Đáp án đề số 1: Đề kiểm tra giữa kỳ II môn toán lớp 12

I. Đáp số

II. Hướng dẫn giải

Câu 10:

TXĐ: $D=\mathbb{R}$ , ta có: $f(x)=\frac{2sin^{2}x}{sin^{4}\frac{x}{2}+cos^{4}\frac{x}{2}}=\frac{2sin^{2}x}{1-\frac{1}{2}sin^{2}x}=\frac{4sin^{2}x}{2-sin^{2}x}$

Đặt $sin^{2}x=t (t\epsilon [0;1])$ hàm số trở thành $g(t)=\frac{4t}{-t+2}$ với $t\epsilon [0;1]$, ta có:

$g'(t)=\frac{8}{(-t+2)^{2}}>0,\forall t\epsilon [0;1]$ suy ra hàm số đồng biến trên [0;1] vậy

$\max_{x\epsilon \mathbb{R}}f(x)=\max_{t\epsilon [0;1]}g(t)=g(1)=4$ xảy ra khi $t=1 =>x=\frac{\pi }{2}+k\pi (k\epsilon \mathbb{Z})$

Chọn B

Câu 17:

TXĐ: $D=\mathbb{R}$ Ta có: $y'=m-3+(2m+1)sin x$

Hàm số nghịch biến trên $\mathbb{R}$ <=> $y'\leq 0,\forall x\epsilon \mathbb{R} <=> (2m+1)sin x\leq 3-m$

Trường hợp 1: $m=\frac{-1}{2} $ ta có: $0\leq \frac{7}{2},\forall x\epsilon \mathbb{R}$. Vậy hàm số luôn nghịch biến trên $ \mathbb{R}$.

Trường hợp 2: $m<\frac{-1}{2}$ ta có: $sin x\geq \frac{3-m}{2m+1},\forall x\epsilon \mathbb{R} <=> \frac{3-m}{2m+1}\leq -1$

                                                     <=>  $ 3-m\geq -2m-1 <=> m\geq 4$

Trường hợp 3: $m>\frac{-1}{2}$ ta có: $sin x\leq \frac{3-m}{2m+1},\forall x\epsilon \mathbb{R} <=> \frac{3-m}{2m+1}\geq 1 <=> 3-m\geq 2m+1 <=> m\leq \frac{2}{3}$

Vậy $m\epsilon [-4;\frac{2}{3}]$

Chọn A

Câu 19: 

Ta có ME cắt AD tại Q, NE cắt CD tại P => mp(MNE) chia khối tứ diện ABCD thành hai khối đa diện gồm PQD.NMB và khối đa diện chứa đỉnh A có thể tích A.

Dễ thấy P,Q làn lượt là trọng tâm của $ \Delta $BCE, $ \Delta $ ABE

Gọi S là diện tích $ \Delta $ BCD => $S_{\Delta PDE}=\frac{1}{3}S_{\Delta CDE}=\frac{1}{3}S_{\Delta NBE}=\frac{S}{3}$

Gọi h là chiều cao của tứ diện ABCD =>$\left\{\begin{matrix}d(M;(BCD))=\frac{h}{2}\\ d(Q:(BCD))=\frac{h}{3}\end{matrix}\right.$

Khi đó $V_{MBNE}=\frac{1}{3}d(M;(BCD)).S_{\Delta BNE}=\frac{S.h}{6};V_{QPDE}=\frac{S.h}{27}$

Suy ra $V_{PQD.NMB}=V_{MBNE}-V_{QPDE}=\frac{7}{18}.\frac{S.h}{3}=\frac{7}{18}V_{ABCD} =>V=\frac{11}{18}V_{ABCD}=\frac{11\sqrt{2}}{216}a^{3}$

Chọn A

Câu 22;

Ta có: $\Delta SBA=\Delta SCA =>SB=SC$

Gọi M là trung điểm của BC ta có;

$\left\{\begin{matrix}SM\perp BC\\ AM\perp BC\end{matrix}\right.=>BC\perp (SAM)$

Dựng $SH\perp AM =>SH\perp (ABC)$ Khi đó $\widehat{SAH}=60^{\circ}$

Do $SH^{2}+HB^{2}=SB^{2};SB^{2}+AB^{2}=SA^{2}$

Ta có: $SA^{2}=SH^{2}+HB^{2}+AB^{2}$ mật khác $SA^{2}=HA^{2}+SH^{2}$

Do đó: $HB^{2}+AB^{2}=HA^{2} =>HB\perp AB$

Khi đó HBAC là hình vuông suy ra $AH=2a\sqrt{2}$

Khi đó $SH=HA. tan60^{\circ}=2a\sqrt{6};S_{ABC}=\frac{AB.AC}{2}=2a^{2}=>V=\frac{1}{3}SH.S_{ABC}=\frac{4a^{3}\sqrt{6}}{3}$

Chọn B

Câu 29:

Ta có: $y=|x^{2}+2x+a-4|=|(x+1)^{2}+a-5|$. Đặt $u=(x+1)^{2}$ khi đó $\forall x\epsilon [-2;1]$ thì $u\epsilon [0;4]$

Ta có  được hàm số $f(u)=|u+a-5|$ khi đó

$\max_{x\epsilon [-2;1]}{y}=\max_{u\epsilon {[0;4]}}{f(u)}=\max{[f(0),f(4)]}=\max{[|a-5|;|a-1|]}$

Trường hợp 1: $|a-5|\geq |a-1| <=>a\leq 3 =>\max_{u\epsilon [0;4]}{f(u)}=5-a\geq 2 <=> a=3$

Trường hợp 2: $|a-5|\leq|a-1| <=>a\geq 3 =>\max_{u\epsilon [0;4]}{f(u)}=a-1\geq 2 <=> a=3$

Vậy giá trị nhỏ nhất của $\max_{x\epsilon [-2;1]}{y}= 2 <=> a=3$

Chọn A