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

Câu 21: Đáp án D

Phương pháp:

Phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số $y = f\left( x \right)$ tại điểm $M\left( {{x_0};{y_0}} \right)$: $y = f’\left( {{x_0}} \right)\left( {x – {x_0}} \right) + {y_0}$

Cách giải:

Cho $x = 0 \Rightarrow y = – 1 \Rightarrow $ Đồ thị hàm số cắt trục tung tại điểm $\left( {0; – 1} \right)$

$y = {x^3} – x – 1 \Rightarrow y’ = 3{x^2} – 1 \Rightarrow y’\left( 0 \right) = – 1$

Phương trình tiếp tuyến của $\left( C \right)$ tại giao điểm của $\left( C \right)$ với trục tung:

$y = y’\left( 0 \right)\left( {x – 0} \right) + \left( { – 1} \right) \Leftrightarrow y = – x – 1$

Câu 22: Đáp án A

Phương pháp:

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

Cách giải:

Đường tiệm cận ngang của đồ thị hàm số $y = \frac{{2x + 1}}{{x – 1}}$ có phương trình là: $y = 2$

Câu 23: Đáp án A

Phương pháp:

Phương pháp xét sự đồng biến, nghịch biến của các hàm số:

– Bước 1: Tìm tập xác định, tính $f’\left( x \right)$

– Bước 2: Tìm các điểm tại đó $f’\left( x \right) = 0$ hoặc $f’\left( x \right)$ không xác định

– Bước 3: Sắp xếp các điểm đó theo thứ tự tăng dần và lập bảng biến thiên

– Bước 4: Kết luận về các khoảng đồng biến, nghịch biến của hàm số.

Cách giải:

$y = – {x^3} – 6{x^2} + 10 \Rightarrow y’ = – 3{x^2} – 12x = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\x = – 4\end{array} \right.$

Bảng xét dấu y’:

x	$ – \infty $	-4	0	$ + \infty $
y’	–	0 +	0 –

Vậy, hàm số đã cho đồng biến trên khoảng $\left( { – 4;0} \right)$

Câu 24: Đáp án C

Phương pháp:

Đưa về dạng ${a^{f\left( x \right)}} = {a^{g\left( x \right)}}$

Cách giải:

${\left( {\frac{7}{{11}}} \right)^{3x + 2}} = {\left( {\frac{{11}}{7}} \right)^{{x^2}}} \Leftrightarrow \left( {\frac{{11}}{7}} \right) = {\left( {\frac{{11}}{7}} \right)^{ – \left( {3x + 2} \right)}} \Leftrightarrow {x^2} = – 3x – 2 \Leftrightarrow {x^2} + 3x + 2 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = – 1\\x = – 2\end{array} \right.$

Tổng các nghiệm là: $\left( { – 1} \right) + \left( { – 2} \right) = – 3$

Câu 25: Đáp án C

Phương pháp:

+) Xác định trục của mặt đáy (đường thẳng đi qua tâm đáy và vuông góc với đáy).

+) Xác định đường trung trực của một mặt bên.

+) Xác định giao điểm của hai đường thẳng trên.

Cách giải:

Gọi E, F, I lần lượt là trung điểm của BC, CD, AD; G là trọng tâm tam giác BCD; O là giao điểm của AG và EI.

* Ta chứng minh: O là tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD:

Thật vậy:

Do tam giác BCD đều, G là trọng tâm $ \Rightarrow $ là tâm đường tròn ngoại tiếp G

Do tứ diện ABCD đều $ \Rightarrow AG \bot \left( {BCD} \right)$

Điểm $O \in AG \Rightarrow OB = OC = OD\,\,\left( 1 \right)$

Do $AE = DE \Rightarrow \Delta AED$ cân tại E $ \Rightarrow $ EI là trung trực của AD $ \Rightarrow OA = OD\,\,\left( 2 \right)$

Từ (1), (2) $ \Rightarrow $ O là tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD.

* Tính bán kính đường tròn ngoại tiếp tứ diện ABCD:

$\Delta BCD$ đều, cạnh bằng a $ \Rightarrow ED = \frac{{a\sqrt 3 }}{2} \Rightarrow EG = \frac{1}{3}.\frac{{a\sqrt 3 }}{2} = \frac{{a\sqrt 3 }}{6},\,\,\,GD = \frac{2}{3}.\frac{{a\sqrt 3 }}{2} = \frac{{a\sqrt 3 }}{3}$

$\Delta EID$ vuông tại I $ \Rightarrow EI = \sqrt {E{D^2} – I{D^2}} = \sqrt {\frac{3}{4}{a^2} – \frac{1}{4}{a^2}} = \frac{1}{{\sqrt 2 }}a$

$\Delta OEG$ đồng dạng $\Delta DEI \Rightarrow \frac{{OG}}{{ID}} = \frac{{EG}}{{EI}} \Leftrightarrow \frac{{OG}}{{\frac{a}{2}}} = \frac{{\frac{{a\sqrt 3 }}{3}}}{{\frac{1}{{\sqrt 2 }}a}} = \frac{{\sqrt 6 }}{3} \Rightarrow OG = \frac{a}{{\sqrt 6 }}$

$\Delta OGD$ vuông tại G $ \Rightarrow OD = \sqrt {O{G^2} + G{D^2}} = \sqrt {\frac{1}{6}{a^2} + \frac{1}{3}{a^2}} = \frac{a}{{\sqrt 2 }} = \frac{{a\sqrt 2 }}{4}$

Vậy, bán kính đường tròn ngoại tiếp tứ diện ABCD là $R = \frac{{a\sqrt 2 }}{4}$

Câu 26: Đáp án A

Phương pháp:

Bình phương 2 vế và đánh giá.

Cách giải:

Điều kiện xác định: $x \in \left[ { – 1;3} \right]$

Ta có:

${\left( {\sqrt {x + 1} + \sqrt {3 – x} } \right)^2} = x + 1 + 2\sqrt {\left( {x + 1} \right)\left( {3 – x} \right)} + 3 – x = 4 + 2\sqrt {\left( {x + 1} \right)\left( {3 – x} \right)} \ge 4 \Rightarrow \sqrt {x + 1} + \sqrt {3 – x} \ge 2$ $ \Rightarrow {y_{\min }} = 2$ khi và chỉ khi $\left( {x + 1} \right)\left( {3 – x} \right) = 0 \Leftrightarrow x = – 1$ hoặc $x = 3$

Câu 27: Đáp án D

Phương pháp:

Thể tích khối lăng trụ: $V = Sh$

Cách giải:

Đáy là tam giác đều có tất cả các cạnh đều bằng a $ \Rightarrow S = \frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4}$

Thể tích khối lăng trụ: $V = Sh = \frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4}.a = \frac{{{a^3}\sqrt 3 }}{4}$

Câu 28: Đáp án B

Phương pháp:

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

Cách giải:

Đồ thị hàm số $y = \frac{{2x – 1}}{{x + 1}}$ có TCN là $y = 2$ và TCĐ: $x = 1$

Giả sử $H\left( {{x_0};{y_0}} \right) \in \left( H \right) \Rightarrow {y_0} = \frac{{2{x_0} – 1}}{{{x_0} + 1}} \Rightarrow H\left( {{x_0};\frac{{2{x_0} – 1}}{{{x_0} + 1}}} \right)$

Khoảng cách từ $H\left( {{x_0};\frac{{2{x_0} – 1}}{{{x_0} + 1}}} \right)$ đến đường thẳng $y = 2$ là: $\left| {\frac{{2{x_0} – 1}}{{{x_0} + 1}} – 2} \right| = \left| {\frac{{ – 3}}{{{x_0} + 1}}} \right| = \frac{3}{{\left| {{x_0} + 1} \right|}}$

Khoảng cách từ $H\left( {{x_0};\frac{{2{x_0} – 1}}{{{x_0} + 1}}} \right)$ đến đường thẳng $x = – 1$ là $\left| {{x_0} + 1} \right|$

Theo đề bài, ta có: $\frac{3}{{\left| {{x_0} + 1} \right|}} = \left| {{x_0} + 1} \right| \Leftrightarrow {\left| {{x_0} + 1} \right|^2} = 3 \Leftrightarrow \left| {{x_0} + 1} \right| = \sqrt 3 \Leftrightarrow {x_0} = – 1 \pm \sqrt 3 $

$ \Rightarrow $ Có 2 điểm H thỏa mãn.

Câu 29: Đáp án B

Phương pháp:

Lập bảng biến thiên của hàm số $y = {x^3} + 3{x^2}$ , từ đó đánh giá m để đồ thị hàm số $y = {x^3} + 3{x^2}$cắt đường thẳng $y = m$ tại 2 điểm phân biệt.

Cách giải:

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

Số nghiệm của phương trình (*) bằng số giao điểm của đồ thị hàm số $y = {x^3} + 3{x^2}$cắt đường thẳng $y = m$.

Xét hàm số $y = {x^3} + 3{x^2}$, ta có $y’ = 3{x^2} + 6x;\,\,y’ = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\x = – 2\end{array} \right.$

Bảng biến thiên:

x	$ – \infty $	-2	0	$ + \infty $
y’	+	0 –	0 +
y	$ – \infty $	4	0	$ + \infty $

Để đồ thị hàm số $y = {x^3} + 3{x^2}$ cắt đường thẳng $y = m$ tại 2 điểm phân biệt thì $m = 4$ hoặc $m = 0$

Vậy, có tất cả 2 giá trị của m để phương trình ${x^3} + 3{x^2} – m = 0$ có hai nghiệm phân biệt.

Câu 30: Đáp án D

Phương pháp:

– Tìm TXĐ của hàm số.

– Tính $f’\left( x \right)$ . Giải phương trình f$f’\left( x \right) = 0$, tìm các nghiệm ${x_i},\,\,i = 1,2,3…$

– Tính $f”\left( x \right)$ và $f”\left( {{x_i}} \right)$.

– Dựa vào dấu của $f”\left( {{x_i}} \right)$ đưa ra kết luận về cực trị.

Cách giải:

TXĐ: $D = \mathbb{R}$

$y = {x^4} + 3{x^2} + 2 \Rightarrow y’ = 4{x^3} + 6x;\,\,y’ = 0 \Leftrightarrow x = 0$

$y” = 12{x^2} + 6 \Rightarrow y”\left( 0 \right) = 6 > 0 \Rightarrow $ Hàm số đạt cực tiểu tại $x = 0$