Đề ôn tập toán 12 (21)

Cắt hình trụ bởi một mặt phẳng đi qua trục được thiết diện là một hình vuông có diện tích bằng 4.Thể tích của khối trụ tạo nên hình trụ đã cho bằng 2 3 .. Đáp án đúng: B Giải thích chi

Trang 1

ĐỀ MẪU CÓ ĐÁP ÁN MÔN TOÁN 12

TOÁN 12

Thời gian làm bài: 40 phút (Không kể thời gian giao đề)

-Họ tên thí sinh:

Số báo danh:

Mã Đề: 021.

Câu 1 Cắt hình trụ bởi một mặt phẳng đi qua trục được thiết diện là một hình vuông có diện tích bằng 4.Thể tích của khối trụ tạo nên hình trụ đã cho bằng

2 3



Đáp án đúng: B

Giải thích chi tiết: Cắt hình trụ bởi một mặt phẳng đi qua trục được thiết diện là một hình vuông có diện tích

bằng 4.Thể tích của khối trụ tạo nên hình trụ đã cho bằng

A 2 2 B

2 3



C 2 D 8

Lời giải

Thiếu diện là hình vuông ABCD

Ta có: S ABCD a2  4 a2 suy ra bán kính đáy : r 1

Thể tích khối trụ đã cho bằng : V r h2 2

Câu 2 Biết rằng

d

x

A

2

1

4

2 3

 

Đáp án đúng: C

Câu 3 Cho mặt cầu   S : x 32y 42z52  và mặt phẳng 9  P x: 2y 2z10 0 Hai điểm M ,

N lần lượt thuộc mặt cầu  S và mặt phẳng  P

Biết rằng MN tạo với mặt phẳng  P

một góc 45 không

đổi Nếu MN có độ dài lớn nhất thì tập hợp các điểm M , N cùng nằm trên một mặt cầu  S

Tính thể tích của mặt cầu  S

A

256000

256

81 .

Đáp án đúng: A

Trang 2

Giải thích chi tiết:

Gọi I3; 4; 5 

là tâm của mặt cầu  S

Hạ IE P

Dễ thấy, để MN có độ dài lớn nhất thì M , I , E thằng hàng Vì I , E là các điểm tồn tại duy nhất nên M là

điểm tồn tại duy nhất

Do đó ta chỉ cần xét tập hợp các điểm N thuộc mặt phẳng  P

Ta có:  ,   3 2.4 2 5  10 31

3

1 4 4

 

31 40 3

ME MI IE

Do tam giác MEN vuông cân tại E

40 3

NE ME

với mọi N thuộc mặt phẳng  P

Do đó M , N thuộc

mặt cầu  S

tâm E , bán kính

40

3 Khi đó,

40 3

S

R NE 4  3 256000

Câu 4 Cho M(-3; 4; 1); N(-13; 2; -3) Biết ⃗u=4 ⃗i−2⃗ MN Độ dài vecto ⃗u là:

Đáp án đúng: D

Câu 5 Cho

2

2 1

4

I x  x dx

và đặt t 4 x2 Khẳng định nào sau đây sai?

A I  3

B

3

2

0

I t dt

C

2 3

0

3

t

I 

D

2 3

0

2

t

I 

Trang 3

Câu 6 Cho số phức z 2 3i Điểm biểu diễn số phức w 2 z1i z.

trên mặt phẳng phức là

A M3;1

B Q   3; 1

C P3; 1 

D N1;3

Giải thích chi tiết: Cho số phức z 2 3i Điểm biểu diễn số phức w 2 z1i z trên mặt phẳng phức là

A M3;1. B N1;3. C P3; 1 

D Q   3; 1.

Lời giải

Ta có w 4 6  i1i 2 3 i   3 i

Điểm biểu diễn số phức wtrên mặt phẳng phức là P3; 1 

Câu 7 Thể tích một khối cầu có đường kính bằng 6cm là

A 27 cm3 B 288 cm3 C 36 cm3 D 81 cm3

Câu 8 Cho hàm số f x  liên tục trên 1;3 thỏa mãn f x 1f x 2x12 f x 4 0;

 1 1,   0, 1;3 

3

1

d

f x x



thuộc khoảng nào trong các khoảng sau?

A

3

1;

2

 

 

3

; 1 2

 

Giải thích chi tiết: Ta có f x 1 f x 2x12 f x 4 0

2

.f x x 1

 

2

2 2

1

 

2

2 2

1

3

1

f x

Mà f  1 1

nên C 0

Khi đó f x  1

x



và  

3 1

2

x

 

 

Câu 9 Cho khối chóp S ABCD có ABCD là: hình vuông cạnh 2a , SAABCD, SA a Thể tích của khối chóp đã cho bằng

A

3

4

3

a

3 3

a

Trang 4

Thể tích của khối chóp là::

1

=1 . 2

3 2

2

a

Câu 10

Cho hàm số y=f x( )

có đạo hàm trên ¡ và đồ thị y=f x( )

như hình vẽ bên

Xét hàm

( ) = æçç + + + ö÷÷

÷

5 4

khẳng định nào đúng

Giải thích chi tiết: Đặt

( )

+

2

x

,

1 1

2 2 1

x

Khảo sát h x( )

ta có

t

Từ đó m=1;M =3

Câu 11 Họ nguyên hàm của hàm số f x e2x3 là

A

2 3

1

2

x

e  C



2 3

3 2

x

e  C



2 3

x

e  C



2 3

1 3

x

e  C



Trang 5

Câu 12 Cho biểu thức P4 x x3 2 x3 , với x 0 Mệnh đề nào dưới đây đúng?

A

2

3

1 4

13 24

1 2

P x Đáp án đúng: C

Câu 13 Có bao nhiêu cách xếp 6 bạn A, B, C, D, E, F vào một ghế dài sao cho bạn A, F ngồi ở 2 đầu ghế?

Giải thích chi tiết: Có bao nhiêu cách xếp 6 bạn A, B, C, D, E, F vào một ghế dài sao cho bạn A, F ngồi ở 2

đầu ghế?

A 120 B 720 C 24 D 48

Hướng dẫn giải

Có 2! cách xếp bạn A, F ngồi ở 2đầu ghế

Có 4! cách xếp 4 bạn vào 4vị trí còn lại

Vậy: Có 2!.4! 48 (cách xếp)

Câu 14 Trong không gian Oxyz , cho tam giác nhọn ABC có H2; 2;1

,

8 4 8

; ;

3 3 3

K  

  , O lần lượt là hình

chiếu vuông góc của A, B , C trên các cạnh BC , AC , AB Đường thẳng d qua A và vuông góc với mặt phẳng ABC có phương trình là

A

:

d

:

C

:

d

Trang 6

Ta có tứ giác BOKC là tứ giác nội tiếp đường tròn ( vì có hai góc vuông K , O cùng nhìn BC dưới một góc

vuông) suy ra OKB OCB   1

Ta có tứ giác KDHC là tứ giác nội tiếp đường tròn ( vì có hai góc vuông K, H cùng nhìn DC dưới một góc

vuông) suy ra DKH OCB  2

Từ  1

và  2

suy ra DKH OKB do đó BK là đường phân giác trong của góc OKH và AC là đường phân

giác ngoài của góc OKH

Tương tự ta chứng minh được OC là đường phân giác trong của góc KOH và AB là đường phân giác ngoài

của góc KOH

Ta có OK  ; 4 OH  ; 3 KH  5

Gọi I , J lần lượt là chân đường phân giác ngoài của góc OKH và KOH

Ta có I ACHO ta có

4 5

  

 8; 8; 4

I

Ta có J ABKH ta có

4 3

3

    

Đường thẳng IK qua I nhận 16 28 20; ; 44;7;5

IK  

làm vec tơ chỉ phương có phương trình

8 4

4 5

 





 



  



Đường thẳng OJ qua O nhận OJ  16; 4; 4  4 4;1; 1  

làm vec tơ chỉ phương có phương trình

4

:















  



Khi đó A IK OJ, giải hệ ta tìm được A   4; 1;1

Ta có IA  4;7;5

và IJ 24;12;0

, ta tính IA IJ,     60;120; 120  60 1; 2; 2  

⃗ ⃗

Khi đó đường thẳng đi qua A và vuông góc với mặt phẳng ABC có véc tơ chỉ phương u  ⃗ 1; 2; 2 nên có

phương trình

Nhận xét:

Mấu chốt của bài toán trên là chứng minh trực tâm

 Mấu chốt của bài toán trên là chứng minh trực tâm D của tam giác ABC là tâm đường tròn nội tiếp tam giác

OHK Khi đó, ta tìm tọa độ điểm D dựa vào tính chất quen thuộc sau: “Cho tam giác ABC với I là tâm

đường tròn nội tiếp, ta có .a IA b IB c IC .  .  0

, với a BC , b CA , c AB ” Sau khi tìm được D, ta tìm

được A với chú ý rằng A DH và OADA

Ta cũng có thể tìm ngay tọa độ điểm

 Mấu chốt của bài toán trên là chứng minh trực tâm A bằng cách chứng minh A là tâm đường tròn bàng tiếp góc H của tam

giác OHK Khi đó, ta tìm tọa độ điểm D dựa vào tính chất quen thuộc sau: “Cho tam giác ABC với J là tâm

đường tròn bàng tiếp góc A, ta có a JA b JB c JC.  .  . 0

, với a BC , b CA , c AB ”

Trang 7

Câu 15 Số nghiệm của phương trình 3x 2x  là1

Ta có: 3x22x 1 3x22x 30  x2 2x0

0 2

x x





  

Câu 16 Đạo hàm của hàm số là:

Câu 17

Cho hình hộp có M N P, , lần lượt là trung điểm ba cạnh và Mặt phẳng (MNP) cắt đường thẳng tại I. Biết thể tích khối tứ diện IANP là V. Thể tích khối hộp đã cho

bằng

A 2 V B 6 V C 4 V D 12 V

Lời giải

Gọi Theo tính chất của giao tuyến suy ra MQ NPP nên Q là trung điểm của Suy

ra M Q, lần lượt là trung điểm IN IP, .

Ta có

Mặt khác

Từ đó suy ra

Câu 18

Ông A đi làm lúc 7 giờ sáng và đến cơ quan lúc 7 giờ 12 phút bằng xe gắn máy, trên đường đến cơ quan ông

A gặp một người nên ông A phải giảm tốc độ để đảm bảo an toàn rồi sau đó lại từ từ tăng tốc độ để đến cơ quan làm việc Hỏi quãng đường kể từ lúc ông A giảm tốc độ để tránh tai nạn cho đến khi tới cơ quan dài bao nhiêu mét?

Trang 8

(Đồ thị dưới đây mô tả vận tốc chuyển động của ông A theo thời gian khi đến cơ quan)

A 3600 B 3200 C 3900 D 3500

Giải thích chi tiết: Quãng đường kể từ lúc ông A giảm tốc độ để tránh tai nạn cho đến khi tới cơ quan là

( )

2

1

d

t

Trong đó:

+) S là diện tích tam giác giới hạn bởi đồ thị hàm số 1 y=v t( ) và trục hoành trong khoảng thời gian từ 7 giờ 5

phút đến 7 giờ 6 phút

+) S là diện tích hình thang giới hạn bởi đồ thị hàm số 2 y=v t( ) và trục hoành trong khoảng thời gian từ 7 giờ

6 phút đến 7 giờ 12 phút

Ta có: 1

.36 0,3

2 60

; 2

.48 3,6

2 60 60

= ççè + ø÷÷ = . Suy ra S=0,3 3, 6+ =3,9 km( ) =3900 m( )

Câu 19 Nếu

  5 2

2 d

f x x 



thì

  5 2

3f x xd



bằng

Giải thích chi tiết: Nếu

  5 2

2 d

f x x 



thì

  5 2

3f x xd



bằng

A 6 B 3 C 18 D 2

Lời giải

Ta có:    

3f x xd 3 f x xd 3.2 6

Câu 20 : Khối chóp đều S.ABCD có mặt đáy là:

Trang 9

A Hình bình hành B Hình thoi

Câu 21 Trên khoảng 0;  

, đạo hàm của hàm số

5 3

y x là

A

2 3

5

3



 

2 3

3 5

 

8 3

3 8

 

2 3

5 3

 

Giải thích chi tiết: (MĐ 104 2020-2021 – ĐỢT 1) Trên khoảng 0;  , đạo hàm của hàm số y x 53 là

A

8

3

8

 

B

2 3

5 3

 

C

2 3

5 3



 

D

2 3

3 5

 

Lời giải

Ta có:

1

y  x   x

Câu 22 Trong không gian Oxyz , cho tam giác ABC có C3; 2;3, đường cao AH nằm trên đường thẳng

1

:

 , phân giác trong BM của góc B nằm trên đường thẳng 2

:

dài cạnh AC bằng

Gọi  

là mặt phẳng đi qua C và vuông góc với d1   : x y  2z  1 0

H là giao của d với 1    H2;3;3

 P là mặt phẳng đi qua C và vuông góc với d2   P x:  2y z  2 0

 Q

là mặt phẳng đi qua H và vuông góc với d2   Q x:  2y z   1 0

,

I K lần lượt là hình chiếu của , H C trên d 2

Suy ra I là giao của d với 2  

;3;

Q  I  

  , K là giao của d với 2  P  K2;2;4 ,

H C  lần lượt là điểm đối xứng của ,H C qua d2  H C, AB và H1;3;4 , C1;2;5

Trang 10

Phương trình tham số của đường thẳng AB là

1 2 5

x







 



  

A là giao điểm của AB với d1  A1;2;5

Do đó AC 2 2.

Câu 23 Tính diện tích xung quanh của hình trụ biết hình trụ có đường kính đáy a và đường cao là 3a

Câu 24 I xcos dx xbằng

A

2cos

2

x

C I xsinxcosx C D

2sin 2

x

Câu 25 Cho tứ diện ABCD có thể tích bằng 10a3 Trên cạnh CD lấy điểm M sao cho

3 2

CM

MD  Tính thể tích

V của khối tứ diện ABCM

A V 6a3 B V  4 a3 C V  2 a3 D

3

10 3

Câu 26 Cho điểm A nằm trên mặt cầu  S

tâm O,bán kính R  cm 6 I K, là hai điểm trên đoạn OA sao cho

OI IK KA Các mặt phẳng    P , Q

lần lượt đi qua I K, cùng vuông góc với OA và cắt mặt cầu  S

theo đường tròn có bán kính r r Tính tỉ số 1; 2

1 2

r r

A

1

2

3 10

4

r

1 2

4 10

r

1 2

3 10 5

r

1 2

5

3 10

r

Trang 11

Bán kính mặt cầu  S

là R  cm nên 6 OA  cm6  OI IK KA cm nên 2 OK  cm.4

Gọi một giao điểm của các mặt phẳng    P , Q

với mặt cầu  S

là

,

6

M N



 

Do đó, ta có

2 2

2 5 10

r







Câu 27

Đường cong trong hình vẽ dưới đây là đồ thị của hàm số nào?

A yx4 3x2 1 B

2 1 1

x y x







C yx3 3x2  1 D yx44x2 1

Câu 28 Cho hình trụ tròn xoay có bán kính đáy là 2a, chiều cao là 3a Diện tích xung quanh hình trụ bằng

A 20 a 2 B 24 a 2 C 12 a 2 D 40 a 2

Câu 29

Miền không được tô đậm (không tính bờ) ở hình dưới đây là miền nghiệm của một hệ bất phương trình bậc nhất hai ẩn Điểm nào sau đây không là nghiệm của hệ đó?

Trang 12

A 1;2

B 2; 1  C  1;1

D 4; 2 

Câu 30 Trong không gian Oxyz , cho a ⃗ 0;3; 2 và b  ⃗  1;1;1 Vectơ a b⃗ ⃗ có tọa độ là

A 1; 2;1 B 1; 2; 1  

C 1; 2;1. D 1; 4;3

Giải thích chi tiết: a b 0 ( 1);3 1;2 1     1;2;1

⃗ ⃗

Câu 31 Cho  

5

2021 5

x

là một nguyên hàm của hàm số 3x g x 

Gọi F x 

là một nguyên hàm của hàm số f x  g x .ln 3 x

Cho biết F 1  và 5

1

ln 3

a

b

 

 

 

  a b c  , , *

Trong đó

a

b là phân số tối giản, d là số nguyên tố Hãy tính giá trị của T  a b c d. 

A 4282 B 2248 C 2428 D 2842

Giải thích chi tiết: Ta có G x  3x g x   g x x2

Đặt uln 3 x

1

du dx x

, dv x x 2d

3

x v

Khi đó   1 3ln 3  1 2d 1 3ln 3  1 3

Trong đó F 3  nên 5 3 3

.3 ln 9 3 5

3  9 C   C 8 18ln 3

Trang 13

Suy ra

3

F         

Từ đó thu được a 1943, b 243, c  , 18 d  3

Kết quả T  a b c d.  1943 243.18 3  2428

Câu 32 Cho F x  12

x



là một nguyên hàm của

 

f x

x Tìm nguyên hàm của x4 x f x3 '( )

A  x4 x3 f x'( ) 2x24x C B  x4 x f x3 '( ) 2 x24x C

C  x4 x f x3 '( ) 2 x2 4x C D  x4 x f x3 '( ) 2x2 4x C

Giải thích chi tiết: Áp dụng định nghĩa F x'( )f x( ), Ta có:

 

3

2 f x

f x

x

Ta tìm I  x4 x3 f x x d .

 

2

x

  









Vậy  x4 x3 f x x d 2x2 4x C

Câu 33 Gọi S là tập nghiệm của phương trình

2 2 3

1

7 7

x x

x

 



 



 

  Tính tổng tất cả các phần tử của S

Câu 34

Đường cong nào ở bên dưới là đồ thị của hàm số y= ax +b cx +d với a, b, c, d là các số thực

Mệnh đề nào dưới đây đúng ?

A y '>0 , ∀ x ≠ 1 B y '<0 , ∀ x ≠ 1.

C y '<0 , ∀ x ∈ R D y '>0 , ∀ x ∈ R.

Trang 14

Câu 35 Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD là hình bình hành, các cạnh bên của hình chóp bằng 6 cm ,

4



AB cm Khi thể tích khối chóp S ABCD đạt giá trị lớn nhất, tính diện tích mặt cầu ngoại tiếp S ABCD

A 36 cm 2 B 4 cm 2 C 12 cm 2 D 9 cm 2

Gọi O là giao điểm của AC và BD

Ta có SAC cân tại S nên SOAC và SBD cân tại S nên SOBD

Khi đó SOABCD

Ta có: SAOSBOSCOSDO OA OB OC OD  

Vậy hình bình hành ABCD là hình chữ nhật.

Đặt

2



Xét SAO vuông tại O , ta có:

6

Thể tích khối chóp S ABCD là:

2



S ABCD ABCD

x

Áp dụng bất đẳng thức :

2



a b ab

ta có:

2

 

Dấu " " xảy ra  8 x2  x x2. Do đó: BC2,SO1.

Gọi M là trung điểm của SA , trong SAO kẻ đường trung trực của SA cắt SO tại I

Khi đó mặt cầu ngoại tiếp khối chóp S ABCD có tâm I và bán kính R IS

Vì SMI∽ SOA g g( ) nên

2 2.1

Diện tích mặt cầu ngoại tiếp khối chóp S ABCD là: 4R2 4 3 2 36 ( cm2)

Câu 36 Trong không gian với hệ trục Oxyz , mặt phẳng  

chứa trục Ox và đi qua điểm M2; 1;3 

có phương trình dạng

A x2y z  3 0 B 3y z 0

C  y3z0 D 3x z  0

Trang 15

Giải thích chi tiết: Trong không gian với hệ trục Oxyz , mặt phẳng  

chứa trục Ox và đi qua điểm

2; 1;3

M 

có phương trình dạng

A 3x z  B 0 x2y z  3 0 C 3y z 0.D  y3z0

Lời giải

Ta có: OM 2; 1;3 ;   i1;0;0

Mặt phẳng  

chứa trục Ox và đi qua điểm M2; 1;3 

nhận một véc tơ nOM i,  0;3;1

⃗

   

làm véc tơ pháp tuyến

Phương trình mặt phẳng  

: 3y1 1 z 3 0 3y z  0 Cách khác:

Mặt phẳng   chứa trục Ox có phương trình dạng by cz 0 ,b c0

  đi qua điểm M2; 1;3  nên ta có  b 3c 0 b3 c

Vậy   : 3cy cz  0 3y z  0

Câu 37 Diện tích của hình phẳng giới hạn bởi hai đường cong có phương trình x y- 2=0 và x+2y2- 12 0= bằng:

A S =15. B S =25. C S =30. D S =32

Câu 38 Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho ba điểm (5; 0), (0; 10), (8; 3)A B C Tính diện tích tam giác ABC

Câu 39 Cho hình nón (N )có bán kính đáy bằng 2 a , độ dài đường sinh bằng 5 a Diện tích xung quanh của

(N ) bằng bao nhiêu ?

A 15 π a2 B 45 π a2 C 10 π a2 D 20 π a2.

Câu 40 Cho số phức z3a 2a1i với a   , i là đơn vị ảo Tìm a biết rằng z là một số phức có phần2

thực bằng 8

A a  ; 1

9 5

a 

9 5

a 

C a  ; 1

9 5

a 

9 5

a 

Giải thích chi tiết: Ta có z2 3a 2a1i2 9a2 6 2a a 1i 2a12 5a2 4a1 6 2a a 1i

Theo giả thiết, ta có

1

5

a







 

Tiêu đề	Đề ôn tập toán 12
Chuyên ngành	Toán
Thể loại	Đề ôn tập

Định dạng
Số trang	15
Dung lượng	1,83 MB