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

Câu 31: Đáp án A

Phương pháp:

Xác định góc giữa hai mặt phẳng $\left( \alpha \right),\,\left( \beta \right)$:

– Tìm giao tuyến $\Delta $ của$\left( \alpha \right),\,\left( \beta \right)$ .

– Xác định 1 mặt phẳng$\left( \gamma \right) \bot \Delta $ .

– Tìm các giao tuyến $a = \left( \alpha \right) \cap \left( \gamma \right),\,\,b = \left( \beta \right) \cap \left( \gamma \right)$

– Góc giữa hai mặt phẳng $\left( \alpha \right),\,\left( \beta \right):\,\,\left( {\left( \alpha \right);\left( \beta \right)} \right) = \left( {a;b} \right)$

Cách giải:

Gọi M là trung điểm của BC. Khi đó, $AM \bot BC$ (do $\Delta ABC$ đều)

Mà $BC \bot AA’ \Rightarrow BC \bot \left( {AMA’} \right)$

$ \Rightarrow \left( {\left( {ABC} \right);\left( {A’BC} \right)} \right) = \left( {AM,A’M} \right) = AMA’$

$\Delta ABC$ đều, cạn bằng a $ \Rightarrow AM = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}$

$\Delta AMA’$ vuông tại A

$ \Rightarrow \tan AMA’ = \frac{{AA’}}{{AM}} = \frac{{\frac{{3a}}{2}}}{{\frac{{a\sqrt 3 }}{2}}} = \sqrt 3 \Rightarrow AMA’ = {60^0}$

$ \Rightarrow \left( {\left( {ABC} \right),\left( {A’BC} \right)} \right) = {60^0}$

Câu 32: Đáp án D

Phương pháp:

Công thức lãi kép, không kỳ hạn: ${A_n} = M{\left( {1 + r\% } \right)^n}$

Với: ${A_n}$ là số tiền nhận được sau tháng thứ n,

M là số tiền gửi ban đầu,

n là thời gian gửi tiền (tháng),

r là lãi suất định kì (%).

Cách giải:

Sau 15 năm số tiền người ấy nhận được về là: ${A_{15}} = 100\,\,000\,\,000.{\left( {1 + 8\% } \right)^{15}} \approx 317\,\,217\,\,000$ (đồng)

Câu 33: Đáp án A

Phương pháp:

Thể tích khối trụ: $V = \pi {r^2}h$

Cách giải:

$\Delta ABC$ đều cạnh a $ \Rightarrow $ Bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC: $r = \frac{2}{3}.\frac{{a\sqrt 3 }}{2} = \frac{a}{{\sqrt 3 }}$

Câu 34: Đáp án A

Phương pháp:

Thể tích của khối lăng trụ: $V = Sh$

Cách giải:

$\Delta ABB’$ vuông tại B $ \Rightarrow BB’ = \sqrt {AB{‘^2} – A{B^2}} = \sqrt {{5^2} – {3^2}} = 4$

Thể tích V của khối lăng trụ ABCD.A’B’C’D’ :

$V = {S_{ABCD}}.BB’ = {3^3}.4 = 36$

Câu 35: Đáp án D

Phương pháp:

Sử dụng công thức tính thể tích khối chóp.

Cách giải:

ABCD là hình vuông cạnh a $ \Rightarrow AC = a\sqrt 2 $ và ${S_{ABCD}} = {a^2}$

$\Delta SAC$ vuông tại A $ \Rightarrow SA = AC.\tan SAC = a\sqrt 2 .\tan {45^0} = a\sqrt 2 $

Thể tích của khối chóp S.ABCD: $V = \frac{1}{3}.{S_{ABCD}}.SA = \frac{1}{3}.{a^2}.a\sqrt 2 = \frac{{8\sqrt 2 }}{3}$

$ \Rightarrow a = 2$

Câu 36: Đáp án A

Phương pháp:

Xác định tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp

Tính bán kính mặt cầu.

Cách giải:

Gọi M là trung điểm của AB; G là trọng tâm tam giác SAB; O là tâm của

hình vuông ABCD

Do tam giác SAB đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy nên $SM \bot \left( {ABCD} \right)$

$ \Rightarrow SMO = {90^0}$. Dựng hình chữ nhật GMOI. Khi đó:

$OI//GM \Rightarrow OI \bot \left( {ABCD} \right) \Rightarrow IA = IB = IC = ID\,\,\left( 1 \right)$

Mặt khác $GI//MO$, mà $MO \bot AB,\,\,MO \bot SM \Rightarrow MO \bot \left( {SAB} \right)$

$ \Rightarrow GI \bot \left( {SAB} \right) \Rightarrow IA = IS = IB\,\,\,\left( 2 \right)$

Từ (1), (2) $ \Rightarrow $ I là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABCD

Ta có: G là trọng tâm tam giác đều SAB

$ \Rightarrow GM = \frac{1}{3}.SM = \frac{1}{3}.\frac{{a\sqrt 3 }}{2} = \frac{{a\sqrt 3 }}{6} \Rightarrow OI = \frac{{a\sqrt 3 }}{6}$

ABCD là hình vuông cạnh a $ \Rightarrow OB = \frac{{BD}}{2} = \frac{{a\sqrt 2 }}{2}$

GMOI là hình chữ nhật

$ \Rightarrow IB = \sqrt {O{I^2} + O{B^2}} = \sqrt {\frac{1}{{12}}{a^2} + \frac{1}{2}{a^2}} = \sqrt {\frac{7}{{12}}} a = \frac{{a\sqrt {21} }}{6}$

Vậy, bán kính của mặt cầu ngoại tiếp hình chóp là: $\frac{{a\sqrt {21} }}{6}$

Câu 37: Đáp án D

Phương pháp:

Gọi M là trung điểm của AB $ \Rightarrow SM \bot AB \Rightarrow {S_{\Delta SAB}} = \frac{1}{2}SM.AB$

Cách giải:

Gọi M là trung điểm của AB và độ dài đoạn OM là x

$\Delta SOM$ vuông tại O $ \Rightarrow SM = \sqrt {S{O^2} + O{M^2}} = \sqrt {\frac{{{a^2}}}{4} + {x^2}} $

$\Delta BOM$ vuông tại M $ \Rightarrow BM = \sqrt {O{B^2} – O{M^2}} = \sqrt {{a^2} – {x^2}} \Rightarrow AB = 2\sqrt {{a^2} – {x^2}} $

Ta có: $AB \bot OM,\,\,AB \bot SO \Rightarrow AB \bot \left( {SOM} \right) \Rightarrow AB \bot SM$

$ \Rightarrow {S_{\Delta SAB}} = \frac{1}{2}.SM.AB = \frac{1}{2}.\sqrt {\frac{{{a^2}}}{4} + {x^2}} .2\sqrt {{a^2} – {x^2}} = \sqrt {\frac{{{a^2}}}{4} + {x^2}} .\sqrt {{a^2} – {x^2}} \le \frac{{\left( {\frac{{{a^2}}}{4} + {x^2}} \right) + \left( {{a^2} – {x^2}} \right)}}{2} = \frac{{5{a^2}}}{8}$

Diện tích lớn nhất của tam giác AOB là: $\frac{{5{a^2}}}{8}$

Câu 38: Đáp án B

Phương pháp:

Khi quay hình chữ nhật ABCD quanh cạnh AD ta được khối trụ có bán kính đáy là AB, chiều cao là AD.

Cách giải:

Thể tích khối trụ tạo thành khi quay hình chữ nhật ABCD quanh cạnh AD là:

$V = \pi {r^2}h = \pi .AB.AD = \pi {\left( {3a} \right)^2}.a = 9\pi {a^3}$

Câu 39: Đáp án A

Phương pháp:

Xét phương trình hoành độ giao điểm, xác định m để phương trình có 2 nghiệm phân biệt.

Cách giải:

Phương trình hoành độ giao điểm của $\left( C \right)$ và $d:y = – x + m$ là $\frac{x}{{x – 1}} = – x + m,\,\,\left( {x \ne 1} \right)$

$ \Leftrightarrow x = \left( {x – 1} \right)\left( { – x + m} \right) \Leftrightarrow x = – {x^2} + mx + x – m \Leftrightarrow {x^2} – mx + m = 0\,\,\left( * \right)$

Để đường thẳng $d:y = – x + m$ cắt đồ thị $\left( C \right)$ tại hai điểm phân biệt thì phương trình (*) có 2 nghiệm phân biệt khác 1 $ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\Delta > 0\\{1^2} – m.1 + m \ne 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{m^2} – 4m > 0\\1 \ne 0\end{array} \right. \Leftrightarrow {m^2} – 4m > 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m > 4\\m < 0\end{array} \right.$

Câu 40: Đáp án B

Phương pháp:

Sử dụng công thức ${\log _a}\left( {bc} \right) = {\log _a}b + {\log _a}c$

Cách giải:

$4\log _4^2x – 2{\log _2}\left( {4x} \right) – 3 = 0 \Leftrightarrow 4{\left( {\frac{1}{2}{{\log }_2}x} \right)^2} – 2\left( {2 + {{\log }_2}x} \right) – 3 = 0 \Leftrightarrow \log _2^2x – 2{\log _2}x – 7 = 0$

Đặt $t = {\log _2}x$ thì phương trình (1) trở thành ${t^2} – 2t – 7 = 0$