Đề ôn tập toán 12 giải chi tiết (272)

Tam giác không phải là tam giác cân Đáp án đúng: D Giải thích chi tiết: Một học sinh dự định vẽ các tấm thiệp xuân làm bằng tay để bán trong một hội chợ Tết.. Lời giải Ta có các điều ki

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: 028.

Câu 1

Mệnh đề phủ định của : "Tam giác là tam giác cân" là:

A Tam giác là tam giác vuông

B Tam giác là tam giác đều

C không phải là một tam giác

D Tam giác không phải là tam giác cân

Đáp án đúng: D

Giải thích chi tiết: Một học sinh dự định vẽ các tấm thiệp xuân làm bằng tay để bán trong một hội chợ Tết Cần

2 giờ để vẽ một tấm thiệp loại nhỏ có giá 10 nghìn đồng và 3 giờ để vẽ một tấm thiệp loại lớn có giá 20 nghìn đồng Học sinh này chỉ có 30 giờ để vẽ và ban tổ chức hội chợ yêu cầu phải vẽ ít nhất 12 tấm Hãy cho biết bạn

ấy cần vẽ bao nhiêu tấm thiệp mồi loại để có được nhiều tiền nhất

Lời giải

Ta có các điều kiện ràng buộc đối với x, y như sau:

- Hiển nhiên

- Tổng số giờ vẽ không quá 30 giờ nên

- Số tấm thiệp tối thiểu là 12 tấm nên

Từ đó ta có hệ bất phương trình:

Biểu diễn từng miền nghiệm của hệ bất phương trình trên hệ trục tọa độ , ta được như hình dưới

Trang 2

Miền không tô màu (miền tam giác , bao gồm cả các cạnh) trong hình trên là phần giao của các miền nghiệm và cũng là phần biểu diễn nghiệm của hệ bất phươnng trình

Gọi F là số tiền (đơn vị: nghìn đồng) thu được, ta có:

Tính giá trị của F tại các đỉnh của tam giác:

Tại

F đạt giá trị lớn nhất bằng 180 tại

Vậy bạn học sinh đó cần vẽ 6 tấm thiệp loại nhỏ và 6 tấm thiệp loại to để có được nhiều tiền nhất

Câu 2 Các đường tiệm cận đứng và tiệm cận ngang của đồ thị hàm số

2 1 1

x y x





 lần lượt là

A x  ; 1 y 2. B x  ; 1 y 2.

C x  ; 1 y 2. D x  ; 2 y 1.

Đáp án đúng: C

Giải thích chi tiết: Các đường tiệm cận đứng và tiệm cận ngang của đồ thị hàm số

2 1 1

x y x





 lần lượt là

A x  ; 2 y 1 B x  ; 1 y 2 C x  ; 1 y 2 D x  ; 1 y 2

Lời giải

Đồ thị hàm phân thức y ax b c 0,ad bc 0

cx d



 có tiệm cận đứng là

d x c



và tiệm cận ngang là

a y c



Do đó đồ thị hàm số

2 1 1

x y x





 có tiệm cận đứng và tiệm cận ngang lần lượt là x  ; 1 y 2.

Câu 3

Hình vẽ dưới đây là đồ thị của hàm số nào?

Trang 3

A y x42x21. B y x 3 3 x2

C

1 1

x

y

x





Câu 4 Cho tam giác ABC vuông tại A , BC a  , AC b  , AB c  , b c  Khi quay tam giác vuông ABC một vòng quanh cạnh BC , quay cạnh AC , quanh cạnh AB, ta thu được các hình có diện tích toàn phần theo thứ tự bằng , ,S S S Khẳng định nào sau đây đúng? a b c

A S b S c S a B S b S a S c

C S c S a S b D S a S c S b

Đáp án đúng: A

Giải thích chi tiết:

Gọi H là hình chiếu của A lên cạnh BC AH h, 

Khi quay tam giác vuông ABC một vòng quanh cạnh BC ta thu được hình hợp bởi hai hình nón tròn xoay có

chung đáy bán kính bằng h, đường sinh lần lượt là ,b c Do đó S a bhch

Khi quay tam giác vuông ABC một vòng quanh cạnh AC ta thu được hình nón tròn xoay có bán kính đáy bằng

c , đường sinh bằng a , S b acc2 c a c  

Khi quay tam giác vuông ABC một vòng quanh cạnh AB ta thu được hình nón tròn xoay có bán kính đáy bằng

b , đường sinh bằng a , 2  

c

S abb b a b

Trang 4

Do b c nên 2 2

ab ac

b c









  S cS b

Ta có

a

Tam giác ABC vuông nên

1

a    a  ;

2

a    a  .

2

S b ab b a b S

      Do đó S a S c

Vậy S b S cS a

Câu 5 ~Tổng các nghiệm của phương trình log22x 5log2 x 6 0 là

Giải thích chi tiết: Tổng các nghiệm của phương trình log22x 5log2x  là6 0

A 5 B 13 C 12 D 32

Lời giải

Điều kiện x  0

2

log x 5log x 6 0 

2 2





 Vậy tổng các nghiệm của phương trình là 12

Câu 6

Bảng biến thiên dưới đây là của hàm số nào trong các hàm số sau ?

A

1

2

x y

x





2 1 1

x y x





1 2

x y x

 



3 2

x y x

 





Câu 7 Cho hình chóp tam giác đều S ABC. có các cạnh bên SA SB SC vuông góc với nhau từng đôi một., ,

Biết thể tích của khối chóp bằng

3

6

a Tính bán kính r của mặt cầu nội tiếp của hình chóp S ABC.

2

3 3 2 3

a

r 



a

r 



a

r 



Trang 5

Cách 1 Áp dụng công thức:

3 (*)

tp

V r S



và tam giác đều cạnh x có diện tích

2 3 4

x

S 

Từ giả thiết S.ABC đều có SA SB SC  Lại có SA, SB, SC đôi một vuông góc và thể tích khối chóp S.ABC

bằng

3

6

a

nên ta có SA SB SC a  

Suy ra AB BC CA a   2 và tam giác ABC đều cạnh có độ dài a 2 Do đó diện tích toàn phần của khối chóp S ABC. là

 2

3

tp SAB SBC SCA ABC

a a

3 3 2

a 



Thay vào (*) ta được:

3

2

3

3 3

2

tp

a

r



Cách 2 Xác định tâm và tính bán kính

Từ giả thiết suy ra SA SB SC a  

Kẻ SH (ABC), ta có H là trực tâm của tam giác ABC.

Gọi M AHBC , dựng tia phân giác trong của góc AMB cắt SH tại I, kẻ IESBC

tại E Dễ thấy

E SM Khi đó ta có IH IE hay ( ,d I ABC)d I SBC( , ) do S.ABC la chóp tam giác đều nên hoàn toàn có ( , ) ( , ) ( , )

d I ABC d I SAB d I SAC tức là I là tâm mặt cầu nội tiếp khối chóp S.ABC.

Ta có rIH IE

Xét SAM vuông tại S, đường cao SH, tính được

2

;

:

MH

AM

3

a SH

Trang 6

Áp dụng tính chất đường phân giác ta có

IH

MH MS

a

r IH 



Câu 8 Biết rằng parabol

2

1 24

chia hình giới hạn bởi elip có phương trình

1

16 1

thành hai phần có

diện tích lần lượt là S S với 1, 2 S1S2 Tỉ số

1 2

S

S bằng

A





12









12





Ta có:

y

Hoành độ giao điểm của parabol

2

1 24

và elip là nghiệm của phương trình

2 2

2

1

x



Do đó

1

2 3



0

2 3

x

Đặt

2

sin 2 4



Suy ra 1

3

S   

Diện tích của elips bằng 2 1

3

       

Trang 7

Vậy

1

2

S









Câu 9 Giá trị biểu thức P=(√2−1)2021.(√2+1)2021 bằng

Câu 10

Đồ thị dưới đây là của hàm số nào?

A

x 1

2x 3





x 1

2x 1







C

x 1

2x 1





x 3

2x 1







Đáp án đúng: B

Câu 11

Ông An gửi số tiền 300 triệu đồng vào ngân hàng với lãi suất trên/ năm, biết rằng nếu không rút tiền ra khỏi ngân hàng thì cứ sau mỗi năm số tiền lãi sẽ được nhập vào vốn ban đầu Hỏi sau thời gian năm nếu không rút lãi lần nào và giả sử lãi suất ngân hàng không thay đổi thì số tiền (đơn vị là đồng) mà ông An nhận được tính cả gốc lẫn lãi là

A 8 10

10 1 0.07

C 8 10

Câu 12 Cho mặt phẳng   : 2x y z    và đường thẳng 3 0

:

  Tính cosin của góc giữa

đường thẳng d và mặt phẳng  

A

5

5 2

5

75 9

Trang 8

Câu 13 Cho a (0,1)



,b  ( 1;2)



,c   ( 3; 2)



Tìm tọa độ của u3a2b 4c

A 10;15 B 15;10

C 5; 6  D 5; 6 

Câu 14 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho đường thẳng

1 2 :

 Gọi  P là mặt phẳng chứa đường thẳng d và tạo với mặt phẳng  Q : 2x y  2z 2 0 một góc có số đo nhỏ nhất Điểm A1;2;3

cách mặt phẳng  P

một khoảng bằng:

A

5 3

7 11

4 3

3 .

1 2

:

 có VTCP u    1; 2; 1 .

 Q : 2x y  2z 2 0

có VTPT n  2; 1; 2  

Gọi  là góc tạo bởi d và  Q , ta có sin cos ,  6

3

u n

    

Từ hình vẽ, ta có d P,   MBH và     P , Q  MCH

Ta thấy

sin

3

MCH

Vậy góc     P , Q  MCH

nhỏ nhất khi

sin

3

MCH 

hay

cos

3

MCH 

*Viết phương trình mặt phẳng

-CÁCH 1:

Mặt phẳng  P Ax By Cz D:    0

Ta có

 

0

3

3 3

Q

n u

n n





 



Nếu B  suy ra 0 A C  loại.0

Trang 9

Nếu B  từ 0  1 suy ra

2

 

      

 

Mặt phẳng  P Bx By Bz D:    0

đi qua điểm N0; 1; 2 d

suy ra D3B Vậy phương trình mặt phẳng  P x y z:    3 0 Suy ra d A P  ;   3

-CÁCH 2

Gọi  ( ) ( )P  Q thì góc giữa ( )P và ( ) Q nhỏ nhất khi và chỉ khi  d Do đó, mặt phẳng thỏa đề bài là mặt

phẳng chứa d và cắt theo giao tuyến  sao cho  d

 



 



 



 (Q)

d nhận   

u u ,n d Q

làm vec tơ chỉ phương

(Q) chứa d và   (P)qua 0 1 2  M( ;- ; ) d và nhận nu ,u d  ( ; ; )6 6 6

làm vectơ

pháp tuyến (P) : x y z   3 0.

Vậy d A P  ;   3.

Câu 15 Cho hàm số

2

( )

.sinx khi x 0

f x

x





 Tích tích phân

1

( )d







A

7

6

I  

B

2 3

I  

1 3 3

I   

Lời giải

Ta có:

1

( )d







0

( )d ( )d





O

•

0







Đặt dv sin dx

u x

x











d d cos d

u

x





 





0 0





in





•

1

2

0

I  x x x

1

0

2

3 2

  

7 6

 7

6

  

Câu 16

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

Trang 10

A y= x4

4 −

x2

x4

4 +2 x

2

−3.

C y=− x4

4 +x

2

4 − 2 x

2

−1.

Câu 17 Chu kỳ của hàm số 3sin2

x

y 

là số nào sau đây?

Giải thích chi tiết: (THPT Xuân Hòa-Vĩnh Phúc- Lần 1- 2018- BTN) Chu kỳ của hàm số 3sin2

x

y 

là số nào sau đây?

A 0 B 2 C 4 D 

Lời giải

Chu kì của hàm số

2 4 1 2

T    

Câu 18 Một người gửi 50 triệu đồng vào ngân hàng với lãi suất 6% / năm Biết rằng nếu không rút tiền ra khỏi

ngân hàng thì cứ sau mỗi năm số tiền lãi sẽ được nhập vào gốc để tính lãi cho năm tiếp theo Hỏi sau ít nhất bao nhiêu năm, người đó nhận được số tiền hơn 100 triệu đồng bao gồm cả gốc và lãi? Giả định trong suốt thời gian gửi, lãi suất không đổi và người đó không rút tiền

A 13 năm B 11 năm C 14 năm D 12 năm.

Trang 11

Giải thích chi tiết: Một người gửi 50 triệu đồng vào ngân hàng với lãi suất 6% / năm Biết rằng nếu không rút

tiền ra khỏi ngân hàng thì cứ sau mỗi năm số tiền lãi sẽ được nhập vào gốc để tính lãi cho năm tiếp theo Hỏi sau ít nhất bao nhiêu năm, người đó nhận được số tiền hơn 100 triệu đồng bao gồm cả gốc và lãi? Giả định trong suốt thời gian gửi, lãi suất không đổi và người đó không rút tiền

A 12 năm B 11 năm C 13 năm D 14 năm.

Lời giải

Áp dụng công thức tính lãi kép thì số tiền mà người đó nhận được sau n năm là T n A1rn 50 1 6%  n

(triệu đồng)

Theo giả thiết, 50 1 6%  n 100 n11,9 n12

Vậy sau ít nhất 12 năm thì người đó nhận được số tiền nhiều hơn 100 triệu đồng

Câu 19

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

A y x 3 3x 4 B y x 3 3x  4

C y x3 3x2 4 D y x33x2 4

Câu 20 Xét các số phức zthỏa mãn z  1 2 Gọi M và mlần lượt là giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức P z 2 2 3  z Tổng M m bằng

45 3 55 5



D

15 5 33 3



Giải thích chi tiết: + Gọi z x yi x y  ( ,   Ta có : ) z1 2  x12y2 4(*)

+ Ta có:

6 7 4 3

+ Xét hàm số f x( ) 6x 7 4 3 x với

7

;3 6

x   

  Ta có:

( )

f x

1 ( ) 0

33

f x   x

7 10 6,  3 5, 1 5 33

f   f  f   

+ Do đó:

, 5

Câu 21 Tập nghiệm của phương trình x2  làx

Trang 12

A  B 1;2

C  2

D  1

Câu 22

Với là số thực dương tùy ý, bằng?

Câu 23

Phương trình có nghiệm là:

Câu 24 Cho hình hộp đứng ABCD A B C D     có đáy ABCD là hình thoi cạnh a và BAD   60 , ABhợp với

đáyABCD

một góc 30 Thể tích của khối hộp là

A

3

6

a

3

2

a

3 2 6

a

3

3 2

a

Giải thích chi tiết: Cho hình hộp đứng ABCD A B C D     có đáy ABCD là hình thoi cạnh a và BAD   60 , AB

hợp với đáyABCD

một góc 30 Thể tích của khối hộp là

A

3

2

a

B

3

2

a

3

6

a

D

3 2 6

a

Lời giải

Ta có ABCD A B C D     là hình hộp đứng nên các cạnh bên vuông góc với hai mặt đáy và cạnh bên là chiều cao của hình hộp

Đáy ABCD là hình thoi với BAD   60 nên AB BC CD DA BD a AC a     ,  3

Diện tích mặt đáy

2

ABCD

a

(đvdt)

Góc hợp bởi AB với đáy ABCD

là

3

a

B AB    BBAB  

Trang 13

Vậy thể tích khối hộp là

(đvtt)

Câu 25 Nghiệm của phương trình 5x125 là

Câu 26

Câu 27 Cho hình chóp S ABCD. có đáy là hình vuông cạnh a Tam giác SAB là tam giác đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy Tính bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp

A

3 3

a

R 

21 6

a

R 

5 2

a

R 

a

R 

Trang 14

Gọi H là trung điểm AB, G là trọng tâm tam giác đều SAB, O là tâm hình vuông ABCD

Vì tam giác SAB đều nên SH AB Vì SAB  ABCD  SH ABCD và

3 2

a

SH 

Dựng đường thẳng d1 là trục của đường tròn ngoại tiếp hình vuông ABCD

Dựng đường thẳng d2 là trục của đường tròn ngoại tiếp tam giác SAB

Gọi I là giao điểm của d1 với d2 suy ra I là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S ABCD.

Trang 15

Ta có

a

SG SH 

a

GI HO

Bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S ABCD. là

R SI  SG GI      

 

Câu 28 Đồ thị  C

của hàm số

2 4 1

x y x





 có phương trình đường tiệm cận đứng là

A x 1 B y 2. C y 1. D x 2

Giải thích chi tiết: Đồ thị  C

của hàm số

2 4 1

x y x





 có phương trình đường tiệm cận đứng là

A y 2 B y 1 C x 1. D x 2.

Lời giải

Câu 29 Thể tích Vcủa khối hộp chữ nhật có độ dài các kích thước là a b c, , là

A

1

6

V  abc

B

1 2

V  abc

C

1 3

V  abc

D V abc

Câu 30

Cho hàm số y ax 4bx2c a 0

có đồ thị như hình dưới đây Xác định dấu của , ,a b c

A a0,b0,c 0 B a0,b0,c 0

C a0,b0,c 0 D a0,b0,c 0

Giải thích chi tiết: Đồ thị có phần ngoài phía phải đi lên nên a  0

Đồ thị cắt trục tung tại điểm có tung độ âm nên c  0

Hàm số có ba cực trị nên a b 0 b 0

Câu 31 Với mọi số thực a dương, lg 10a 2

bằng

A 1 lg a 2 B 2lga  1 C lga  2 D 2 lga  1

Giải thích chi tiết: Với mọi số thực a dương, lg 10a 2

bằng

A.1 lg a 2 B 2lga  C 2lg 11 a  D lg a  2

Lời giải

GVSB: Vũ Hảo; GVPB: Trịnh Đềm

Trang 16

Ta có lg 10 a2 lg10 lg a2  1 2lga

Câu 32 Cho cấp số cộng  u n

có u 1 2 và công sai d  Công thức của số hạng tổng quát là7

n

C un  2 n  9. D un  7 n  9.

Câu 33

Nghiệm của phương trình là

Câu 34 Trong không gian Oxyz cho mặt cầu   S : x12y 22z 32  và mặt phẳng9

 P :2x 2y z   Gọi 3 0 M a b c ; ;  là điểm trên mặt cầu sao cho khoảng cách từ M đến  P

lớn nhất Khi đó:

A a b c   7 B a b c   6

C a b c   8 D a b c   5

Mặt  S

cầu có tâm I1; 2;3 , R 3

 

 2

2.1 2.2 3 3 4

,

3

  

mặt phẳng cắt mặt cầu theo một đường tròn Gọi M a b c ; ; 

là điểm trên mặt cầu sao cho khoảng cách từ M đến  P

lớn nhất Khi M thuộc đường thẳng

 vuông đi qua M và vuông góc với  P

1 2

3

 





   

  

 Thay vào mặt cầu  S   2t 2  2t2 t 2  9 9t2  9 t1

Với

 2

2.3 2.0 4 3 10

3

  

Trang 17

Với

 2

2 1 2.4 2 3 1

3

  

Vậy M3;0; 4  a b c   7

Câu 35 Với C là một hằng số tùy ý, họ nguyên hàm của hàm số f x  2cosx x là

A

2

2sin

2

x

x C

2

2sin

2

x

Tiêu đề	Đề ôn tập kiến thức toán 12
Trường học	Trường Trung Học Phổ Thông
Chuyên ngành	Toán học
Thể loại	Đề ôn tập
Thành phố	Hà Nội

Định dạng
Số trang	17
Dung lượng	1,8 MB