Đáp án đề số 2: Đề kiểm tra giữa kỳ II môn toán lớp 12

I. Đáp số

II. Hướng dẫn giải

Câu 5:

$\log_{3}{(1-x^{2})}+\log_{\frac{1}{3}}{(x+m-4)}=0 <=> \left\{\begin{matrix}1-x^{2}>0\\ \log_{3}{(1-x^{2})}=\log_{3}{(x+m-4)}\end{matrix}\right.$

                                                                              <=>$\left\{\begin{matrix}x\epsilon (-1;1)\\ 1-x^{2}=x+m-4\end{matrix}\right.$

Yêu cầu bài toán <=> $f(x)=x^{2}+x+m-5=0$ có hai nghiệm phân biệt $\epsilon (-1;1)$

Dùng định lí về dấu tam thức bậc hai

Để thỏa mãn yêu cầu bài toán ta phải có phương trình f(x)=0 có hai nghiệm thỏa mãn $-1<x_{1}<x_{2}<1 $

<=> $\left\{\begin{matrix}a.f(-1)>0\\ a.f(1)>0\\ \Delta >0\\ -1<\frac{S}{2}<1\end{matrix}\right.$ <=> $\left\{\begin{matrix}m-5>0\\m-3>0\\ 21-4m>0\end{matrix}\right.$

<=> $5<m<\frac{21}{4}$

Chọn C

Câu 11:

 Diều kiện để (C) cắt trục Ox tại bốn điểm phân biệt là m>2

Do tính đối xứng của đồ thị qua trục tung nên bài toán xảy ra khi :

$\int_{0}^{x_{1}}{(x^{4}-2mx^{2}+m+2)}dx=-\int_{x_{3}}^{x_{4}}{(x^{4}-2mx^{2}+m+2)}dx$

<=> $\int_{0}^{x_{4}}{(x^{4}-2mx^{2}+m+2)}dx=0 <=>3(x_{4})^{4}-10m(x_{4})^{2}+15(m+2)=0$

Suy ra $x_{4}$ là nghiệm của hệ $\left\{\begin{matrix}(x_{4})^{4}-2m(x_{4})^{4}+m+2=0\\3(x_{4})^{4}-10m(x_{4})^{2}+15(m+2)=0\end{matrix}\right.$

=> $(x_{4})^{2}=\frac{3m+6}{m} =>m=3$

Chọn A

Câu 15:

+Tính tổng số tiền mà Hùng nợ sau 4 năm học đại học 

Sau 1 năm số tiền Hùng nợ là :3 +3r = 3(1+r)

Sau 2 năm số tiền Hùng nợ là: $3.(1+r)^{2} + 3(1+ r)$

Tương tự sau 4 năm số tiền Hùng nợ là: $3(1+r)^{4} + 3(1+r)^{3} + 3(1+r)^{2} + 3(1+r)= 12927407,43 = A$

+Tính số tiền T mà Hùng phải trả trong một tháng

 Sau 1 tháng số tiền còn nợ là: A +Ar -T = A(1+r) -T

Sau 2 tháng số tiền còn nợ là: A(1+r) -T + [A(1+r) -T].y-T=$ A(1+ r)^{2}$ - T(1+r)- T

Tương tự sau 60 tháng số tiền còn nợ là: $A(1+r)^{60} - T(1+r)^{59} - T(1+r)^{58} - ... -T(1+r) - T$

Hùng trả hết nợ khi và chỉ khi:

<=> $A(1+r)^{60} - T(1+r)^{59} - T(1+r)^{58} - ... -T(1+r) - T = 0$

<=> $A(1+r)^{60} - T[(1+r)^{59} - (1+r)^{58} - ... -(1+r) - 1] = 0$

<=> $A(1+r)^{60} - T\frac{(1+r)^{60}-1}{1+r-1}=0$

<=> $A(1+r)^{60} - T\frac{(1+r)^{60}-1}{r}=0$

<=> $T= \frac{Ar(1+r)^{60}-1}{(1+r)^{60}-1}=0$

<=> T = 232.289

Chọn A

Câu 21:

Ta có: $\int_{0}^{1}{\frac{x^{3}+2x^{2}+3}{x+2}}dx=\int_{0}^{1}(x^{2}+\frac{3}{x+2})dx=(\frac{x^{3}}{3}+3ln|x+2|)|_{0}^{1}=\frac{1}{3}+3ln\frac{3}{2} =>\left\{\begin{matrix}a=3\\ b=3\end{matrix}\right.$

Khi đó: $\int_{8}^{ab}dx=\int_{8}^{9}dx=x|_{8}^{9}=1 => \lim_{x \to +\infty}\frac{(k^{2}+1)x+2017}{x+2018}>1 <=>k^{2}+1>1 <=> k\neq 0$

Chọn B

Câu 25:

Gọi M,N lần lượt là trung điểm của SA, BC.

Dễ thấy MN là đoạn vuông góc chung của SA. BC => d(SA,BC) = MN

Tam giác SMB vuông tại M có $MB=\sqrt{SB^{2}-SM^{2}}=\sqrt{1-\frac{x^{2}}{4}}$

Tam giác MNB vuông tại N có $MN=\sqrt{BM^{2}-BN^{2}}=\sqrt{1-\frac{x^{2}+y^{2}}{4}}$

Thể tích khối chóp SABC là $V_{SABC}=\frac{1}{6}SA.BC.sin(\widehat{SA,BC}).d(SA,BC) =\frac{xy}{6}\sqrt{1-\frac{x^{2}+y^{2}}{4}}$

mà $x^{2}+y^{2}\geq 2xy <=>1-\frac{x^{2}+y^{2}}{4}\leq 1-\frac{xy}{2} =>V \leq \frac{xy}{6}\sqrt{1-\frac{xy}{2}}$

=> $f(t)=\frac{1}{6}\sqrt{1-\frac{t}{2}}\leq \frac{2\sqrt{3}}{27} $ (khảo sát hàm số )

Vậy $V_{max} = \frac{2\sqrt{3}}{27}$ Dấu bằng xáy ra khi $t=xy = \frac{4}{3}$

Chọn A