Bộ 25 đề thi học kì 1 Toán 12 năm 2022-2023 (tiếp theo) - Đề 27 có đáp án

Đáp án D

Phương pháp:

+) Gọi M là trung điểm của AB, O là tâm của đường tròn đáy \( \Rightarrow OM \bot AB\)

+) Tính AB, SM, \({S_{\Delta SAB}} = \frac{1}{2}SM.AB\)

Gọi M là trung điểm của AB, O là tâm của đường tròn đáy \( \Rightarrow OM \bot AB\)

\(\Delta OMB\) vuông tại M \( \Rightarrow OM = \sqrt {O{B^2} - M{B^2}} = \sqrt {{{10}^2} - {{\left( {\frac{{12}}{2}} \right)}^2}} = 8\left( {cm} \right)\)

\(\Delta OMS\) vuông tại O \( \Rightarrow SM = \sqrt {S{O^2} + O{M^2}} = \sqrt {{6^2} + {8^2}} = 10\left( {cm} \right)\)

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

Sử dụng công thức tỉ số thể tích cho khối chóp tam giác

 

\frac{{S{A_1}}}{{SA}}.\frac{{S{B_1}}}{{SB}}.\frac{{S{C_1}}}{{SC}}\)

Cách giải:

Ta có: \(\frac{{{V_{S.EBD}}}}{{{V_{S.CBD}}}} = \frac{{SE}}{{SC}} = \frac{2}{3} \Rightarrow {V_{S.EBD}} = \frac{2}{3}{V_{S.CBD}}\)

Mà \({V_{S.CBD}} = \frac{1}{2}{V_{S.ABCD}}\left( {do\,\,{S_{BCD}} = \frac{1}{2}{S_{ABCD}}} \right)\)

\( \Rightarrow {V_{S.EBD}} = \frac{2}{3}.\frac{1}{2}{V_{S.ABCD}} = \frac{1}{3}.1 = \frac{1}{3}\)

Đáp án A

Phương pháp:

\({\log _a}b = \frac{{{{\log }_c}b}}{{{{\log }_c}a}},\,\,\,{\log _{{a^c}}}b = \frac{1}{c}{\log _a}b,\,\,\,{\log _a}{b^c} = c{\log _a}b\,\,\left( {0 < a,c \ne 1;\,b > 0} \right)\)

Cách giải:

\({\log _4}54 = \frac{1}{2}{\log _2}54 = \frac{1}{2}\left( {{{\log }_2}{3^3} + {{\log }_2}2} \right) = \frac{1}{2}\left( {3{{\log }_2}3 + 1} \right) = \frac{1}{2}\left( {3a + 1} \right)\)

Đáp án C

Phương pháp:

Giải bất phương trình mũ cơ bản, đưa về cùng cơ số.

Cách giải:

\({\left( {\sqrt {10} - 3} \right)^x} > \sqrt {10} + 3 \Leftrightarrow \left( {\sqrt {10} - 3} \right) > {\left( {\sqrt {10} - 3} \right)^{ - 1}} \Leftrightarrow x < - 1\,\,\left( {do\,\,0 < \sqrt {10} - 3 < 1} \right)\)

Đáp án D

Phương pháp:

Dựa vào các đường tiệm cận của đồ thị hàm số và giao điểm của đồ thị hàm số với các trục tọa độ.

Cách giải:

Đồ thị hàm số ở hình bên có TCĐ là \(x = - 1\) và TCN là \(y = 2\). Như vậy, có hàm số \(y = \frac{{2x + 5}}{{x + 1}}\) và \(y = \frac{{2x + 1}}{{x + 1}}\) thỏa mãn.

Mặt khác, đồ thị hàm số cắt Oy tại điểm có tung độ bằng 1 \( \Rightarrow \) Ta chọn phương án D: \(y = \frac{{2x + 1}}{{x + 1}}\)

Đáp án A

Phương pháp:

Giải phương trình bậc hai đối với phương trình mũ, hoặc có thể đặt ẩn phụ \(t = {3^x}\,\left( {t > 0} \right)\)

Cách giải:

Đáp án A

Phương pháp:

\(\left( {f.g} \right)' = f'g + g'f\)

Cách giải:

\(y = x\ln x \Rightarrow y' = 1.\ln x + x.\frac{1}{x} = \ln x + 1\)

Đáp án B

Phương pháp:

Điểm \(x = {x_0}\) được gọi là điểm cực đại của hàm số \(y = f\left( x \right) \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}f'\left( {{x_0}} \right) = 0\\f''\left( {{x_0}} \right) < 0\end{array} \right.\)

Cách giải:

\(y = x - \sin 2x \Rightarrow y = 1 - 2\cos 2x,\,\,\,y'' = 4\sin 2x\)

\(y' = 0 \Leftrightarrow \cos 2x = \frac{1}{2} \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}2x = \frac{\pi }{3} + k2\pi \\2x = - \frac{\pi }{3} + k2\pi \end{array} \right.,\,\,k \in Z \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = \frac{\pi }{6} + k\pi \\x = - \frac{\pi }{6} + k\pi \end{array} \right.,\,\,k \in Z\)

Ta có: \(y''\left( {\frac{\pi }{6} + k\pi } \right) = 4\sin \left( {2\left( {\frac{\pi }{6} + k\pi } \right)} \right) = 4\sin \left( {\frac{\pi }{3} + k2\pi } \right) = 2\sqrt 3 > 0\)

\( \Rightarrow \) Hàm số đạt cực tiểu tại các điểm \(x = \frac{\pi }{6} + k\pi ,\,\,k \in Z\)

\(y''\left( { - \frac{\pi }{6} + k\pi } \right) = 4\sin \left( {2\left( { - \frac{\pi }{6} + k\pi } \right)} \right) = 4\sin \left( { - \frac{\pi }{3} + k2\pi } \right) = - 2\sqrt 3 < 0\)

\( \Rightarrow \) Hàm số đạt cực đại tại các điểm \(x = - \frac{\pi }{6} + k\pi ,\,\,\,k \in Z\)