Đề kiểm tra Học kì 1 Toán 12 có đáp án (Mới nhất) (Đề 2)

Đáp án B

Cách giải:

Đáp án D

Phương pháp:

$\left\{\begin{array}{l}{\log }_{a}f\left(x\right)>{\log }_{a}g\left(x\right)\\ 0<a<1\end{array}\right.\iff f\left(x\right)<g\left(x\right)$ 

Cách giải:

Đáp án B

Phương pháp: ${\log }_a{b}^c=c{\log }_{a}b,{\log }_{a^c}b=\frac{1}{c}{\log }_{a}b\left(0<a\ne 1,b>0\right)$ 

Đáp án A

Số giao điểm của hai đồ thị hàm số bằng số nghiệm của phương trình hoành độ giao điểm.

Cách giải:

Phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số với trục hoành là:

$\left|x-1\right|\left(\frac{1}{3}{x}^2-2\left|x\right|+3\right)=0\iff \left[\begin{array}{l}\left|x-1\right|=0\\ \frac{1}{3}{x}^2-2\left|x\right|+3=0\end{array}\right.\iff \left[\begin{array}{l}x-1=0\\ \left|x\right|=3\end{array}\right.\iff \left[\begin{array}{l}x=1\\ x=3\\ x=-3\end{array}\right.$ 

Vậy, đồ thị hàm số y = $\left|x-1\right|\left(\frac{1}{3}{x}^2-2\left|x\right|+3\right)$ giao với trục hoành tại 3 điểm.

Đáp án D

Cách giải:

Đáp án B

Phương pháp: $\left(x^{\alpha }\right)=\alpha .x^{\alpha -1},\left(a^{\alpha }\right)\text{'}=a^x.\ln a$

Đáp án A

Phương pháp:

- Tìm TXĐ

- Tính đạo hàm

- Lập bảng xét dấu y’

- Xác định điểm cực đại và tính giá trị cực đại.

Cách giải:

Tập xác định: $D=R$ 

 $\begin{array}{l}y=x^3-3x\Rightarrow y\text{'}=3x^2-3\\ y\text{'}=0\iff x=\pm 1\end{array}$ 

Bảng xét dấu y’

Hàm số đạt cực đại tại $x=-1$ và giá trị cực đại $y_{CĐ}=2$

Đáp án C

Phương pháp:

- Tìm TXĐ

- Tính y’

- Lập bảng biến thiên của hàm số trên đoạn $\left[-1;\frac{1}{2}\right]$ 

- Xác định giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số

- Tính tích M.m.

Cách giải:

TXĐ:  $D=R\backslash \left\{1\right\}$

$\begin{array}{l}y=\frac{x^2-3x+3}{x-1}\Rightarrow y\text{'}=\frac{\left(2x-3\right)\left(x-1\right)-1.\left(x^2-3x+3\right)}{{\left(x-1\right)}^2}=\frac{x^2-2x}{{\left(x-1\right)}^2}\\ y\text{'}=0\iff \left[\begin{array}{l}x=0\\ x=2\end{array}\right.\end{array}$

Đáp án B

Phương pháp:

Diện tích xung quanh của hình trụ: $S_{xq}=2\pi Rh$ 

Diện tích toàn phần của hình trụ: $S_{tp}=S_{xq}+S_{2đáy}=2\pi Rh+2\pi R^2$ 

Cách giải:

Thiết diện qua trục là hình vuông cạnh a nên hình trụ đã cho có chiều cao $h=a$, bán kính đáy $R=\frac{a}{2}$ 

Đáp án A

Phương pháp:

Khối chóp S.ABC có ba cạnh SA, SB, SC vuông góc với nhau từng đôi một là một tứ diện vuông tại đỉnh S

Thể tích của tứ diện vuông có độ dài ba cạnh góc vuông bằng a, b, c là: $V=\frac{abc}{6}$ 

Cách giải:

Đáp án A

Phương pháp:

Dựa vào BBT và đánh giá từng đáp án.

Cách giải:

Hàm số $y=f\left(x\right)$ nghịch biến trên đoạn $\left[0;1\right]$, đoạn này có độ dài bằng 1 $\Rightarrow$ Phương án A đúng.

Hàm số không có GTLN, GTNN trên R $\Rightarrow$ B và D sai.

Đáp án D

Đáp án C

Cách giải:

Đáp án D

Phương pháp: ${\log }_{a}f\left(x\right)=b\iff f\left(x\right)=a^b\left(0<a\ne 1,b>0\right)$ 

Cách giải:

${\log }_5\left(x^2+x+1\right)=1\iff x^2+x+1=5^1\iff x^2+x-4=0$ 

Đáp án A

Phương pháp:

Đưa về cùng số mũ.

Cách giải:

${\left(x^4\right)}^{\frac{1}{\sqrt{2}}}=4^{\sqrt{2}}\iff x^{4.\frac{1}{\sqrt{2}}}={\left(2^2\right)}^{\sqrt{2}}\iff x^{2\sqrt{2}}=2^{2\sqrt{2}}\iff x=2$ 

Đáp án A

Phương pháp:

- Tìm TXĐ

- Tính y’

- Lập bảng xét dấu y’

- Đánh giá khoảng nghịch biến.

Cách giải:

Đáp án B

Phương pháp:

Phân biệt dạng đồ thị của các hàm số : bậc nhất trên bậc nhất, bậc ba, bậc bốn trùng phương.

Cách giải:

Quan sát đồ thị hàm số, ta thấy, đồ thị hàm số không thể là đồ thị của hàm bậc nhất trên bậc nhất và bậc bốn trùng phương. Do đó, loại phương án A và D.

Còn lại, phương án B và C là các hàm số bậc ba.

Đáp án D

Phương pháp:

Đáp án B

Phương pháp:

Diện tích hình tròn bán kính R: $S=\pi R^2$ 

Đáp án C

Phương pháp:

Đặt $2^x=t,\left(t>0\right)$. Giải phương trình tìm , sau đó tìm và tổng các nghiệm.

Cách giải:

Đáp án C

Phương pháp:

Sử dụng phương pháp tìm GTNN, GTLN của hàm số.

Cách giải:

+) $y=x^3-10\Rightarrow y\text{'}=3x^2\ge 0,\forall x$ 

$\Rightarrow$ Hàm số đồng biến trên $\left[0;2\right]\Rightarrow \underset{\left[0;2\right]}{\min }\left(x^3-10\right)=f\left(0\right)=0^3-10=-10$ 

+) $y=\sqrt{x+2}-2\Rightarrow y\text{'}=\frac{1}{2\sqrt{x+2}}>0,\forall x\in \left[0;2\right]$ 

$\Rightarrow$ Hàm số đồng biến trên $\left[0;2\right]\Rightarrow \underset{\left[0;2\right]}{\min }\left(\sqrt{x+2}-2\right)=f\left(0\right)=\sqrt{0+2}-2=\sqrt{2}-2$

+) $y=\frac{x-2}{x+1}\Rightarrow y\text{'}=\frac{3}{{\left(x+1\right)}^2}>0,\forall x\in \left[0;2\right]$ 

$\Rightarrow$ Hàm số đồng biến trên $\left[0;2\right]\Rightarrow \underset{\left[0;2\right]}{\min }\left(\frac{x-2}{x+1}\right)=f\left(0\right)=\frac{0-2}{0+1}=-2$

+) $y=2^x-2\Rightarrow y\text{'}=2^x.\ln 2>0,\forall x$ 

Đáp án C                 

Cách giải:

Đáp án A

Phương pháp:

Cắt khối hình bởi mặt phẳng đi qua trục

Tính độ dài x cạnh của hình lập phương

Tính độ dài đường chéo của hình lập phương: $x\sqrt{3}$ 

Đáp án D

Phương pháp:

Tính thể tích của khối lăng trụ đứng, có đáy là hình thang cân mà hai cạnh bên bằng đáy bé và bằng 20cm.

Thể tích lớn nhất khi diện tích của hình thang cân lớn nhất.

Cách giải:

Thể tích nước lớn nhất khi diện tích của hình thang cân lớn nhất

Gọi độ dài đường cao là h. Khi đó, $AE=BF=h$

từ đó, suy ra $DE=CF=\sqrt{{20}^2-h^2}=\sqrt{400-h^2}$ 

$CD=DE+EF+FC=2\sqrt{400-h^2}+20$ 

Diện tích hình thang:

$\begin{array}{l}S=\left(AB+CD\right).AE:2=\frac{20+2\sqrt{400-h^2}+20}{2}.h=20h+h\sqrt{400-h^2}\\ S\text{'}=20+\sqrt{400-h^2}-h.\frac{h}{\sqrt{400-h^2}}=20+\frac{400-2h^2}{\sqrt{400-h^2}}\\ S\text{'}=0\iff 20\sqrt{400-h^2}+400-2^2=0\iff h^2=300\Rightarrow h=10\sqrt{3}\end{array}$

Bảng xét dấu:

Diện tích hình thang lớn nhất khi $h=10\sqrt{3}$ 

Khi đó $\sin \phi =\frac{10\sqrt{3}}{0}=\frac{\sqrt{3}}{2}\Rightarrow \phi ={60}^0\Rightarrow \phi \in \left[{50}^0;{70}^0\right)$

Đáp án B

Phương pháp:

Công thức: $A_n=M{\left(1+r\%\right)}^n$ 

Với: $A_n$ là mật độ dân số ở năm thứ n,

M là mật độ dân số ban đầu,

n là thời gian (năm),

r là mức tăng trưởng dân số.

Cách giải:

Đáp án D

Cách giải:

Ta thấy, hai hàm số $y={\log }_{a}x,y={\log }_{b}x$ đều đồng biến trên $\left(0;+\infty \right)\Rightarrow a,b>1$ 

Lấy $x_0>0$ bất kì, ta thấy ${\log }_a{x}_0>{\log }_b{x}_0\Rightarrow a<b\Rightarrow 1<a<b$ 

Đặt ${\left(\frac{1}{\sqrt{5}}\right)}^{{\left(\sqrt{1-2x}-1\right)}^2}=t,0<t\le 1$ 

Xét hàm số $y=5t^2-4t,t\in \left(0;1\right]:y\text{'}=10t-4$ 

$y\text{'}=0\iff t=\frac{2}{5}$ 

Ta có: $y\left(0\right)=0,y\left(\frac{2}{5}\right)=-\frac{4}{5},y\left(1\right)=1\Rightarrow \underset{\left(0;1\right]}{max}y=1,\underset{\left(0;1\right]}{\min }y=-\frac{4}{5}$ 

Đáp án C

Phương pháp:

Thể tích khối chóp: $V=\frac{1}{3}Sh$ 

Đáp án B

Cách giải:

Gọi M là trung điểm của CD. Kẻ AH vuông góc mặt phẳng (BCD) (H thuộc (BCD)) 

$\Rightarrow H\in BM,AH\perp HM$