left( {x – 1} \right)}^2}}} = \frac{{{x^2} – 2x – 3}}{{{{\left( {x – 1} \right)}^2}}} \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 3\\x = – 1\end{array} \right.$

BBT:

x	$ – \infty $	-1	1	3	4	$ + \infty $
y’	+	0 +	–	0	+
y			$ + \infty $	8		$ + \infty $

Dựa vào BBT ta có: $\mathop {\min }\limits_{\left( {1;4} \right]} f\left( x \right) = f\left( 3 \right) = 8 \Rightarrow m < 8$

Câu 33: Đáp án B

Phương pháp:

Trải tất cả các mặt bên của khối chóp ra cùng một mặt phẳng.

Cách giải:

Trải hình chóp S.ABCD trên cùng một mặt phẳng $\left( {{A_1} \equiv A} \right)$

Giả sử quãng đường của con kiến đi từ A đến ${A_1}$ là , khi đó quãng đường con kiến đi ngắn nhất là độ dài đoạn $A{A_1}$

Xét tam giác SAB có:

$\cos \angle ASB = \frac{{S{A^2} + S{B^2} – A{B^2}}}{{2SA.SB}} = \frac{{{6^2} + {6^2} – {4^2}}}{{{{2.6}^2}}} = \frac{7}{9}$

$ \Rightarrow \angle ASB \approx 38,{9^0}$

$ \Rightarrow \angle AS{A_1} = 4\angle ASB = 155,{8^0}$

Xét tam giác $AS{A_1}$ có:

${\rm{AA}}_1^2 = S{A^2} + SA_1^2 – 2SA.S{A_1}.{{\mathop{\rm cosASA}\nolimits} _1} \approx 11,73\left( {cm} \right)$

Câu 34: Đáp án A

Phương pháp:

Diện tích xung quanh của hình nón $S = \pi rl$

Cách giải:

Hình nón đã cho có chiều cao $h = a$ và bán kính đáy $r = \frac{{a\sqrt 2 }}{2} \Rightarrow l = \sqrt {{h^2} + {r^2}} = \sqrt {{a^2} + \frac{{{a^2}}}{2}} = \frac{{a\sqrt 6 }}{2}$

${S_{xq}} = \pi rl = \pi \frac{{a\sqrt 2 }}{2}.\frac{{a\sqrt 6 }}{2} = \frac{{\pi {a^2}\sqrt 3 }}{2}$

Câu 35: Đáp án D

Phương pháp:

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

Cách giải:

Gọi O là tâm hình vuông ABCD $ \Rightarrow SO \bot \left( {ABCD} \right)$.

Gọi M là trung điểm của SB.

Trong (SBD) qua M kẻ $MI \bot SB\,\,\left( {I \in SO} \right) \Rightarrow $ I là tâm khối cầu ngoại tiếp chóp S.ABCD.

Xét tam giác vuông SAO có:

$SO = \sqrt {S{A^2} – O{A^2}} = \sqrt {4{a^2} – {{\left( {a\sqrt 2 } \right)}^2}} = a\sqrt 2 $ ta có

$\Delta SOB \sim \Delta SMI \Rightarrow \frac{{SI}}{{SB}} = \frac{{SM}}{{SO}} \Rightarrow SI = \frac{{2a.a}}{{a\sqrt 2 }} = a\sqrt 2 $

$ \Rightarrow {V_{cau}} = \frac{4}{3}\pi {\left( {a\sqrt 2 } \right)^3} = \frac{{8\sqrt 2 \pi {a^3}}}{3}$

Câu 36: Đáp án B

Phương pháp:

Sử dụng công thức tỉ số thể tích.

Cách giải:

Gọi N, P, Q lần lượt là trung điểm của SB, SC, SD ta có $\left( {MNPQ} \right)//\left( {ABCD} \right) \Rightarrow \left( {MNPQ} \right) \equiv \left( \alpha \right)$

Ta có:

$\frac{{{V_{SMNP}}}}{{{V_{S.ABC}}}} = \frac{{SM}}{{SA}}.\frac{{SN}}{{SB}}.\frac{{SP}}{{SC}} = \frac{1}{2}.\frac{1}{2}.\frac{1}{2} = \frac{1}{8} \Rightarrow {V_{S.MNP}} = \frac{1}{8}{V_{S.ABC}}$

$\frac{{{V_{SMPQ}}}}{{{V_{S.ACD}}}} = \frac{{SM}}{{SA}}.\frac{{SP}}{{SC}}.\frac{{SQ}}{{SD}} = \frac{1}{2}.\frac{1}{2}.\frac{1}{2} = \frac{1}{8} \Rightarrow {V_{SMPQ}} = \frac{1}{8}{V_{S.ACD}}$

$ \Rightarrow {V_1} = {V_{SMNP}} + {V_{SMPQ}} = \frac{1}{8}\left( {{V_{S.ABC}} + {V_{S.ACD}}} \right) = \frac{1}{8}{V_{S.ABCD}}$

$ \Rightarrow \frac{{{V_1}}}{{{V_2}}} = \frac{1}{7}$

Chú ý và sai lầm: Công thức tỉ số thể tích chỉ áp dụng với chóp tam giác.

Câu 37: Đáp án B

Phương pháp:

Diện tích mặt cầu $S = 4\pi {R^2}$

Cách giải:

Bán kính của mặt cầu nội tiếp hình lập phương cạnh a là $r = \frac{a}{2}$

$ \Rightarrow S = 4\pi {\left( {\frac{a}{2}} \right)^2} = \pi {a^2}$

Câu 38: Đáp án A

Phương pháp:

TH1: $m = 0$

TH2: $m \ne 0$

Để hàm số đồng biến trên $\left( {1; + \infty } \right) \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}y’ > 0\\\frac{1}{m} \notin \left( {1; + \infty } \right)\end{array} \right.$

Cách giải:

TH1: $m = 0 \Rightarrow y = \frac{{x – 2}}{{ – 1}} = – x + 2$ nghịch biến trên R $ \Rightarrow m = 1\left( {ktm} \right)$

TH2: $m \ne 0$. TXĐ: $D = R\backslash \left\{ {\frac{1}{m}} \right\}$

Để hàm số đồng biến trên $\left( {1; + \infty } \right) \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}y’ = \frac{{ – 1 + 2m}}{{{{\left( {mx – 1} \right)}^2}}} > 0\\\frac{1}{m} \notin \left( {1; + \infty } \right)\end{array} \right.$

$ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} – 1 + 2m > 0\\\frac{1}{m} \le 1\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m > \frac{1}{2}\\\frac{1}{m} – 1 \le 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m > \frac{1}{2}\\\frac{{1 – m}}{m} \le 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m > \frac{1}{2}\\\left[ \begin{array}{l}m \ge 1\\m < 0\end{array} \right.\end{array} \right. \Leftrightarrow m \ge 1$

Câu 39: Đáp án C

Phương pháp:

$\mathop {\lim }\limits_{x \to \pm \infty } y = a \Rightarrow y = a$ là đường TCN.

$\mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}} y = \infty \Rightarrow x = {x_0}$ là đường TCĐ.

Cách giải:

TXĐ: $\left[ { – 2;2} \right)\backslash \left\{ 1 \right\}$, do đó đồ thị hàm số không có TCN.

Dễ thấy đồ thị hàm số có 2 TCĐ $x = 2;\,\,x = 1$

Câu 40: Đáp án D

Phương pháp:

+) a, b, c theo thứ tự lập thành 1 CSC $ \Rightarrow a + c = 2b$

+) Sử dụng công thức ${\log _a}b = \frac{1}{{{{\log }_a}b}}\,\,\left( {0 < a,\,b \ne 1} \right)$

Cách giải:

Vì ${\log _x}a,\,\,{\log _y}b,\,\,{\log _z}c$ theo thứ tự lập thành 1 cấp số cộng nên ta có:

${\log _x}a + {\log _z}c = 2{\log _y}b \Rightarrow {\log _y}b = \frac{{{{\log }_x}a + {{\log }_z}c}}{2}$

$ \Leftrightarrow {\log _b}y = \frac{1}{{{{\log }_x}a + {{\log }_z}c}}$

$ \Rightarrow {\log _b}y = \frac{2}{{\frac{1}{{{{\log }_a}x}} + \frac{1}{{{{\log }_c}z}}}} = \frac{2}{{\frac{{{{\log }_a}x + {{\log }_c}z}}{{lo{g_a}x.{{\log }_c}z}}}}$

$ \Rightarrow {\log _b}y = \frac{{2.lo{g_a}x.{{\log }_c}z}}{{lo{g_a}x + {{\log }_c}z}}$