Đề toán 12 thpt có đáp án (2)

BCD có thể tích bằng 32, thể tích của khối tứ diện AMNP là Đáp án đúng: B Giải thích chi tiết: Cho hình chóp tứ giác S.. Người ta cắt bỏ các tam giác cân bên ngoài của tấm nhôm, phần còn

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: 001.

Câu 1

Cho hình chóp tứ giác S ABCD có đáy ABCD là hình bình hành Gọi M , N , P lần lượt là các điểm thuộc đoạn

SA , SC , SB sao cho SM=MA, SN=3 NC, SP=3 PB (tham khảo hình vẽ) Biết rằng khối chóp S BCD có thể tích bằng 32, thể tích của khối tứ diện AMNP là

Đáp án đúng: B

Giải thích chi tiết: Cho hình chóp tứ giác S ABCD có đáy ABCD là hình bình hành Gọi M , N , P lần lượt là

các điểm thuộc đoạn SA , SC , SB sao cho SM=MA, SN=3 NC, SP=3 PB (tham khảo hình vẽ) Biết rằng khối chóp S BCD có thể tích bằng 32, thể tích của khối tứ diện AMNP là

A 8.

B 3.

C 6.

D 9.

Lời giải

Ta có V S BCD=VS ABC=32

V A MNP=VS MNP

V S MNP

V S ABC=

SM

SA .

SN

SC .

SP

SB=

1

2.

3

4.

3

4=

9 32

Suy ra V A MNP=VS MNP=9

Câu 2 Cho tích phân

 

2

0

d 6

I f x x

Tính tích phân

 

2

0

2 d

J  f x   x

A J  2 B J  4 C J  8 D J  6

Đáp án đúng: A

Trang 2

Giải thích chi tiết: Cho tích phân

 

2

0

d 6

I f x x

Tính tích phân

 

2

0

2 d

J  f x   x

A J  6 B J  2 C J  8 D J  4

Lời giải

Ta có

2 0

J  f x   xf x x x  x   

Câu 3 Biết S  [ ; ] a b là tập nghiệm của bất phương trình 3 9x 10.3x 3 0.

    Tìm T b a  

A T  1. B

10 3

T 

C T  2. D

8 3

T 

Đáp án đúng: C

Câu 4 Gọi M và N là giao điểm của đường cong

2

x y x





 và đường thẳngy x 2 Khi đó hoành độ trung điểm I của đoạn MN bằng bao nhiêu?

7 2



D

7 2

Đáp án đúng: D

Câu 5

Trong các hình đa diện sau, hình nào không có mặt phẳng đối xứng?

A Hình lăng trụ lục giác đều B Hình chóp tứ giác đều.

C Hình lăng trụ tam giác D Hình lập phương.

Giải thích chi tiết: Trong các hình đa diện sau, hình nào không có mặt phẳng đối xứng?

A Hình lăng trụ lục giác đều B Hình lăng trụ tam giác.

C Hình chóp tứ giác đều D Hình lập phương.

Lời giải

Hình lăng trụ tam giác không có mặt phẳng đối xứng

Trang 3

Câu 6 Hai người A và B cách nhau 180 (m) trên đường thẳng và cùng chuyển động theo một hướng với vận

tốc biến thiên theo thời gian, A chuyển động với vận tốc v t1( )= +6t 5(m s/ )

, B chuyển đọng với vận tốc

v t = at- m s

(a là hằng số), trong đó t (giây) là khoảng thời gian tính từ lúc A và B bắt đầu chuyển

động Biết rằng lúc A đuổi theo B và sau 10 (giây) thì đuổi kịp Hỏi sau 20 (giây), A và B cách nhau bao

nhiêu mét?

A 320 m 

B 380 m 

C 720 m 

D 360 m 

Giải thích chi tiết: Quãng đường đi được của A trong 10 (giây) ( ) ( ) ( )

10

2

0

10

0

ò

Quãng đường đi được của B trong 10 (giây) : ( ) ( )

10

2

0

10

0

at- dt= at - t = a- m

ò

Vì lúc đầu A đuổi theo B và sau 10 (giây) thì đuổi kịp nên ta có :

(100a- 30)+180 350= Û = Þa 2 v t2( )= -4 3t ( )m

Sau 20 s( )

quãng đường của A đi được ( ) ( ) ( )

20

2

0

20

0

ò

Sau 20 s( )

quãng đường của B đi được là ( ) ( ) ( )

20

2

0

20

0

ò

Khoảng cách giữa A và B sau 20 s( )

là 1300 740 180 380 m- - = ( )

Câu 7 Tập nghiệm của phương trình  1 

2

log 5x  25x 4

là

A 0;log 45 

B  0

C log 45 

D 0;log 54 

Câu 8 Tập tất cả các giá trị của tham số m để bất phương trình lg2x−mlg x +m+3 ≤0có nghiệm x >1có dạng (−∞ ; a )∪¿ trong đó a ;blà các số nguyên Tính a b

Giải thích chi tiết: Tập tất cả các giá trị của tham số m để bất phương trình lg2x−mlg x +m+3 ≤0có nghiệm

x >1có dạng (−∞;a )∪¿ trong đó a ;blà các số nguyên Tính a b

A 15 B 8 C 18 D 18

Lời giải

Đặt t  lg x

Vì x   1 t  0

Khi đó bpt đã cho trở thành: t2  mt m     3 0  t  1  m t  2 3(1)

TH2: Nếu t  1 thì

2 3 1

t m t





 (2)

Trang 4

Xét hàm số:  

2 3 1

t

f t

t





 trên  1; .

 

2

.

1( )

t loai

f t





BBT của hàm số  

2 3 1

t

f t

t





 trên  1; .

Từ BBT trên ta thấy: (2)  m  6

TH2: Nếu 0   t 1 thì

2 3 1

t m t





 (3)

Xét hàm số:  

2 3 1

t

f t

t





 trên  0;1 .

BBT của hàm số  

2 3 1

t

f t

t





 trên  0;1 .

Từ BBT trên ta thấy: (3)  m   3

Vậy ycbt  m      ; 3    6;   nên a  3; b  6, do đó a b  18

Câu 9 Gieo hai con súc sắc đồng chất, tính xác suất để tổng số chấm trên mặt xuất hiện của hai con súc sắc

bằng 10

A

1

36.

Giải thích chi tiết: Gieo hai con súc sắc cân đối, số phần tử của không gian mẫu là 36

Đặt A là biến cố “tổng số chấm trên mặt xuất hiện của hai con súc sắc bằng 10 ”

Trang 5

Tập tất cả các kết quả thuận lợi cho biến cố A là  4;6 , 6; 4 , 5;5     

, suy ra số kết quả thuận lợi là 3

Suy ra   3 1

36 12

P A  

Câu 10 Tổng tất cả các nghiệm thực của phương trình 1  2 

log 4 1 log8 log 4

2 x  x  x x bằng

Câu 11 Gọi  H

là hình phẳng giới hạn bởi các đường yx 32

, trục tung và trục hoành Gọi

k k k k là hệ số góc của hai đường thẳng cùng đi qua điểm A0;9

và chia  H

làm ba phần có diện tích bằng nhau.Tính k1 k2

A

25

27

13

2

Câu 12 Cho số phức z a bi  a b  , 

thoả mãn z 2z  1 5i Giá trị a b bằng ?

A

2

3



8

2

8 3



Giải thích chi tiết: a bi  2a bi   1 5i  a bi  2a2bi 1 5i

1

3 5

a b

 



 





1 5 3

a b







 





Vậy

5 8 1

3 3

a b   

Câu 13

Tọa độ các giao điểm của đồ thị hàm số và đường thẳng là:

Giải thích chi tiết: Tọa độ các giao điểm của đồ thị hàm số

1 1

x y x

-= + và đường thẳng y= -x 1 là:

A (- 1;0 , 0;1 ) ( )

B (- 1;0 , 0; 1 ) ( - )

C ( )1;0

D ( ) (1;0 , 0; 1 - )

Lời giải

Phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số

1 1

x y x

-= + và đường thẳng y= -x 1 là:

2

1

x

ï

Với x= Þ0 y=- 1

Trang 6

Với x= Þ1 y=0

Câu 14 Giá trị cực đại yCD của hàm số y=x3

−3 x+ 2 là?

A yCD=1 B yCD=0 C yCD=−1 D yCD=4

Giải thích chi tiết: Ta có y '=3 x2−3=0 ⇔[x=− 1⇒ y =4 x=1⇒ y=0 .

Do đó giá trị cực đại của hàm số là yCD=4

Câu 15 Cho hàm số

1 1

x y x





 Phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại điểm M1;0

là

A

y x

B

y x

C

y x

D

y x

Giải thích chi tiết: Ta có  2  

1 2 1

x



Phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại điểm M1;0

là

 

1

1 0

2

Câu 16

Cho phương trình: Khẳng định nào sau đây là đúng ?

A Phương trình vô nghiệm.

B Nghiệm của phương trình là các số vô tỉ.

C Tích các nghiệm của pt là một số âm.

D Tổng các nghiệm của phương tình là một số nguyên.

Giải thích chi tiết: Cho phương trình: Khẳng định nào sau đây là đúng ?

A Phương trình vô nghiệm.

B Tổng các nghiệm của phương tình là một số nguyên.

C Nghiệm của phương trình là các số vô tỉ.

D Tích các nghiệm của pt là một số âm.

LỜI GIẢI

Nghiệm của phương trình là : Vì Chọn đáp án D.

Câu 17 Trên tập hợp số phức, xét phương trình 2 1 2 

4

( m là tham số thực) Có

bao nhiêu số nguyên m   10;10 để phương trình trên có hai nghiệm phức z z1, 2 thỏa mãn z1z2 z1 z2

?

Trang 7

A 8 B 9 C 11 D 10.

Câu 18 Cho 4X 4X 14

  , tính giá trị của biểu thức P 2X 2X

Giải thích chi tiết: Cho 4X 4X 14

  , tính giá trị của biểu thứcP 2X 2X

A 4 B 16 C 17. D 4 .

Lời giải

Ta có 4X 4 X 14 2X 2 X2 16 P 4

Câu 19 Đồ thị hàm số y ax 4bx2  có điểm cực đại là c A0 ; 3  và một điểm cực tiểu là B  1 ; 5  

Khi đó tổng a b c  bằng

Giải thích chi tiết: Vì ,A B thuộc đồ thị hàm số nên ta có

c

a b c

 





   



3

y  ax  bx

Vì B là điểm cực tiểu nên y  1   0 4a 2b0 (3)

Từ (1), (2), (3) ta có

2 4

3

a b c











 

 Vậy a b c  5

Câu 20

Cho một tấm nhôm hình vuông cạnh 1m như hình vẽ dưới đây Người ta cắt bỏ các tam giác cân bên ngoài của tấm nhôm, phần còn lại gập thành một hình chóp tứ giác đều có cạnh đáy bằng x m , sao cho bốn đỉnh của hình vuông gập lại thành đỉnh của hình chóp Tìm x để khối chóp nhận được có thể tích lớn nhất

A

2 2

5

x 

B

1 2

x 

C

2 4

x 

D

2 3

x 

Trang 8

Giải thích chi tiết:

Ta có:

2

x

Chiều cao của hình chóp:

h z   x  y   x   x

2

chop

V lớn nhất khi hàm số y x 2 12 22 x đạt GTLN

2

'

4

2 2

y

x





; ' 0y   5 2x24x0

0

2 2 5

x x









 



Câu 21 Cho hàm số y x 3 3x2 Tích các giá trị cực đại và cực tiểu của hàm số bằng:1

Giải thích chi tiết: [Mức độ 1] Cho hàm số y x 3 3x2 Tích các giá trị cực đại và cực tiểu của hàm số1 bằng:

A 6 B 3 C 0 D 3

Lời giải

2





Suy ra y y  cd ct 3

Câu 22 Tích của hai số phức z a bi  và z a b i   là

A zzaa bb aba b i  B zzaa bb 

C zz a2b2. a2b2 D zzaba bi

Giải thích chi tiết: Tích của hai số phức z a bi  và z a b i   là

Trang 9

A zzaa bb  B zzab a bi 

C zz a2b2. a2b2 D zzaa bb aba b i 

Lời giải

Câu 23 Phương trình s inx m  có nghiệm khi :0

A 1  m 1 B

1 1

m m





 

1 1

m m





  

Câu 24 Nghiệm của phương trình log2x 2 là1

A x 2. B x 1. C x 0. D x 1.

Giải thích chi tiết: Ta có 2 

Câu 25 Cho hai số phức z , w thay đổi thỏa mãn z 3, z w  Biết tập hợp điểm biểu diễn của số phức1

w là hình phẳng H Tính diện tích S của hình H

A S 20 B S4 C S 16 D S 12

Gọi M , N lần lượt là các điểm biểu diễn z và w trong mặt phẳng Oxy

Từ giả thiết z 3, z w  suy ra 1 OM 3 và MN 1

Ta có OM MN ON OM MN     2ON4

Do w ON  N thuộc hình vành khăn

H

 là hình vành khăn giới hạn bởi hai đường tròn bán kính lần lượt là r  , 2 R 4.

H

S R r

   .42 .22 12

Câu 26

Cho hàm số y=f x( ) có đạo hàm liên tục trên [- 2;1.] Hình bên là đồ thị của hàm số

Đặt ( )= ( )- 2.

2

x

g x f x

Khẳng định nào sau đây đúng?

Trang 10

A (g- 2)<g( )1 <g( )0 B ( )g1 < -g( 2)<g( )0

C ( )g0 <g( )1 < -g( 2 ) D ( )g0 < -g( 2)<g( )1

Lời giải

Ta có Ta thấy đường thẳng y=- x cắt đồ thị hàm số

tại các điểm có hoành độ - 3; 1; 3.

Dựa vào bảng biến thiên, suy ra

Dựa vào đồ thị, ta có Suy ra ( )g3 < -g( 3 )

Vậy ( )g1 <g( )3 < -g( 3 )

Câu 27 Cho (C ): y=1

3x

3− 2 x2

+3 x − 1 Tiếp tuyến của (C ) tại điểm cực đại có phương trình là:

A y=2 x +1

3 B 3 y − 1=0 C y=x +2. D y +1=0

Trang 11

Câu 28 Cho hàm số yf x 

có đồ thị là (C) Giả sử tiếp tuyến của (C) tại điểm có hoành độ x  là đường0

thẳng y x  Khi đó 1 0      

2 lim

x

x A





A

1

3



1

1 2



1

2

Câu 29 Cho phương trình 3x3 6x23x2m0, với m là tham số thực Khi đó tập hợp các giá trị của m để phương trình đã cho có 3 nghiệm thực phân biệt là:

A

2

0;

9

 

 

4

;0 9



4 0;

9

 

 

2

;0 9



Giải thích chi tiết: Ta có: 3x3 6x23x2m 0 2m3x36x2 3x  1

 1

là phương trình hoành độ giao điểm của  C :y3x36x2 3x

và đường thẳng  d :y2m

Nên số nghiệm của  1

là số giao điểm của  C

và  d

Xét y 9x212x 3;

y







 1

có 3 nghiệm phân biệt   d

cắt  C

tại 3 điểm 

Câu 30

Giá trị của tham số sao cho hàm số có hai điểm cực trị thỏa mãn

là

Câu 31 Phương trình 2x23x2 1

 có tổng các nghiệm bằng

Câu 32 Cho khối chóp S ABCD. có đáy là hình bình hành, có thể tích bằng 24 cm3 Gọi E là trung điểm SC

Một mặt phẳng chứa AE cắt các cạnh SB và SD lần lượt tại M và N Tìm giá trị nhỏ nhất của thể tích khối chóp S AMEN.

A 6 cm3 B 9 cm3 C 8 cm3 D 7 cm3

Trang 12

Mặt đáy ABCD là hình bình hành  ADC và ABC có cùng diện tích

 V S ADC. V S ABC. (hai khối chóp có cùng chiều cao và có diện tích mặt đáy bằng nhau)

Mà V S ABCD. V S ADC. V S ABC. 24cm3

.

24 12

S ABCD

S ADC S ABC

V

(cm3)

Gọi O là giao điểm của AC và BD ; I là giao điểm của SO và AE  I là trọng tâm của SAC và I thuộc

MN Gọi

SM

a

SB  và

SN b

SD  (a 0; b 0)

Ta có:

.

1 1

2 2

S ANE

S ADC

b

V SA SD SC      và

.

1 1

2 2

S AME

S ABC

a

V SA SB SC     

.

12 2

S ANE

và

.

12 2

S AME



S ANE

  (cm3) và V S AME. 6a (cm3)

Do đó: V S AMEN. V S AME. V S ANE. 6a6b6a b 

(cm3)

Mặt khác: ISM và ISB có chung chiều cao kẻ từ I và có đáy

SM a

SB 

ISM ISB

S a S

Mà I là trọng tâm của SAC

2 3

SI SO

3

ISB SOB

S S

3

ISM SOB

S

Trang 13

Chứng minh tương tự ta có:

2 3

ISN SOD

O là trung điểm của DB 2

SDB SOB SOD

S

hay S SDB 2S SOB 2S SOD

2

ISM ISN





sin

SNM

SDB

Theo bất đẳng thức AM-GM, ta có:

 2 4

a b

3

4

a b

 

3 a b 4

   (do a b 0)

4 3

a b

    6a b 8 hay V S AMEN.  (cm8 3)

Dấu " " xảy ra khi và chỉ khi

2 3

3

MN

 đi qua I và MN  BD Vậy giá trị nhỏ nhất của thể tích khối chóp S AMEN. là 8cm3

Câu 33 Cho

 

1

0

d 3

f x x 



và

 

1

0

d 5

g x x 



khi đó

   

1

0



bằng

Giải thích chi tiết: Ta có

Câu 34 Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD là hình thang với các cạnh đáy là AB và CD Gọi I J, lần

lượt là trung điểm của các cạnh AD BC, và G là trọng tâm của tam giác SAB Tìm điều kiện của AB và CD

để thiết diện của IJG

khi cắt hình chóp là một hình bình hành

A

3

2

2 3

Giải thích chi tiết: Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD là hình thang với các cạnh đáy là AB và CD Gọi

,

I J lần lượt là trung điểm của các cạnh AD BC, và G là trọng tâm của tam giác SAB Tìm điều kiện của AB

và CD để thiết diện của IJG

khi cắt hình chóp là một hình bình hành

A AB CD B AB3CD C

2 3

D

3 2

Lời giải

Trang 14

Trong hình thang ABCD có I J, lần lượt là trung điểm của các cạnh AD BC, nên IJ // AB.

Ta có GIJG  SAB

và hai mặt phẳng IJG , SAB

lần lượt chứa hai đường thẳng song song IJ AB, nên

IJG  SAB  với d là đường thẳng đi qua G , d d // IJ // AB.

Gọi K L, lần lượt là giao điểm của d với các cạnh SB SA, Khi đó, thiết diện của hình chóp cắt bởi IJG

là

hình thang IJKL

Vì G là trọng tâm của tam giác SAB và KL// AB nên

3 2

AB KL

Do đó, hình thang IJKL là hình bình hành khi và chỉ khi KL IJ

3

Câu 35 Cho khối trụ tròn xoay có độ dài đường cao là h, bán kính đáy là r Thể tích khối trụ tròn xoay là

A r h2 B

2

1

2

1

3 rh.

Giải thích chi tiết: Cho khối trụ tròn xoay có độ dài đường cao là h, bán kính đáy là r Thể tích khối trụ tròn xoay là

A rh B

2

1

3 rh. C r h2 D

2

1

3r h.

Tiêu đề	Đề toán 12 thpt có đáp án
Trường học	Trường Trung Học Phổ Thông
Chuyên ngành	Toán học
Thể loại	Đề thi

Định dạng
Số trang	15
Dung lượng	1,79 MB