Đề mẫu toán 12 có đáp án giải thích (1569)

Nếu tăng chiều cao khối trụ lên 3 lần thì thể tích của khối trụ mới là Đáp án đúng: B Câu 9.. Hàm số đồng biến trên từng khoảng xác định.. Cho khối chóp tam giác đều có cạnh đáy bằng và

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: 022.

Câu 1

Cho hai đường tròn O1;10

và O2;6

cắt nhau tại hai điểm A , B sao cho AB là một đường kính của đường

tròn O2;6

Gọi  D

là hình phẳng được giới hạn bởi hai đường tròn Quay  D

quanh trục O O ta được một1 2

khối tròn xoay Tính thể tích V của khối tròn xoay được tạo thành.

A

320

3

V 

B

320 3

C

68 3

D V 36

Đáp án đúng: B

Giải thích chi tiết: Cho hai đường tròn O1;10

và O2;6

cắt nhau tại hai điểm A , B sao cho AB là một

đường kính của đường tròn O2;6

Gọi  D

là hình phẳng được giới hạn bởi hai đường tròn Quay  D

quanh trục O O ta được một khối tròn xoay Tính thể tích V của khối tròn xoay được tạo thành.1 2

A V 36 B

68 3

C

320 3

V 

D

320 3

Lời giải

Chọn hệ tọa độ Oxy với O2  , O O C Ox2  , O A Oy2 

Cạnh

Phương trình đường tròn O2

: x2y2 36

Trang 2

Kí hiệu H1 là hình phẳng giới hạn bởi các đường y 100 x82

, trục Ox , x  , 0 x  2

Kí hiệu H2

là hình phẳng giới hạn bởi các đường y 36 x2 , trục Ox , x  , 0 x  6

Khi đó thể tích V cần tính chính bằng thể tích V của khối tròn xoay thu được khi quay hình 2 H2

xung quanh

trục Ox trừ đi thể tích V của khối tròn xoay thu được khi quay hình 1 H1 xung quanh trục Ox.

Ta có

3 2

1 4

2 3

.6

3



144

Lại có

2

2 1

0

d

2

2 0

100 x 8 dx

3





Do đó V V 2V1

112 144

3



3





Câu 2 Tập xác định của hàm số y  log   x2  2 x  3 

là

A     ; 3    1;   B     ; 3    1;  

Câu 3 Nguyên hàm F x  của hàm số f x  1 x x 2 là

A

2 3

C

2 3

C x x 2x3C D 1 2x C  

Giải thích chi tiết: 1 2d 2 3

2 3

Câu 4 Biết rằng có hai giá trị m , 1 m của tham số m để đường thẳng 2 d y m x:   và đồ thị hàm số 1

x y x





có đúng một điểm chung Khẳng định nào sau đây đúng?

A m m1 2  10; 1 

9

;7 2

m m   

 

C m m1 27;12

9 1;

2

m m   

 

Đáp án đúng: D

Giải thích chi tiết: Biết rằng có hai giá trị m , 1 m của tham số m để đường thẳng 2 d y m x:   và đồ thị hàm

x

y

x



 có đúng một điểm chung Khẳng định nào sau đây đúng?

A m m1 2  10; 1 

B m m1 27;12

C 1 2

9 1;

2

m m   

9;7 2

m m   

 

Trang 3

Lời giải

Phương trình hoành độ giao điểm của đường thẳng d y m x:   và đồ thị hàm số 1

x y x



 là

1

x

m x

1 0

1

x



 

1

0 1

x





 

Theo yêu cầu của bài toán, đường thẳng d y m x:   và đồ thị hàm số 1

x y x



 có đúng một điểm chung

 Phương trình  1

có nghiệm kép khác 1 hoặc phương trình  1

có 2 nghiệm phân biệt trong đó có một nghiệm x 1

TH1:  1

có nghiệm kép khác 1

1 2

m



 





0 4 2

m m m





0 4

m m





  

TH2:  1

có 2 nghiệm phân biệt trong đó có một nghiệm x 1

1 0

   

 



Khi đó m1m2    0 4 4

9 1;

2

  

 

Câu 5 Cho hình nón có góc ở đỉnh bằng 120 và chiều cao bằng 3 Gọi 0  S là mặt cầu đi qua đỉnh và chứa đường tròn đáy của hình nón đã cho Diện tích của  S bằng

Câu 6

Cho các số thực dương x y z, , theo thứ tự lập thành một cấp số nhân, đồng thời với mỗi số thực dương a¹ 1 thì

theo thứ tự lập thành một cấp số cộng Giá trị biểu thức

3x 7y 2020z P

bằng

A 2030. B 4038. C

2030

Đáp án đúng: A

Câu 7 Gọi n là số các số phức z đồng thời thỏa mãn iz 1 2i 3

và biểu thức T 2 z 5 2i 3z 3i

đạt giá trị lớn nhất Gọi M là giá trị lớn nhất của T Giá trị tích của M n là

A 6 13. B 2 13. C 10 21. D 5 21.

Đáp án đúng: C

Giải thích chi tiết: Gọi z  x yi, với x y  , Khi đó M x y ; 

là điểm biểu diễn cho số phức z Theo giả thiết, iz 1 2i 3 z 2 i 3 x22 y12 9

Ta có T 2 z 5 2i 3z 3i 2MA3MB, với A   5; 2

và B0;3

Nhận xét rằng A, B, I thẳng hàng và 2IA3IB

Trang 4

Cách 1:

Gọi  là đường trung trực của AB, ta có  :xy 5  0

Giải hệ  2  2

5 0

x y

  





8 2 2 2

;

Khi đó M  maxT  5 21

Vậy M n  10 21

Cách 2:

Ta có A, B, I thẳng hàng và 2IA3IB nên 2              IA 3               IB               0

 2MA2  3MB2 2MI IA  2  3MI IB  2

Do đó T2  2 2MA 3 3MB2 5 2 MA23MB2 525 hay T 5 21

Khi đó M  maxT  5 21 Dấu “” xảy ra khi M P  hoặc M Q

Vậy M n  10 21

Câu 8 Một khối trụ có thể tích là 50 (đvtt) Nếu tăng chiều cao khối trụ lên 3 lần thì thể tích của khối trụ mới là

Câu 9 Chọn mệnh đề đúng trong các mệnh đề sau

A

5 d

ln 25

x



2 1

5 d

2 1

x





C

2

5 d

ln 25

x



2

5 d

ln 5

x



Giải thích chi tiết: Ta có:

2

2 ln 5 ln 5 ln 25



Câu 10 Cho hình lập phương ABCD.A'B'C'D' (tham khảo hình bên) Giá trị sin của góc giữa đường thẳng AC' và mặt phẳng ABCD bằng

Trang 5

A

3

3 3

C

6

2 2

Câu 11

Diện tích phần hình phẳng gạch chéo trong hình vẽ bên được tính theo công thức nào dưới đây?

2

1

2x 2x 4 dx



 



2 2 1

2x 2x 4 dx





C  

2

1

2x 2 dx



 



2

1

2x 2 dx





Giải thích chi tiết: [2D3-3.2-2] (GK2 - K12 - SGD Bắc Ninh - Năm 2021 - 2022) Diện tích phần hình phẳng

gạch chéo trong hình vẽ bên được tính theo công thức nào dưới đây?

2

1

2x 2 dx



 



B  

2

1

2x 2 dx





2

1

2x 2x 4 dx



 



2 2 1

2x 2x 4 dx





Lời giải

Phương trình hoành độ giao điểm:

2

x





Diện tích hình phẳng cần tìm là 2  2   2  2 2 

Trang 6

Câu 12 Ông A vay ngắn hạn ngân hàng 100 triệu đồng với lãi suất 1% /tháng, theo thỏa thuận cứ mỗi tháng

ông A phải trả cho ngân hàng a triệu đồng Hỏi a bằng bao nhiêu để ông A trả hết nợ ngân hàng sau đúng ba tháng Biết rằng lãi suất ngân hàng không thay đổi trong thời gian ông A hoàn nợ, a tính theo đơn vị triệu đồng.

A

100 1,01

3



a

(triệu đồng) B

3 3

120 1,12 1,12 1





a

(triệu đồng)

C

3 3

1,01

1,01 1





a

(triệu đồng) D

100 1,03 3



a

(triệu đồng)

Câu 13 Khẳng định nào sau đây là khẳng định đúng về tính đơn điệu của hàm số y= x − 3

x ?

A Hàm số đồng biến trên từng khoảng xác định.

B Hàm số nghịch biến trên (− ∞;0 ) và (0 ;+∞).

C Hàm số nghịch biến trên tập xác định.

D Hàm số đồng biến trên ℝ.

Giải thích chi tiết: Khẳng định nào sau đây là khẳng định đúng về tính đơn điệu của hàm số y= x − 3 x ?

A Hàm số nghịch biến trên tập xác định.

B Hàm số đồng biến trên ℝ.

C Hàm số nghịch biến trên (− ∞;0 ) và (0 ;+∞).

D Hàm số đồng biến trên từng khoảng xác định.

Lời giải

TXĐ: D=ℝ¿{0¿}

y= x − 3

x ⇒ y '= 3

x2>0 , ∀ x ≠ 0 ⇒hàm số đồng biến trên từng khoảng xác định.

Câu 14

Cho khối chóp tam giác đều có cạnh đáy bằng và chiều cao Thể tích của khối chóp đã cho bằng

Giải thích chi tiết: Khối chóp tam giác đều nên đáy là tam giác đều cạnh bằng , do đó diện tích đáy là

Thể tích khối chóp đã cho là

Câu 15 Số mặt đối xứng của hình lăng trụ đứng có đáy là hình vuông là:

Câu 16

Hàm số nào sau đây có bảng biến thiên như hình dưới?

Trang 7

A Hàm số y x 3 3x B Hàm số yx33x.

C Hàm số y x33x2 1 D Hàm số y x 3 3x2 1

Câu 17 Tập xác định D của hàm số

 



 5

3 log

2

x y

x là khoảng ( ; ).a b Tổng a b bằng

Câu 18 Cho hình nón  N

có chiều cao h, độ dài đường sinh l, bán kính đáy r Ký hiệu S tp

là diệntích toàn phần của  N

Công thức nào sau đây là đúng?

A S tp rl.

B

2

tp

S rlr

C S tp 2rlr2. D S tp rl2 r

Câu 19 Một hình chóp có tất cả 2018 mặt Hỏi hình chóp đó có bao nhiêu đỉnh?

A 2018 B 1009 C 2017 D 1008

Giải thích chi tiết: Giả sử số đỉnh của đa giác đáy của hình chóp là n n  3

thì đa giác đáy sẽ có n cạnh

Do đó, số mặt bên của hình chóp là n

Theo bài ra ta có phương trình: n  1 2018 n2017

Do đó, số đỉnh của hình chóp là 2018

Câu 20 Số phức z 7 9i có phần ảo là

Câu 21

Cho hàm số f x  có bảng biến thiên như sau:

Hàm số đã cho đồng biến trên khoảng nào dưới đây?

Trang 8

A 0;1.

Lời giải

Chọn A

Nhìn BBT ta thấy hàm số đã cho đồng biến trên các khoảng1; 0 và 1;   Đáp án A đúng

B 1; 

C 1;0

D   ; 1

Câu 22 Cho hàm số yf x( ) có f  2  Đặt 3 g x f x 21

, giá trị g 1

bằng

Giải thích chi tiết: Cho hàm số yf x( ) có f  2  Đặt 3 g x  f x 21

, giá trị g 1

bằng

A 3 B 6 C 1 D 12

Lời giải

Ta có g x f x 21 g x 2 x f x 21

Ta có g 1 2.1f1 12  2.f 2 2.3 6

Câu 23 Bà Mai gửi tiết kiệm ngân hàng MBbank với số tiền là 50 triệu với lãi suất 0,79% một tháng, theo

phương thức lãi kép Tính số tiền cả vốn lẫn lãi bà Mai nhận được sau 2 năm? ( làm tròn đến hàng nghìn)

A 59480000 B 50793000 C 60393000 D 50790000

Giải thích chi tiết: +) Áp dụng công thức lãi suất kép số tiền thu được sau n chu kỳ là: A1rn

, trong đó A là

số tiền gửi ban đầu, r là lãi suất trong 1 chù kỳ và n số chu kỳ

+) Bà Mai gửi số tiền A = 50 triệu = 50000000đồng, với lãi suất r = 0,79% = 0,0079, sau thời gian 2 năm thì n =

24 tháng

+) Số tiền bà Mai thu được là A1rn 50000000 1 0, 0079  24 60393000

Câu 24

Cho hàm số yx3  3x có đồ thị như Hình 1 Đồ thị ở Hình 2 là của hàm số nào?

A

3 3

Trang 9

C y x3 3x D

3 3

yx  x

Giải thích chi tiết: Ta có:

và

yx  x  x

nên đồ thị nằm phía trên trục Ox nên

ta loại đáp án B, C

Xét hàm số y x3 3x có: f(x) ( x)33( x)x3  3x f x( ), hàm số lẻ nên đồ thị nhận O làmx tâm đối xứng nên loại đáp án A

Câu 25 Trong không gian Oxyz, cho mặt phẳng  P

đi qua điểm A1;2; 1 

và có véctơ pháp tuyến

1;1; 2

n 



Phương trình của mặt phẳng  P

là

A x y 2z 1 0 B x y 2z1 0

C x y  2z1 0 D x y 2z1 0

Giải thích chi tiết: Trong không gian Oxyz, cho mặt phẳng  P đi qua điểm A1;2; 1 

và có véctơ pháp tuyến n  1;1; 2

Phương trình của mặt phẳng  P

là

A x y 2z1 0 B x y  2z1 0 C x y 2z1 0 D x y 2z 1 0

Lời giải

Phương trình mặt phẳng  P

cần tìm là: 1x1 1 y 22z1  0 x y 2z  1 0

Câu 26 Cho hình chóp S ABCD. có đáy là hình bình hành và có thể tích là V Gọi M là trung điểm của SB

Gọi P là điểm thuộc cạnh SD sao cho SP2DP Mặt phẳng AMP cắt cạnh SCtại N Tính thể tích của

khối đa diện ABCDMNP theo V

A

19 30

ABCDMNP

23 30

ABCDMNP

C

2 5

ABCDMNP

7 30

ABCDMNP

Giải thích chi tiết:

Trang 10

Trong ABCD gọi OACBD.

Trong SBD gọi I SOMP.

Trong SAC gọi N SCAI.

Trong SBD, qua M kẻ đường thẳng song song với BD cắt SO tại H , qua P kẻ đường thẳng song song với

BD cắt SO tại K

Gọi T là trung điểm NC

Ta có:

1

3 2

3

BO

IK PK  BO 

HK SO SH OK  SO SO SO SO

1

1 6

SO



4

7



4

7

SN

ST

4 2

10 5

SN

SC

1 1 2 2 2 7

2 2 5 5 3 30

20 30

Câu 27 Trong không gian Oxyz cho hai điểm A1;5;0

, B3;3;6

và đường thẳng

:

 Điểm

M a b c

thuộc đường thẳng d sao cho chu vi tam giác MAB nhỏ nhất Khi đó giá trị của biểu thức

a b c bằng

Trang 11

A 5 B 3 C 7 D 9.

Giải thích chi tiết: Gọi M 1 2 ;1t  t t;2  Ta có d MA 9t220 ; MB 9t 2220 ;AB2 11.

Chu vi tam giác MAB là C MAB MA MB AB  Suy ra C MAB Min MA MB Min 

Cách 1:

Đặt f t   9t220 9t 2220 ,t 

9

t t

f t



;

9 2 9

0

t t

f t



(*)

Xét hàm   92 ,

9 20

x





Ta có

 

180



 

g x

 đồng biến trên  Do đó (*) g t  g2 t    t 2 t t 1

Bảng biến thiên

Từ bảng biến thiên suy ra Min f t   2 29

 tại t 1.

Suy ra M1;0; 2

Do đó a1;b0 ;c 2 a2b3c7

Cách 2:

Suy ra MA MB Min  2 29

khi và chỉ khi

1

t



Suy ra M1;0; 2

Do đó a1;b0 ;c 2 a2b3c7

Câu 28 Trong mặt phẳng Oxy, cho điểm A (3 ;4 ), I ( 0;− 1) Phép đối xứng tâm I biến A thành A ′, tọa độ

của A ′ là

A (− 3 ;− 6 ) B (− 3 ;− 4 ) C (− 3 ;2) D (6 ; 9 ).

Giải thích chi tiết: Trong mặt phẳng Oxy, cho điểm A (3 ;4 ), I ( 0;− 1) Phép đối xứng tâm I biến A thành

A ′ , tọa độ của A ′ là

A (− 3 ;− 4 ) B (6 ; 9 ) C (− 3 ;2) D (− 3 ;− 6 ).

Lời giải

Ta có I là trung điểm của A A ′ Vậy A ′

(−3 ;− 6 ).

Câu 29

Cho 0< ¹a 1, phương trình có bao nhiêu nghiệm?

Trang 12

Giải thích chi tiết:

Câu 30 Cho hai số phức z1  5 6i và z2  2 3i Số phức 3z1 4z2 là

A 236i B 7 30i C 14 33i D 26 5i

Giải thích chi tiết: Ta có 3z1 4z2  7 30i

Câu 31 Tính giá trị của biểu thức sau: lo g1

a

2

a2+lo g a2a

1 2

(1 ≠ a>0 ).

Giải thích chi tiết: lo g1

a

2a2+lo ga2a

1 2

=(−2lo g a a)2

+1

4lo g a a=17

4

Câu 32 Cho hàm số

2 2 3

3 x x

y



 

 

 

  Tìm khẳng định đúng

A Hàm số luôn đồng biến trên khoảng   ; 1

B Hàm số luôn nghịch biến trên R.

C Hàm số luôn đồng biến trên R.

D Hàm số luôn nghịch biến trên khoảng   ; 1

Câu 33 Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để hàm số yx33x23m2 1x 3m21

có cực đại, cực tiểu và các điểm cực trị của đồ thị hàm số cách đều gốc tọa độ O

A

1

2

m 

B m 1 C

1 2

m 

D m 1

Giải thích chi tiết: Ta có :y'3x26x3m21 3x2 2x m 21

g x x  x  

là tam thức bậc hai có  ' m2 Do đó: y có cực đại cực tiểu  ' y có hai nghiệm

phân biệt  g x 

có hai nghiệm phân biệt  ' 0   m  0 (1)

Trang 13

Khi đó 'y có các nghiệm là: 1 m  tọa độ các điểm cực trị của đồ thị hàm số là A1 m; 2 2  m3

và

1 ; 2 2 3

B m   m

Ta có: OA 1 m; 2 2  m3

 OA2  1 m24 1 m32

OB1m; 2 2  m3



 2  2  32

A và B cách đều gốc tọa độ khi và chỉ khi :

OA OB  OA2 OB2  1 m24 1 m32  1 m24 1  m32

 4m16m3 0 

0 1 2

m m







 

Đối chiếu với điều kiện (1), ta thấy chỉ

1 2

m 

thỏa mãn yêu cầu bài toán

Câu 34 Cho a là số thực dương Viết biểu thức

3 4

5

1

a



dưới dạng lũy thừa cơ số a ta được kết quả

A

13

4

P a  B

7 4

13 4

7 4

P a 

Giải thích chi tiết: Cho a là số thực dương Viết biểu thức

3 4

5

1

a



dưới dạng lũy thừa cơ số a ta được kết quả

A

7

4

P a  B

13 4

P a C

7 4

P a D

13 4

P a 

Giải :



2 5

3 4

5

1

trong

ngoai

trong ngoai a

a



4 2

3

5 5 5

2 2

phep chialay mu tren mu duoi

a



Câu 35 Tiếp tuyến của đồ thị hàm số yx32x tại điểm 1 M0; 1 có hệ số góc k là

A k 1 B k  2 C k  2 D k 1

Giải thích chi tiết: Tiếp tuyến của đồ thị hàm số y x32x tại điểm 1 M0; 1 có hệ số góc k là

A k 1 B k 1 C k  2 D k  2

Tiêu đề	Đề mẫu toán 12 có đáp án giải thích
Trường học	Trường Trung Học Phổ Thông
Chuyên ngành	Toán học
Thể loại	Đề mẫu
Năm xuất bản	2023
Thành phố	Hà Nội

Định dạng
Số trang	14
Dung lượng	1,64 MB