Đề kiểm tra Học kì I Toán 12 năm học 2022 – 2023 sở Ninh Bình có đáp án và lời giải chi tiết

Nội dung của đề thi bao gồm:Hàm số và đồ thị hàm số, Khối đa diện, Thể tích khối đa diện, Mũ và logarit thuộc chương trình Toán 12. Đề thi này thích hợp cho các em ôn tập thi học kì I sắp tới.

Một số câu hỏi có trong đề thi này:

Các đề sưu tầm năm nay được Vted phát hành trong khoá Luyện đề Xplus

>>Xem thêm Cập nhật Đề thi thử tốt nghiệp THPT 2023 môn Toán có lời giải chi tiết

Combo 4 Khoá Luyện thi THPT Quốc Gia 2023 Môn Toán dành cho teen 2K5

>>Xem đề thi đã phát hành trước đó: [XMIN 2023] Đề số 09 – Đề kiểm tra Cuối học kì I Toán 12 năm học 2022 – 2023 sở GDKHCN Bạc Liêu

Xem trực tiếp và tải đề thi về

Thi Online và xem giải chi tiết Miễn phí các câu hỏi khó của đề thi này trong khoá Luyện đề Xplus tại Vted

Lời giải một số câu hỏi khó trong Đề kiểm tra Cuối Học kì I Toán 12 năm học 2022 – 2023 sở Ninh Bình:

Câu 47: Cho tứ diện $ABCD$ và các điểm $M,\text{ }N,\text{ }P$ lần lượt thuộc các cạnh $BD,\text{ }BC,\text{ }AC$ sao cho $BD=2BM,\text{ }BC=4BN,\text{ }AC=3AP.$ Mặt phẳng $\left( MNP \right)$ cắt $AD$ tại $Q,$ chia khối tứ diện thành $2$ phần có thể tích lần lượt là ${{V}_{1}},\text{ }{{V}_{2}}$ (${{V}_{1}}$ là thể tích khối đa diện chứa đỉnh $A$). Tỉ số $\dfrac{{{V}_{1}}}{{{V}_{2}}}$ bằng

Giải. Gọi $E=MN\cap CD\Rightarrow Q=AD\cap PE;{{V}_{1}}={{V}_{ABMNPQ}},{{V}_{2}}={{V}_{CDMNPQ}};V={{V}_{ABCD}}.$Áp dụng định lý Menelaus cho tam giác $BCD$ ta có $\dfrac{ED}{EC}.\dfrac{NC}{NB}.\dfrac{MB}{MD}=1\Rightarrow \dfrac{ED}{EC}.3.1=1\Rightarrow \dfrac{ED}{EC}=\dfrac{1}{3}$

Áp dụng định lý Menelaus cho tam giác $ACD$ ta có $\dfrac{QD}{QA}.\dfrac{PA}{PC}.\dfrac{EC}{ED}=1\Rightarrow \dfrac{QD}{QA}.\dfrac{1}{2}.3=1\Rightarrow \dfrac{QD}{QA}=\dfrac{2}{3}$

Ta có $\dfrac{{{V}_{CNPE}}}{{{V}_{CBAD}}}=\dfrac{CN}{CB}.\dfrac{CP}{CA}.\dfrac{CE}{CD}=\dfrac{3}{4}.\dfrac{2}{3}.\dfrac{3}{2}=\dfrac{3}{4}\Rightarrow {{V}_{CNPE}}=\dfrac{3}{4}V$

Và $\dfrac{{{V}_{DMQE}}}{{{V}_{DBAC}}}=\dfrac{DM}{DB}.\dfrac{DQ}{DA}.\dfrac{DE}{DC}=\dfrac{1}{2}.\dfrac{2}{5}.\dfrac{1}{2}=\dfrac{1}{10}\Rightarrow {{V}_{DMQE}}=\dfrac{1}{10}V$

$\Rightarrow {{V}_{2}}={{V}_{CNPE}}-{{V}_{DMQE}}=\dfrac{3}{4}V-\dfrac{1}{10}V=\dfrac{13}{20}V\Rightarrow {{V}_{1}}=V-{{V}_{2}}=\dfrac{7}{20}V\Rightarrow \dfrac{{{V}_{1}}}{{{V}_{2}}}=\dfrac{7}{13}.$

Chọn đáp án B.

*Các em xem lại Bài giảng So sánh tỷ số thể tích bằng công thức và Công thức Simson khoá PRO X.

Câu 48: Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số $m$ để tồn tại cặp số thực $\left( x;y \right)$ thỏa mãn ${{e}^{3x+5y}}-{{e}^{x+3y+1}}=1-2x-2y,$ đồng thời thỏa mãn $\log _{3}^{2}\left( 3x+2y-1 \right)-\left( m+6 \right){{\log }_{3}}x+{{m}^{2}}+9=0?$

Giải. Ta có ${{e}^{3x+5y}}-{{e}^{x+3y+1}}=1-2x-2y\Leftrightarrow {{e}^{3x+5y}}={{e}^{x+3y+1}}+1-2x-2y$

$\Leftrightarrow {{e}^{3x+5y}}+3x+5y={{e}^{x+3y+1}}+x+3y+1\Leftrightarrow 3x+5y=x+3y+1$ do hàm số $f\left( t \right)={{e}^{t}}+t$ đồng biến trên $\mathbb{R}$

Rút $2x+2y=1\Leftrightarrow 2y=1-2x$ thay vào điều kiện còn lại ta được

$\log _{3}^{2}\left( 3x+\left( 1-2x \right)-1 \right)-\left( m+6 \right){{\log }_{3}}x+{{m}^{2}}+9=0\Leftrightarrow \log _{3}^{2}x-\left( m+6 \right){{\log }_{3}}x+{{m}^{2}}+9=0$

Phương trình này có nghiệm khi ${{\Delta }_{{{\log }_{3}}x}}={{\left( m+6 \right)}^{2}}-4\left( {{m}^{2}}+9 \right)\ge 0\Leftrightarrow 0\le m\le 4.$ Chọn đáp án C.

Câu 49: Một hộp nữ trang (xem hình vẽ) có mặt bên $ABCDE$ với $ABCE$ là hình chữ nhật, cạnh cong $CDE$ là một cung của đường tròn có tâm là trung điểm $M$ của đoạn thẳng $AB.$ Biết $AB=12\sqrt{3}\text{ cm},\text{ }BC=6\text{ cm}$ và $BQ=18\text{ cm}.$ Thể tích của hộp nữ trang bằng

Giải. Áp dụng thể tích vật thể chương Nguyên hàm tích phân: Thể tích hộp nữ trang $V={{S}_{ABCDE}}.BQ$

Ta có $MA=MB=\dfrac{AB}{2}=6\sqrt{3};AE=BC=6\Rightarrow \widehat{EMA}=\widehat{CMB}={{30}^{0}}\Rightarrow \widehat{CME}={{120}^{0}}$

và bán kính cung tròn $ME=MC=\sqrt{M{{A}^{2}}+A{{E}^{2}}}=\sqrt{{{\left( 6\sqrt{3} \right)}^{2}}+{{6}^{2}}}=12.$Vì vậy diện tích hình thang cong ${{S}_{ABCDE}}={{S}_{AME}}+{{S}_{BMC}}+S$quạt$CME=\dfrac{1}{2}.6\sqrt{3}.6+\dfrac{1}{2}.6\sqrt{3}.6+\dfrac{120}{360}\pi {{.12}^{2}}=36\sqrt{3}+48\pi $

Vậy $V={{S}_{ABCDE}}.BQ=\left( 36\sqrt{3}+48\pi \right).18=216\left( 3\sqrt{3}+4\pi \right)\text{ c}{{\text{m}}^{\text{3}}}.$

Chọn đáp án A.

*Nếu không dùng kiến thức Ứng dụng tích phân tính thể tích vật thể thì ta tách thành các khối sau:

*Sau khi tính được $\widehat{CME}={{120}^{0}};MC=ME=12$

Thể tích hộp nữ trang = thể tích của lăng trụ đứng có tam giác đáy AME, cạnh bên AP=18 + thể tích của lăng trụ đứng có tam giác đáy BMC, cạnh bên BQ=18 + thể tích 1/3 trụ có bán kính đáy $r=12,$ chiều cao $h=18.$

Vậy $V=\dfrac{1}{2}.6\sqrt{3}.6.18+\dfrac{1}{2}.6\sqrt{3}.6.18+\dfrac{1}{3}.\pi {{.12}^{2}}.18=216\left( 3\sqrt{3}+4\pi \right)\text{ c}{{\text{m}}^{\text{3}}}.$

Chọn đáp án A.

Câu 50: Cho các hàm số $y=f\left( x \right),\text{ }y=g\left( x \right)$ liên tục trên $\mathbb{R},$ các hàm số $y={f}'\left( x \right),\text{ }y={g}'\left( x \right)$ có đồ thị như hình vẽ dưới đây (đồ thị $y={g}'\left( x \right)$ đậm hơn).Hàm số $y=f\left( x+1 \right)-g\left( x+1 \right)$ đạt cực đại tại điểm

Giải. Từ đồ thị đã cho suy ra ${f}'\left( x \right)-{g}'\left( x \right)$ cùng dấu với $\left( x-1 \right){{x}^{2}}\left( x+2 \right)$

Do đó ${y}'={f}'\left( x+1 \right)-{g}'\left( x+1 \right)$ cùng dấu với $\left( \left( x+1 \right)-1 \right){{\left( x+1 \right)}^{2}}\left( \left( x+1 \right)+2 \right)=x{{\left( x+1 \right)}^{2}}\left( x+3 \right)$ đổi dấu từ dương qua âm khi qua điểm $x=-3.$ Chọn đáp án B.

*Các em xem lại Bài giảng cực trị của hàm số hợp khoá VDC XMAX.