Đề ôn tập kiến thức toán 12 có giải thích (7)

Chiều cao của khối chóp bằng Đáp án đúng: C Câu 10.. Tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại điểm có hoành độ bằng có phương trình là Đáp án đúng: D Câu 14.. Gọi V là thể tích khối tròn xoay tạ

Trang 1

ĐỀ MẪU CÓ ĐÁP ÁN ÔN TẬP KIẾN THỨC

TOÁN 12

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

-Họ tên thí sinh:

Số báo danh:

Mã Đề: 007.

Câu 1 Trong không gian Oxyz, tâm và bán kính S:x2 y2 z2  8x2y  là1 0

A I4;1;0 , R 4 B I4; 1;0 ,  R 4

C I8; 2;0 ,  R 2 17 D I 4; 1;0 ,  R 16

Đáp án đúng: B

Câu 2 Diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hai hàm số yx2 x và y  3 x bằng

A

4

160

32

5

7.

Đáp án đúng: C

Câu 3

Đáp án đúng: A

Câu 4 Khối chóp tam giác đều có bao nhiêu mặt phẳng đối xứng?

Đáp án đúng: D

Câu 5 Cho hình nón có thiết diện qua trục là tam giác đều cạnh bằng 2 Thể tích của khối nón bằng

A 8p B

3 3

p

3 6

p

Câu 6 Phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số yx32x tại điểm (1;0)1 M là

A y  x 1 B y x  1 C y x  1 D y  x 1

Giải thích chi tiết: Ta có '(1)y  nên phương trình tiếp tuyến tại điểm (1;0)1 M có dạng

y  x   y  x

Câu 7 Tìm khoảng đồng biến của hàm số y x33x 4

C   ; 1  và 1;

Trang 2

Câu 8 Gọi S là tập hợp các số phức z thỏa mãn z 3 4 i  5 Xét các số phức z z1, 2S thỏa mãn

3

2

z  z 

Giá trị lớn nhất của biểu thức

Pz   i  z   i

bằng

Giải thích chi tiết:

Đặt u1 z1 3 4 ; i u2 z2 3 4 i, suy ra 1 2 1 2 1 2

3 5;

2

u u  u u z  z 

Gọi a 2 2i, ta có

u a u a u a u a

z z z z i z z z z

Giả sử z1 a1b i z1; 2 a2b i2 thì

Câu 9 Cho khối chóp có diện tích đáy B  6 và thể tích bằng 4 Chiều cao của khối chóp bằng

Câu 10 :Số phức z thoả mãn 2(z+i)−(2−i)z=1+4i có môđun bằng

Câu 11

Cho hình lăng trụ ABC A B C có thể tích V Biết tam giác ABC là tam giác đểu cạnh a các mặt bên là hình   

thoi, góc CC B   60 Gọi G ,  G lần lượt là trọng tâm của tam giác BCB và tam giác    A B C Tính theo V

thể tích khối đa diện GG CA  .

A GG CA 8

V V

Trang 3

C GG CA 12

V V

Ta có BCC B là hình thoi và   CC B  60 nên tam giác CC B đều Gọi   M là trung điểm của  B C , ta có:

GMC  B MC  CC B  BCC B

Khi đó

A G GC A MGC G MGC

3  3 4   

 V A MGC  V A BCC B 2 1 2

3 4 3 9

V

Câu 12

Cho hàm số y=f x( ) có đạo hàm với mọi x Î ¡. Có bao nhiêu số nguyên dương m để hàm số ( )g x =f(3 - x) đồng biến trên khoảng (3;+¥)?

Câu 13

Tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại điểm có hoành độ bằng có phương trình là

Câu 14

Trong các hình sau, hình nào là khối đa diện ?

Trang 4

(a) (b) (c)

Câu 15 Gọi V là thể tích khối tròn xoay tạo thành do quay xung quanh trục hoành một elip có phương trình

1

25 16

V có giá trị gần nhất với giá trị nào sau đây?

Câu 16 Họ nguyên hàm của hàm số f ( x )=cos x+ 6 x là

C −sin x+3 x2

+C

Giải thích chi tiết: Ta có ∫ f ( x) d x=∫ (cos x +6 x ) d x=sin x +3 x2

+C

Câu 17 Cho hình lăng trụ đứng ABC A B C ' ' ' có đáy ABC là tam giác vuông tại B,  ACB  30º, cạnh

3

BC a  , đường chéo A B' tạo với mặt phẳng ABC

một góc 60º Tính thể tích khối lăng trụ

' ' '

ABC A B C

A a3 3 B

3

a

C

3

2

a

D

3

3 2

a

Câu 18 Cho hàm số y=x3

−3 x+2 Tọa độ điểm cực tiểu của đồ thị hàm số là

Giải thích chi tiết: [Mức độ 1] Cho hàm số y=x3

−3 x+ 2 Tọa độ điểm cực tiểu của đồ thị hàm số là

A (−2 ;0 ) B (−1 ;4 ) C (0 ;1) D (1 ;0).

Lời giải

Ta có: y ′=3 x2− 3=0 ⇔ x2

=1⇔[x=−1 x=1 .

y ′′=6 x⇒ y ′′

(1)=6> 0; y ′′(− 1)=− 6<0

Vậy điểm cực tiểu của đồ thị hàm số là (1 ;0).

Câu 19 Cho hàm số y=f ( x ) xác định, liên tục trên ℝ và có bảng biến thiên như hình bên dưới Số nghiệm

của phương trình f ( x )=5 là:

A 0.

B 2.

C 3.

Trang 5

D 1.

Câu 20

Trong không gian , mặt cầu tâm và tiếp xúc có bán kính bằng

Giải thích chi tiết: Gọi là hình chiếu của trên

Câu 21 Hàm số F x  cos3x

là nguyên hàm của hàm số nào trong các hàm số cho dưới đây

A   sin 3

3

x

f x 

C f x  3sin 3x

Câu 22 Biết

2 2 0

cos

d ln 2 ln 3 sin 3sin 2

x





với a , b , c là các số nguyên Tính P2a b

2

x



2

2 0 0

d sin ln sin 1 ln sin 2





ln 2 ln1 ln 3 ln 2 2ln 2 ln 3

Suy ra a 2, b 1,  2a b 3

Câu 23 Tập nghiệm của bất phương trình 2x 5

 là

A  ;log 52 

C  ;log 25 

Lời giải

Trang 6

Ta có: 2x  5 xlog 52 Tập nghiệm của bất phương trình là S log 5;2  

Câu 24 Tập nghiệm của phương trình

7

343

x+ =

là

A  3 B 1 

C  1 D 3 

Câu 25 Trong không gian Oxyz, mặt cầu ( ) :S x2+y2+ -z2 2x+4y+ =1 0 có tâm I và bán kính R là:

A I(1; 2; 0),- R=2 B I(1; 2;1),- R=2

C I(1; 2;1),- R= 6 D I(1; 2;0),- R= 6

Câu 26 Cho số thực a thay đổi và số phức z thỏa mãn 2 1 1 ( 2 )

a a i a





 Trên mặt phẳng tọa độ, gọi M

là điểm biểu diễn số phức z Khoảng cách nhỏ nhất giữa hai điểm M và ( 3; 4) I  (khi a thay đổi) là

2



 M thuộc đường tròn ( ) :C x2y2 1 bán kính R  1

Vì ( 3;4)I  nằm ngoài ( )C nên để khoảng cách d giữa hai điểm M và ( 3;4) I  nhỏ nhất thì

d IO R   

Câu 27

Cho hàm số f ( x ) có bảng biến thiên như sau

Đồ thị hàm số có bao nhiêu điểm cực trị

Câu 28

Cho hàm số f x  

có bảng biến thiên như sau:

Trang 7

Số nghiệm thuộc đoạn     ;2 

của phương trình 2 sin f  x    3 0

là

Giải thích chi tiết: Cho hàm số f x  

có bảng biến thiên như sau:

Số nghiệm thuộc đoạn     ;2 

của phương trình 2 sin f  x    3 0

là

A 4 B 6 C 3 D 8

Lời giải

Cách 1: Tự luận truyền thống

Đặt tsinx Do x      ;2 

nên t    1;1 

Khi đó ta có phương trình    

3

2

Dựa vào bảng biến thiên ta thấy phương trình  

3 2

f t 

có 2 nghiệm t a     1;0 

và t b    0;1 

Trang 8

Trường hợp 1: t a     1;0 

Ứng với mỗi giá trị t    1;0 

thì phương trình có 4 nghiệm    x x1 2    0  x3 x4 2 

Trường hợp 2: t b    0;1 

Ứng với mỗi giá trị t   0;1 

thì phương trình có 4 nghiệm 0  x x 5  6

Hiển nhiên cả 6 nghiệm trong 2 trường hợp trên đều khác nhau

Vậy phương trình đã cho có 6 nghiệm thuộc đoạn     ;2 

Cách 2: Phương pháp ghép trục

Đặt t  sin x    1;1 

vì x      ;2 

;

2

2 3 2

x









 

3

2

Do đó tổng số nghiệm của phương trình đã cho là 6

Câu 29 Nếu  3 2x  3 2

thì

A x   1 B x   1 C x   D x  1

Giải thích chi tiết: Nếu  3 2x 3 2

thì

A x   B x  1 C x   1 D x   1

Hướng dẫn giải

Vì  3 2 3   2 1  

1

 nên

x

  3 2 x  3 21

Mặt khác 0 3 2 1  x   Vậy đáp án A là chính xác.1

Trang 9

Câu 30 Biết phương trình z2mz n 0m n,  

có một nghiệm là 1 3i Tính n3m

Giải thích chi tiết: Biết phương trình z2mz n 0m n,  

có một nghiệm là 1 3i Tính n3m

A 4  B 6 C V  3 D 16 

Lời giải

Vì phương trình z2mz n 0m n,  

có một nghiệm là 1 3i nên

1 3 i2m1 3 in  0 1 6i 9m 3mi n 0   8 m n  3m2i0

Câu 31 Biết

3

2

f x dx 



Khi đó  

3

2

3 5 ( ) f x dx



bằng:

A 22 B 26 C 15 D 28

Câu 32 Trong không gian Oxyz , cho hai mặt phẳng  P : 2x y 2z  và 5 0  Q x y:    Trên 2 0  P

có tam giác ABC ; Gọi A, B, C lần lượt là hình chiếu của A , B , C trên  Q

Biết tam giác ABC có diện tích bằng 4 , tính diện tích tam giác A B C  

Giải thích chi tiết: Trong không gian Oxyz , cho hai mặt phẳng  P : 2x y 2z  và 5 0  Q x y:    2 0 Trên  P

có tam giác ABC ; Gọi A, B, C lần lượt là hình chiếu của A , B , C trên  Q

Biết tam giác

ABC có diện tích bằng 4 , tính diện tích tam giác A B C  

A 2 B 4 2 C 2 D 2 2

Lời giải

Gọi  là góc giữa hai mặt phẳng  P và  Q .

cos

2

Ta có:

1

2

A B C ABC

Câu 33 Gọi x x là hoành độ các điểm uốn của đồ thị hàm số 1, 2

4

x

y  x 

, thì x x có giá trị bằng1 2

A

2

3



2

Câu 34

Trang 10

Hình chiếu B trên (SBD) là

Câu 35

Trong không gian cho hình thang cân ABCD, AB CD// , AB3a, CD6a, đường cao MN 2a , với M , N lần lượt là trung điểm của AB và CD Khi quay hình thang cân ABCD xung quanh trục đối xứng MN thì được một hình nón cụt có diện tích xung quanh là

Trang 11

A 3,75 a 2 B 15 a 2 C 7,5 a 2 D 11, 25 a 2.

Gọi S là giao điểm của hai cạnh bên AD và BC của hình thang Khi đó S , M , N thẳng hàng

Khi quay quanh SN, tam giác SCD sinh ra khối nón N1 có diện tích xung quanh là S , tam giác 1 SAB sinh

ra khối nón N2 có diện tích xung quanh S còn hình thang 2 ABCD sinh ra một khối tròn xoay  H

có diện tích xung quanh S S 1–S2

Do AB CD// và

1 2

nên AB là đường trung bình của tam giác SCD nên 2

SC

SB BC 

2 2

BC MN  NC MB  a  a a  a

Khi đó S1 NC SC 3 5a a15a2

2 2

S MB SB a a a

Vậy

15

4

Câu 36

Cho hàm số f x  có bảng biến thiên của hàm số yf x' 

như hình vẽ bên Tính tổng các giá trị nguyên của tham sốm   10;10 để hàm số yf 3x1x3 3mx đồng biến trên khoảng 2;1 ?

Trang 12

A 39 B 49 C 35 D 35.

Giải thích chi tiết: Cách 1: Ta có: y3 (3f x1) 3 x2  3m3 f(3x1)x2 m

Để hàm số đồng biến trên 2;1

thì :

y   x  f x x  m    x

( 2;1)



Đặt f(3x1)g x( ) và x2 h x( )

Quan sát bảng biến thiên ta có :



 

f x h x    x



Suy ra min( 2;1) g x  h x   min( 2;1)g x  min( 2;1)h x  f (0) h 0 4



( 2;1)

min f (3x 1) x 4

Vì m   10;10 và m 4 nên tổng các giá trị nguyên của m thỏa mãn đề bài là -39

Cách 2:

Xét hàm số yf 3x1x3 3mx

Ta có: y' 3 ' 3 f  x13x2 3m3 f ' 3 x1x2 m

Để hàm số đồng biến trên 2;1 thì :

y    x  f x x m x  

Đặtg x f ' 3 x1x2 m h x  ,  x  2;1

2

7; 2

t







  



Quan sát bảng biến thiên ta có  

2

2 1 9

t t

h t    m

có đỉnh I1;m

Vậy  * thỏa mãn khi đồ thị  

9

t t

h t    m

nằm dưới đồ thị yf t'  Suy ra : m 4

Trang 13

Với giả thiết    

4

9

m



Câu 37 Cho phương trình z2 6z10 0 Gọi A B, là hai điểm biểu diễn hai nghiệm của phương trình đã cho Tính độ dài AB.

Giải thích chi tiết: Cho phương trình z2 6z10 0 Gọi A B, là hai điểm biểu diễn hai nghiệm của phương trình đã cho Tính độ dài AB.

A 2 B 2 C 4 D 1

Lời giải

Phương trình z2 6z10 0 có hai nghiệm 3 i  và 3 i

Suy ra A3; 1 ;  B3;1

Vậy AB 2.

Câu 38

Cho hàm số có đồ thị như hình vẽ dưới đây

Gọi là tập hợp các giá trị nguyên của để phương trình có 4 nghiệm phân biệt

Số phần tử của là:

Câu 39 Cho khối lăng trụ đứng ABC A B C ' ' ' có đáy là tam giác đều cạnh a và AA '  a 3. Thể tích V

của khối lăng trụ đã cho là

A

3

4

B

3

1 4

C

3

1 2

D

3

3 2

Câu 40 Công thức tích khoảng cách từ điểm I x y z( 0; ;0 0)

đển mặt phẳng ( )a :Ax By Cz D+ + + =0

là

A

( )

d I

+ + B d I( ,( ) ) Ax0 By0 Cz0

A B C

+ +

C

( )

d I

A B C

+ +

Trang 14

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

Định dạng
Số trang	14
Dung lượng	1,28 MB