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

Câu 41: Đáp án D

Phương pháp:

Sử dụng công thức tính diện tích toàn phần của hình hộp.

Cách giải:

Diện tích đáy $S = {a^2}$, chu vi đáy là: $C = 4a$, diện tích xung quanh của hình hộp chữ nhật: ${S_{xq}} = C.h = 4ah$

Diện tích toàn phần của một hình hộp chữ nhật là:

Thể tích V của khối hộp: $V = Sh = {a^2}.\frac{{3a}}{2} = \frac{{3{a^3}}}{2}$

Câu 42: Đáp án B

Phương pháp:

+) Giải phương trình $y’ = 0$ xác định các điểm cực trị của đồ thị hàm số.

+) Ba điểm cực trị của đồ thị hàm số tạo thành tam giác cân. Tính diện tích tam giác cân đó.

Cách giải:

$y = {x^4} – 2m{x^2} + 1 \Rightarrow y’ = 4{x^3} – 4mx;\,\,\,y’ = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\{x^2} = m\end{array} \right.$

Để hàm số có 3 cực trị thì $m > 0$. Khi đó, hàm số đạt cực trị tại 3 điểm ${x_1} = 0,\,\,{x_2} = – \sqrt m ,\,\,{x_3} = \sqrt m $

Các điểm cực trị: $A\left( {0;1} \right),\,\,B\left( { – \sqrt m ; – {m^2} + 1} \right),\,\,C\left( {\sqrt m ; – {m^2} + 1} \right)$

Dễ dàng kiểm tra được: tam giác ABC cân tại A với mọi $m > 0$

Ta có: $BC = 2\sqrt m $

Gọi H là trung điểm của BC $ \Rightarrow H\left( {0; – {m^2} + 1} \right) \Rightarrow AH = {m^2}$

Diện tích tam giác ABC: $S = \frac{1}{2}AH.BC = \frac{1}{2}.{m^2}.2\sqrt m = 4 \Rightarrow {m^2}\sqrt m = 4 \Leftrightarrow {m^5} = 16 \Leftrightarrow m = \sqrt[5]{{16}}$

Câu 43: 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:

Giả sử tiếp điểm là $M\left( {{x_0};{y_0}} \right)$. Vì tiếp tuyến song song với đường thẳng $x – y + 2 = 0\,\,\left( {hay\,\,y = x + 2} \right)$ nên $y’\left( {{x_0}} \right) = 1$

Ta có: $y = \frac{{3x + 2}}{{x + 1}} \Rightarrow y’ = \frac{1}{{{{\left( {x + 1} \right)}^2}}} \Rightarrow y’\left( {{x_0}} \right) = \frac{1}{{{{\left( {{x_0} + 1} \right)}^2}}} = 1 \Rightarrow {\left( {{x_0} + 1} \right)^2} \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}{x_0} = 0\\{x_0} = – 2\end{array} \right.$

+) ${x_0} = 0 \Rightarrow {y_0} = 2 \Rightarrow $ Phương trình tiếp tuyến: $y = 1\left( {x – 0} \right) + 2 \Leftrightarrow y = x + 2$ (loại, do trùng với d)

+) ${x_0} = – 2 \Rightarrow {y_0} = 4 \Rightarrow $ Phương trình tiếp tuyến: $y = 1\left( {x – \left( { – 2} \right)} \right) + 4 \Leftrightarrow y = x + 6$ (thỏa mãn).

Câu 44: Đáp án C

Phương pháp:

${\log _a}f\left( x \right)$ xác định $ \Leftrightarrow f\left( x \right) > 0$

Cách giải:

ĐKXĐ: $\left( {m + 2} \right){x^2} + 2\left( {m + 2} \right)x + m + 3 > 0$

Để hàm số đã cho có tập xác định là R thì $\left( {m + 2} \right){x^2} + 2\left( {m + 2} \right) + m + 3 > 0,\,\,\forall x\left( * \right)$

+) Nếu $m = – 2$ thì $\left( {m + 2} \right){x^2} + 2\left( {m + 2} \right)x + m + 3 = 1 > 0,\,\,\forall x \Rightarrow m = – 2$ thỏa mãn

+) Nếu $m \ne – 2$ thì $\left( * \right) \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m + 2 > 0\\\Delta ‘ < 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x > – 2\\{\left( {m + 2} \right)^2} – \left( {m + 2} \right)\left( {m + 3} \right) < 0\end{array} \right.$

$ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m > – 2\\\left( {m + 2} \right)\left( {m + 2 – m – 3} \right) < 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m > – 2\\\left( {m + 2} \right)\left( { – 1} \right) < 0\end{array} \right. \Leftrightarrow m > – 2$

Vậy $m \ge – 2$

Câu 45: Đáp án D

Phương pháp:

Đặt $\sqrt {1 – x} + \sqrt {1 + x} = t,\,\,t \in \left[ {1;\sqrt 2 } \right]$

Cách giải:

Đặt $\sqrt {1 – x} + \sqrt {1 + x} = t,\,\,t \in \left[ {1;\sqrt 2 } \right]$

Khi đó, ${\left( {\sqrt {1 – x} + \sqrt {1 + x} } \right)^2} = {t^2} \Rightarrow 2\sqrt {1 – {x^2}} = {t^2} – 2$. Phương trình đã cho trở thành:

$mt – \left( {{t^2} – 2} \right) = 0 \Leftrightarrow m = \frac{{{t^2} – 2}}{t} = t – \frac{2}{t},\,\,t \in \left[ {1;\sqrt 2 } \right]$

Xét hàm số: $y = t – \frac{2}{t},\,\,t \in \left[ {1;\sqrt 2 } \right] \Rightarrow y’ = 1 + \frac{2}{{{t^2}}} > 0,\,\,\forall t \in \left[ {1;\sqrt 2 } \right]$

$ \Rightarrow \mathop {\min }\limits_{\left[ {1;\sqrt 2 } \right]} = f\left( 1 \right) = – 1,\,\,\mathop {\max }\limits_{\left[ {1;\sqrt 2 } \right]} y = f\left( {\sqrt 2 } \right) = 0$

Để phương trình đã cho có nghiệm thì $ – 1 \le m \le 0 \Rightarrow m \in \left\{ { – 1;0} \right\}$

Vậy, có 2 giá trị nguyên của m thỏa mãn.

Câu 46: Đáp án C

Phương pháp:

Sử dụng công thức tỉ số thể tích cho khối chóp tam giác (Công thức Simson): Cho khối chóp S.ABC, các điểm ${A_1},\,{B_1},\,{C_1}$ lần lượt thuộc . Khi đó, $\frac{{{V_{S.{A_1}{B_1}{C_1}}}}}{{{V_{S.ABC}}}} = \frac{{S{A_1}}}{{SA}}.\frac{{S{B_1}}}{{SB}}.\frac{{S{C_1}}}{{SC}}$

Cách giải:

Gọi V là thể tích khối chóp S.ABCD.

Chia khối chóp S.CDMN làm 2 khối chóp: S.CDM và S.CMN

Ta có: $\frac{{{V_{S.CDM}}}}{{{V_{S.CDA}}}} = \frac{{SM}}{{SA}} = \frac{1}{2} \Rightarrow {V_{S.CDM}} = \frac{1}{2}{V_{S.CDA}} = \frac{1}{2}.\frac{1}{2}V = \frac{1}{4}V$

$\frac{{{V_{S.CMN}}}}{{{V_{S.CAB}}}} = \frac{{SM}}{{SA}}.\frac{{SN}}{{SB}} = \frac{1}{2}.\frac{1}{2} = \frac{1}{4} \Rightarrow {V_{S.CDM}} = \frac{1}{4}{V_{S.CAB}} = \frac{1}{4}.\frac{1}{2}V = \frac{1}{8}V$

$ \Rightarrow {V_{S.CDMN}} = \frac{1}{4}V + \frac{1}{8}V = \frac{3}{8}V \Rightarrow \frac{{{V_{S.CDMN}}}}{{{V_{S.CDAB}}}} = \frac{3}{8}$

Câu 47: Đáp án C

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.

Cách giải:

$y = \frac{{{{\ln }^2}x}}{x} \Rightarrow y’ = \frac{{2\ln x.\frac{1}{x}.x – 1.{{\ln }^2}x}}{{{x^2}}} = \frac{{2\ln x – {{\ln }^2}x}}{{{x^2}}};\,\,\,y’ = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\ln x = 0\\\ln x = 2\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 1\\x = {e^2}\end{array} \right.$

Bảng biến thiên:

x	1	${e^2}$	${e^3}$
y’	0 +	0 –
y	0	$\frac{4}{{{e^2}}}$	$\frac{9}{{{e^3}}}$

GTLN của hàm số trên $\left[ {1;{e^3}} \right]$ là $M = \frac{4}{{{e^2}}} = \frac{m}{{{e^n}}} \Rightarrow m = 4,\,\,n = 2$

$ \Rightarrow S = {m^2} + 2{n^3} = {4^2} + {2.2^3} = 16 + 16 = 32$

Câu 48: Đáp án B

Phương pháp:

$\log x + \log y = \log \left( {xy} \right)\,\,\left( {x;y > 0} \right)$

Cách giải:

$xy = {10^a},\,\,yz = {10^{2b}},\,\,xz = {10^{3c}}\,\,\left( {a,b,c \in R} \right)$

$ \Rightarrow {\left( {xyz} \right)^2} = {10^a}{.10^{2b}}{.10^{3c}} = {10^{a + 2b + 3c}} \Rightarrow xyz = {10^{\frac{{a + 2b + 3c}}{2}}}$

Ta có: $P = \log x + \log y + \log z = \log \left( {xyz} \right) = \log {10^{\frac{{a + 2b + 3c}}{2}}} = \frac{{a + 2b + 3c}}{2}$

Câu 49: Đáp án C

Phương pháp:

Xác định hình chiếu của B lên mặt (SAC), từ đó, tính khoảng cách.

Cách giải:

Gọi M là trung điểm của AC, do tam giác ABC đều, cạnh a nên $MB = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}$ và $MB \bot AC$

Mà $MB \bot SA\,\,\left( {do\,\,SA \bot \left( {ABC} \right)} \right) \Rightarrow MB \bot \left( {SAC} \right) \Rightarrow d\left( {M;\left( {SAC} \right)} \right) = MB = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}$

Câu 50: Đáp án B

Phương pháp:

Đặt ${2^x} = t,\,\,t > 0$. Tìm điều kiện của m để phương trình ${t^2} – mt + 2m – 5 = 0$ có 2 nghiệm dương phân biệt.

Cách giải:

Đặt ${2^x} = t,\,\,t > 0$. Phương trình ${4^x} – m{.2^x} + 2m – 5 = 0\,\,\left( 1 \right)$ trở thành ${t^2} – mt + 2m – 5 = 0\,\,\left( 2 \right)$

Để phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt thì phương trình (2) có 2 nghiệm dương phân biệt

$ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\Delta > 0\\m > 0\\2m – 5 > 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{m^2} – 4\left( {2m – 5} \right) > 0\\m > 0\\2m – 5 > 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{m^2} – 8m + 20 > 0\\m > 0\\2m – 5 > 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m > 0\\m > \frac{5}{2}\end{array} \right. \Leftrightarrow m > \frac{5}{2}$

Vậy $m \in \left( {\frac{5}{2}; + \infty } \right)$