Đề luyện thi toán thpt có đáp án chi tiết (4)

Thể tích của khối lăng trụ có diện tích đáy B và chiều cao h là A.. Người ta thả vào đó một khối cầu có đường kính bằng chiều cao của bình nước và đo được thể tích nước tràn ra ngoài là

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

Tập hợp nghiệm của bất phương trình (ẩn ) là:

Đáp án đúng: D

Giải thích chi tiết: Tập hợp nghiệm của bất phương trình (ẩn ) là

Lời giải

Ta có

Câu 2 Tìm phương trình các đường tiệm cận ngang của đồ thị hàm số 2

2

x y

-=

+ +

;

y= y

=-

1 4

y=

Đáp án đúng: B

Câu 3 Cho khối lăng trụ ABC A B C    có AB a A C ;  4 ;a BB3a Giá trị lớn nhất thể tích lăng trụ bằng

Câu 4 Có bao nhiêu giá trị nguyên của m để đồ thị hàm số

2 2

3 2

y

 



   không có tiệm cận đứng?

Câu 5 Tìm đạo hàm của hàm số y2x2352

Trang 2

A 5 2 32

2

B y' 3 2 x x 2312

C y' 3 2  x2332

D y' 10 2 x x 2332

Câu 6 Cho hàm số thỏa mãn f x sinxf x cosx2sin cos32x x,  x 0;;

1

f  

  Tìm họ các nguyên hàm f x x d .

A 1 sin 4 2sin 2 

12 x x C.

C 1 2sin 2 sin 4 

12 x x C.

Đáp án đúng: C

Giải thích chi tiết: Tacó:

 sin  cos 2sin cos32

f x xf x x x x,  x 0;

2

2cos3 sin

x x

 

1

2

sin 3

f x

x C x

f    C   f x  x x

 

 d 2sin sin 3 d 1 cos 2 cos 4 d 1 2sin 2 sin 4 

Câu 7 Thể tích của khối lăng trụ có diện tích đáy B và chiều cao h là

A

1

4

Câu 8 Ông A gửi 100 triệu đồng tiết kiệm với lãi suất 5,5% trên một năm và tiền lãi hàng năm được nhập vào vốn để tính lãi cho năm tiếp theo Hỏi theo cách đó thì sau ít nhất bao nhiêu năm ông A thu được số tiền cả gốc

và lãi ít nhất là 200 triệu đồng (biết rằng lãi suất không thay đổi)

A 15 năm. B 12 năm. C 14 năm. D 13 năm.

Giải thích chi tiết:

Gọi T là số tiền gửi ban đầu, 0 T là số tiền cả gốc và lãi, n là số năm gửi tiết kiệm và r lãi suất

Vì lãi suất hàng năm được nhập vào vốn nên số tiền ông A thu được cả vốn lẫn lãi là

0 1 n 200000000 100000000 1 5,5% n 13

Vậy sau ít nhất 13 năm thì ông A thu được số tiền ít nhất là 200 triệu đồng

Câu 9

Trang 3

A b<0<c <1<a B 0<c<b<1<a.

C 0<b<c <1<a D b<0<c <a<1.

Đáp án đúng: A

Lời giải

Dựa vào đồ thị ta suy ra: b<0

Dựa vào đồ thị ta suy ra: a>1.

Câu 10 Cho khối nón  N

có bán kính đáy bằng 3 và diện tích xung quanh bằng 15  Tính thể tích V của

khối nón  N

A V 12  B V 20  C V 36  D V 60 

Giải thích chi tiết: Ta có S xq 15  rl15   l 5 h4

Vậy

2

1

12

Câu 11 Biết dân số tỉnhA vào đầu năm 2010 là 905000 người và mức tăng dân số là 1,35% mỗi năm Thực hiện chương trình tất cả trẻ em đúng độ tuổi phải vào lớp một Đến năm học 2022 2023 ngành giáo dục cần phải chuẩn bị bao nhiêu phòng học cho học sinh lớp một biết mỗi phòng dành cho 35 học sinh ( số trẻ dưới 6 tuổi chết không đáng kể và số người chết ở tỉnh A năm 2016 là 2500 người)

Giải thích chi tiết: Biết dân số tỉnhA vào đầu năm 2010 là 905000 người và mức tăng dân số là 1,35% mỗi

năm Thực hiện chương trình tất cả trẻ em đúng độ tuổi phải vào lớp một Đến năm học 2022 2023  ngành giáo dục cần phải chuẩn bị bao nhiêu phòng học cho học sinh lớp một biết mỗi phòng dành cho 35 học sinh ( số trẻ dưới 6 tuổi chết không đáng kể và số người chết ở tỉnh A năm 2016 là 2500 người)

A 378.B 379.C 449 D 450

Lời giải

FB tác giả: Đình Khang

Ta thấy ta cần tính số trẻ được sinh ra ở năm 2016 và đó chính là số trẻ bắt đầu học lớp 1 ở năm học

2022 2023 

Số dân tính đến hết năm 2015: M 905000 1 1,35%  6

Số dân tăng thêm năm 2016: M '  M 1,35%

Trang 4

Số dân tăng thêm = số dân sinh ra – số dân mất đi

Suy ra: số dân được sinh ra năm 2016: M 1,35% 2500 15741  

Ta có 15741: 35 449,7  nên cần 450 phòng học cho học sinh lớp một

Câu 12 Cho tam giác ABCcó BAC 60 ;0 BC 3 Tính bán kính của đường tròn ngoại tiếp tam giácABC

A R 4 B R 2 C R 3 D R 1.

Giải thích chi tiết: Ta có:

3

2.

2

Câu 13

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

Tổng số đường tiệm cận ngang và đường tiệm cận đứng của đồ thị hàm số đã cho là

Câu 14 Tổng tất cả các giá trị thực của tham số m để hàm số 1 3   2  2 

3

y x  m x  m  m x m 

có hai điểm cực trị là độ dài hai cạnh góc vuông của một tam giác vuông có cạnh huyền bằng 74

Giải thích chi tiết: Tổng tất cả các giá trị thực của tham số m để hàm số

1

3

y x  m x  m  m x m 

có hai điểm cực trị là độ dài hai cạnh góc vuông của một tam giác vuông có cạnh huyền bằng 74

A 3 B 1 C 2 D 1.

Lời giải

FB tác giả: nguyenthekhuong

Ta có y'x2 2 2 m1x m 2 m7

Để hàm số có hai điểm cực trị dương khi và chỉ khi y'x2 2 2 m1x m 2 m  có hai nghiệm phân7 0 biệt

Trang 5

2 '

2

1

2

1

2

m

  

 



GS hai điểm cực trị là x x Để hai điểm cực trị là độ dài hai cạnh góc vuông của một tam giác1, 2

vuông có cạnh huyền bằng 74 khi

2

2( )

3( )





Câu 15 Diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường yx2 5x và 4 y 0 bằng

4

2

1

5 4 d

  

4 2

1

5 4 d

  

4

2

1

5 4 d

  



4 2

1

5 4 d



Câu 16 Một bình đựng nước dạng hình nón (không có đáy) đựng đầy nước Người ta thả vào đó một khối cầu

có đường kính bằng chiều cao của bình nước và đo được thể tích nước tràn ra ngoài là 18 dm 3.Biết khối cầu tiếp xúc với tất cả các đường sinh của hình nón và đúng một nửa khối cầu chìm trong nước Tính thể tích nước còn lại trong bình

A 9 dm 3 B 27 dm 3 C 24 dm 3 D 6 dm 3

Trang 6

Vì đúng một nửa khối cầu chìm trong nước nên thể tích khối cầu gấp 2 lần thể tích nước tràn ra ngoài.

Gọi bán kính khối cầu là R , lúc đó:

4

3R   R  . Xét tam giác ABCcó AClà chiều cao bình nước nên AC2R( Vì khối cầu có đường kính bằng chiều cao của bình nước)

Trong tam giác ABC có:

2 2

R CB

Thể tích khối nón:

2

n

R

Vậy thể tích nước còn lại trong bình: 2418 6 dm 3

Câu 17

Cho hàm số có đạo hàm liên tục trên đoạn thỏa mãn ,

Giải thích chi tiết: Tính: Đặt:

Mà:

,

Trang 7

Câu 18

Cho các hàm số y=loga x, y b= , x y= có đồ thị như hình bên Chon khẳng định đúng.c x

A a> > b c B c b> > a C b> > a c D b c> > a

Lời giải

Chọn C

Trang 8

Dựa vào đồ thị ta suy ra 0< <a 1; b, c 1> .

Dựa vào giao điểm của đương thẳng x= với các đồ thị hàm số 1 y=b y x, = ta suy ra c b c x <

Vậy b c> > a

Câu 19 Biết

  3

0

12

f x dx 



.Tính

  1

0

3

Câu 20

Người ta xếp 9 viên bi trong đó 8 viên bi có bán kính 2 và một viên bi bán kính 3 vào một bình hình trụ sao cho

4 viên bi nhỏ tiếp xúc với nhau và tiếp xúc với đáy dưới, 4 viên bi nhỏ còn lại tiếp xúc với nhau và tiếp xúc với đáy trên Viên bi to nằm giữa hình trụ, tiếp xúc với tất cả các viên bi nhỏ Biết rằng các viên bi nhỏ đều tiếp xúc với đường sinh của chiếc bình Thể tích của bình hình trụ gần bằng (làm tròn đến hai chữ số sau dấu phẩy)

Giải thích chi tiết: Người ta xếp 9 viên bi trong đó 8 viên bi có bán kính 2 và một viên bi bán kính 3 vào một

bình hình trụ sao cho 4 viên bi nhỏ tiếp xúc với nhau và tiếp xúc với đáy dưới, 4 viên bi nhỏ còn lại tiếp xúc với nhau và tiếp xúc với đáy trên Viên bi to nằm giữa hình trụ, tiếp xúc với tất cả các viên bi nhỏ Biết rằng các

Trang 9

viên bi nhỏ đều tiếp xúc với đường sinh của chiếc bình Thể tích của bình hình trụ gần bằng (làm tròn đến hai

chữ số sau dấu phẩy)

Câu 21 Cho hai số phức z z1, 2 thỏa mãn đồng thời các điều kiện sau: z  1 34, z 1 mi  z m2i

(trong đó m là số thực) và z1 z2

là lớn nhất Khi đó giá trị của z1z2

bằng

Gọi z x yi x y  , ( ,  )

Ta có z  1  34   x  1 2 y2 34

.C

 2  2  2  2

2 2m x 2m 4 y 3 0

Đường thẳng d luôn đi qua điển cố định

3 3

;

2 2

K   

Gọi M N, là điểm biểu diễn của hai số phức z z1 , 2,

,

M N

 là giao của đường tròn C có tâm I1;0bán kính r  34 với đường thẳng d

Ta có z1  z2 MN z1  z2 lớn nhất khi MN là đường kính, tức là MN đi qua hai điểm K I, và nhận

1;0

I là trung điểm Khi đó ta được z1 z2  2OI  2

Câu 22 Với a là số dương tùy ý, 3 a2 bằng

Trang 10

Giải thích chi tiết: Với a là số dương tùy ý, 3 a2 bằng

Lời giải: Áp dụng công thức:

m

n a m a n , ta chọn C

Câu 23 Diện tích xung quanh của mặt cầu bán kính 2R là

A

2

4

2 16

3 R . C 4 R 2 D 16 R 2

Câu 24

Cho hàm số bậc ba có y  f x  

đồ thị là đường cong hình bên

Đồ thị hàm số

2

g x



  có tất cả bao nhiêu tiệm cận đứng?

Câu 25 Cho hai số phức z z thỏa mãn 1, 2 z z1 14 z z2 2

Biết rằng M N, lần lượt là các điểm biểu diễn số phức

1, 2

z z trên mặt phẳng tọa độ thỏa mãn tam giác MON có diện tích bằng 32 , khi đó giá trị nhỏ nhất của z1z2 bằng

Giải thích chi tiết: Cho hai số phức z z thỏa mãn 1, 2 z z1 14 z z2 2

Biết rằng M N, lần lượt là các điểm biểu diễn số phức z z1, 2 trên mặt phẳng tọa độ thỏa mãn tam giác MON có diện tích bằng 32 , khi đó giá trị nhỏ nhất của z1z2

bằng

A 8 2 B 12 2 C 12 D 16

Lời giải

z z  z z

suy ra

Thay z1 2 z2

vào z z1 1 4 z z2 2

ta có z12z2 suy ra z1z2 3z2

Trang 11

Giả sử z1  x yi; z2  a bi a, ( ,b  ta được)

2 2









 và M x y N a b N a b ; ;   ; ;  ; 

lần lượt là các điểm biểu diễn số phức z z1, 2 và z 2

Ta có: OM x y; ; ON a b ; 

, tam giác MON có diện tích bằng 32 nên bx ay 64

hay ab 16

Ta có:

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi

4 4 16

b ab







Vậy giá trị nhỏ nhất của z1z2

bằng 12 2

Câu 26 Cho hàm số f x( )=x4- 2x2 Hàm số f x +( ) 2 có đồ thị nào dưới đây ?

A

Trang 12

B

C

Trang 13

D

1 ( 1) 1

1 (1) 1

é = - Þ - = ê

ê

ê Các điểm cực trị có tọađộ là ( 1;1), (0;2)

và (1;1) nên suy ra đồ thị đáp án A phù hợp

Câu 27 Hàm số

1 3

luôn nghịch biến trên  khi và chỉ khi

A m  hoặc 0 m  1 B m   1

Giải thích chi tiết: Hàm số

1 3

luôn nghịch biến trên  khi và chỉ khi

A m   1 B 0   C m 1 m  0 D m  hoặc 0 m  1

Lời giải

Ta có y mx22mx 1

Hàm số nghịch biến trên  khi và chỉ khi y mx22mx     1 0 x

TH2: m  0  y 1 0  x

Vậy 0  thì hàm số nghịch biến trên m 1 

Câu 28 Hình trụ có bán kính đáy là 5, khoảng cách giữa hai đáy bằng 8 Diện tích toàn phần của hình trụ đã

cho bằng :

Trang 14

Câu 29

Đường tiệm cận đứng của đồ thị hàm số có phương trình là

Câu 30 Tìm hệ số góc của tiếp tuyến với đồ thị hàm số y x 4x2 3 tại điểm M(1;-1)

Câu 31 Tính theo phương thức lãi đơn; để sau 2 năm ông Bình rút được cả vốn lẫn lãi số tiền là 91.220.800

đồng với lãi suất 1,7% một quý thì ông Bình phải gửi tiết kiệm số tiền bao nhiêu?

A 79.712.468 đồng B 88.221.276 đồng.

C 88.221.277 đồng D 80.300.000 đồng.

Câu 32 Đường thẳng d y:  x m cắt đồ thị hàm số

1 1

x y x





 tại 2 điểm phân biệt A B, sao cho OA2OB2 2, O

là gốc tọa độ Khi đó m thuộc khoảng

A (2 2;2 2 2) B (0;2 2 2)

C (2 2 2; ) D ( ;2 2 2)

Giải thích chi tiết: (NB):

Phương pháp:

Cách giải: Phương trình hoành độ giao điểm của đường thẳngd y:  x m vàđồ thị hàm số

1 1

x y x





2

1

(1)

1

1 (1)

1 0 (2)

x

x m

x



 







 

   



x mx m

     (vìx 1 không là nghiệm của phương trình (2)

Đểd cắt đồ thị hàm số

1 1

x y x





 tại 2 điểm phân biệt A B, thì phương trình (2)phải có 2 nghiệm phân biệt

Ta có  m2 4m 4nên (2)có 2nghiệm phân biệt khi

2 2 2

m m

  



 

Gọi A x x( ; 1 1 m B x x), ( ; 2 2 m)là các giao điểm của dvà đồ thị hàm số

1 1

x y x







Ta tính được

a



Gọi I là trung điểm của AB thì ( 2 2; )

m m

I 

Ta có

2

AB

nên OA2OB2  2

2

4

AB OI

Trang 15

Suy ra

1

hay

1 3

m m





 



Kết hợp với điều kiện (*) ta chọn m 1

Câu 33

Cho một khối chóp đều có diện tích đáy , chiều cao Thể tích khối chóp đã cho bằng

Giải thích chi tiết: Thể tích khối chóp đã cho là

Câu 34 Điểm I1; 2 

là tâm đối xứng của đồ thị hàm số nào sau đây?

A 2

x

y

x



x y x



2 1

x y

x





2 1

x y

x







Giải thích chi tiết: Điểm ⬩ Điểm I1; 2 

là tâm đối xứng của đồ thị hàm số

2 1

x y x







Câu 35 Trong không gian Oxyz, cho điểm M(3; 2;1) Mặt phẳng ( )P đi qua M và cắt các trục tọa độ

, ,

Ox Oy Oz lần lượt tại các điểm A B C, , không trùng với gốc tọa độ sao cho M là trực tâm tam giác ABC

Trong các mặt phẳng sau, tìm mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng ( )P

A 3x2y z 10 0 B 4x 2y z 10 0

C 2x 2yz90 D x 2y z 10 0

Giải thích chi tiết: Trong không gian Oxyz, cho điểm M(3; 2;1) Mặt phẳng ( )P đi qua M và cắt các trục tọa

độ Ox Oy Oz, , lần lượt tại các điểm A B C, , không trùng với gốc tọa độ sao cho M là trực tâm tam giác ABC

Trong các mặt phẳng sau, tìm mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng ( )P

A 4x 2y z 10 0 B 3x2y z 10 0 C 2x 2yz90 D x 2y z 10 0

Lời giải

Gọi A a( ;0; 0), B(0; ;0)b , C(0;0; )c

Phương trình mặt phẳng ( ) : 1 ( 0)

Vì ( )P đi qua M nên

3 2 1

1 (1)

a b c  

Ta có:     MA             ( a 3; 2; 1),                 MB   ( 3; b  2; 1),                BC  (0; ; ),                b c AC   ( ;0; ) a c

Vì H là trực tâm tam giác ABC nên

3

a c

MB AC









 

Từ và suy ra

14 , 7, 14 3

Khi đó phương trình mặt phẳng ( ) : 3P x2y z 14 0 có vectơ pháp tuyến n   1 (3;2;1)

Trang 16

Mặt phẳng ( ) :Q x 2yz100có vectơ pháp tuyến n    2 (1; 2;1)

Vì n n   1 2 0

nên mp P( )mp Q( )

Vậy mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng ( )P là x 2y z 10 0

Tiêu đề	Đề Luyện Thi Toán Thpt Có Đáp Án Chi Tiết (4)
Trường học	Trường Trung Học Phổ Thông
Chuyên ngành	Toán học
Thể loại	Đề thi
Năm xuất bản	2023
Thành phố	Hà Nội

Định dạng
Số trang	16
Dung lượng	2,01 MB