Đề ôn tập toán 12 có hướng dẫn giải (56)

Đáp án đúng: A Giải thích chi tiết: Dựa vào đồ thị suy ra hàm số đã cho đồng biến trong khoảng 0;2.. Sau đó đặt hai quả cầu nhỏ bằng thủy tinh có bán kính lớn, nhỏ khác nhau sao cho hai

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: 003.

Câu 1 Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz cho mặt cầu   S : x12y 22z 32  và các điểm2

 1;0;1 , 0; 2;3 ,  1;3;0

Điểm M x y z ; ; 

thuộc mặt cầu  S

sao cho biểu thức

P MA  MB  MC đạt giá trị lớn nhất Khi đó T 2x y 2zbằng

Đáp án đúng: D

Giải thích chi tiết: Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz cho mặt cầu   S : x12y 22z 32  và2 các điểm A1;0;1 , B0; 2;3 , C1;3;0 Điểm M x y z ; ; 

thuộc mặt cầu  S

sao cho biểu thức

P MA  MB  MC đạt giá trị lớn nhất Khi đó T 2x y 2zbằng

A 8 B 5 C 12 D 14

Lời giải

Ta có:

Mặt cầu  S tâm I1; 2;3, bán kính R  2.

P MA  MB  MC  MI IA   MI IB    MI IC

5MI IA 2IB 2IC 2MI IA 2IB 2IC

                      

Ta lại có IA2 IB 2IC   8;0; 8 

Gọi Elà điểm thoả mãn IE   8;0; 8 



Khi đó

P MI IA  IB  IC  MI IE 

do đó Pđạt giá trị lón nhất khi và chỉ khiMI IE  . đạt giá trị lớn nhất

MI IE IM IE cos MI IE IM IE 

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi MI IE,

 

cùng hướng,khi

8;0; 8 1;0;1 8

8 2

IM

IE

2; 2; 4

M



Do đó T 14

Câu 2 Tìm tất cả các giá trị của tham số m để phương trình 8x312x2m0 có ba nghiệm phân biệt, trong

đó có đúng hai nghiệm nhỏ hơn

1

2.

A 2m0 B 2m0 C 2m0 D 2m0

Đáp án đúng: B

Giải thích chi tiết: Tìm tất cả các giá trị của tham số m để phương trình 8x312x2m0 có ba nghiệm phân biệt, trong đó có đúng hai nghiệm nhỏ hơn

1

2.

A 2m0 B 2m0 C 2m0 D 2m0

Lời giải

Trang 2

Phương trình 8x312x2m 0 8x312x2m.

Đặt f x 8x312x2

  2

Cho  

1

x





Bảng biến thiên:

Dựa vào bảng biến thiên ta thấy phương trình f x m có 3 nghiệm phân biệt, trong đó có đúng hai nghiệm nhỏ hơn

1

2   2 m 0

Vậy 2m0

Câu 3 Cho 0a Giá trị của 1 loga a a a a là:5 3

A

3

1

13

10 Đáp án đúng: D

Câu 4 Tìm đạo hàm f x 

của hàm số f x  log 25 x3

A

 

2

2 3 ln 5

f x

x

 

2ln 5

f x

x



C

 

1

2 2 3 ln 5

f x

x

f x

x



Đáp án đúng: A

Câu 5

Bảng biến thiên sau là của hàm số nào ?

Trang 3

C y= 3 x+4 x D y= 3 x−1 x +1

Đáp án đúng: C

Câu 6 Tập hợp tất cả các điểm biểu diễn số phức z thỏa mãn 1i z  5 i 2

là một đường tròn tâm I và bán kính R lần lượt là

A I2; 3 

, R  2

C I  2;3

, R  2

Giải thích chi tiết: Tập hợp tất cả các điểm biểu diễn số phức z thỏa mãn 1i z  5 i 2

là một đường tròn

tâm I và bán kính R lần lượt là

A I2; 3 

, R  B 2 I  2;3, R  2

C I2; 3 

, R  2 D I  2;3

, R  2

Lời giải

1i z  5 i 2

5

2 1

i z

i

 

  z 2 3 i  2  IM  2, với M z 

, I2; 3 

Vậy tập hợp tất cả các điểm biểu diễn số phức z là đường tròn tâm I2; 3 

, bán kính R  2

Câu 7 Cho một khối chóp có thể tích bằng V Khi giảm diện tích đa giác đáy xuống 1

3 lần, chiều cao giảm

1 2 thì thể tích khối chóp lúc đó bằng bao nhiêu?

A 27V B V3 C 18V D V6

Câu 8 Số cạnh của hình 12 mặt đều là

Giải thích chi tiết: (THPT Phan Đăng Lưu - Huế -2018) Số cạnh của hình 12 mặt đều là

A 20 B 30 C 16 D 12.

Lời giải

Ta có số cạnh của hình mười hai mặt đều là 30

Câu 9

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

Khẳng định nào sau đây đúng?

A Hàm số nghịch biến trên (0 ; 4 ) B Hàm số đồng biến trên (1 ;2 ).

C Hàm số đồng biến trên khoảng (0 ;+∞ ) D Hàm số đồng biến trên (− ∞; 0 ).

Trang 4

Câu 10 Cho b c, là cá số thực Biết z1  1 ilà một nghiệm của phương trình bậc hai ẩn phức

2

2018z bz c  0 Nghiệm z2 còn lại của phương trình là

A z2  1 i. B z2   1 i.

C z2 2018 1  i

Giải thích chi tiết: Do phương trình đã cho có hệ số thực nên z2   z1 1 i

Câu 11

Cho hàm số yf x( )có đồ thị là đường cong trong hình bên Hàm số đã cho đồng biến trong khoảng nào dưới đây?

A (0;2) B ( 2;2) C (2; ) D ( ;2)

Giải thích chi tiết: Dựa vào đồ thị suy ra hàm số đã cho đồng biến trong khoảng (0;2)

Câu 12 Hàm số nào sau đây đồng biến trên từng khoảng xác định của nó ?

Giải thích chi tiết: vì y’ > 0 trên từng khoảng xác định

Câu 13

Người ta chế tạo một món đồ chơi cho tre em theo các công đoạn như sau: Trước hết chế tạo ra hình nón tròn xoay có góc ở đỉnh là 2 60 bằng thủy tinh trong suốt Sau đó đặt hai quả cầu nhỏ bằng thủy tinh có bán kính lớn, nhỏ khác nhau sao cho hai mặt cầu tiếp xúc với nhau và tiếp xúc với mặt nón, quả cầu lớn tiếp xúc với

mặt đáy của hình nón (hình vẽ) Biết rằng chiều cao của hình nón bằng 9cm

Trang 5

Bỏ qua bề dày của các lớp vỏ thủy tinh, tổng thể tích của hai khối cầu bằng

A

100

3



38 3



40 3



112 3



Giải thích chi tiết:

Gọi N r là tâm và bán kính của mặt câu nhỏ , 1 M r là tâm và bán kính của mặt cầu lớn., 2

Do các mặt cầu tiếp xúc với nhau và tiếp xúc với mặt nón nên tam giác SNC vuông tại C , tam giác SMB

vuông tại B

Hình nón tròn xoay có góc ở đỉnh là 2 60 nên ASO   30

r SM   r  SO r  r  SO r  SO

2

SO r

r SN   r  SO NO  r  SO r  r  r   

Vậy tổng thể tích hai khối cầu là  3 3

V  r r   

Câu 14 Tìm

sinx.cos d

A e cos xC B e sin xC C e sin xC D e cos x C

Giải thích chi tiết: Tìm

sinx.cos d

E e cos xC F e sin xC G e sin xC H e cos x C

Câu 15 Cho hàm số f ( x )=(m+1)x +4

x +2 m ( m là tham số thực) Có bao nhiêu giá trị nguyên m để hàm số nghịch biến trên khoảng (0 ;+∞ )?

Ⓐ 4 Ⓑ 3 Ⓒ 2 Ⓓ 1.

Trang 6

Câu 16

Cho hình phẳng giới hạn bởi các đường quay xung quanh trục Ox tạo thành

khối tròn xoay có thể tích bằng Tìm a và b

Câu 17 ~ : Cho hình chóp S ABCD. có đáy là hình chữ nhật, AB2 ;a BC 3a, cạnh bên SA vông góc với đáy và đường thẳng SC tạo với SAB

góc 450 Tính thể tích Vcủa khối chóp S ABCD. theo a

3

2 5 3

a

V 

C

3 2

3

a

V 

Giải thích chi tiết: [ Mức độ 2] Cho hình chóp S ABCD. có đáy là hình chữ nhật, AB2 ;a BC 3a, cạnh bên SA vông góc với đáy và đường thẳng SC tạo với SAB góc 450 Tính thể tích Vcủa khối chóp

S ABCD theo a

A V 6a3 5 B

3 2 3

a

V 

C

3

2 5 3

a

V 

D V 2a3 5

Lời giải

FB tác giả: Hien Nguyen.

nguyenhiennb68@gmail.com

Có

1

3 ABCD

; S ABCD AB BC 6a2

Trang 7

Ta có



suy ra góc giữa đường thẳng SC và SAB 

là góc BSC.

Có BSC vuông cân tại B nên

3

a

Câu 18 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho đường thẳng

:

 Hình chiếu vuông góc của d trên mặt phẳng Oyz là một đường thẳng có vectơ chỉ phương là

A u  0;1;3

C u  2;0;0 D u  0;1; 3 

Giải thích chi tiết: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho đường thẳng

:

 Hình chiếu vuông góc của d trên mặt phẳng Oyz là một đường thẳng có vectơ chỉ phương là

A u  0;1;3

B u  0;1; 3 

C u  2;1; 3 

D u  2;0;0

Lời giải

Ta có d cắt mặt phẳng Oyz tại

5 7 0; ;

2 2

M  M   

 , chọn A3;1;1d và gọi B là hình chiếu vuông góc của A lên mặt phẳng Oyz  B0;1;1

Lại có

3 9 0; ;

2 2

BM   

Khi đó, vectơ chỉ phương của đường thẳng cần tìm sẽ cùng phương với vectơ BM

nên Chọn B

Câu 19 Số phức z=−35+7

2i có phần ảo bằng

A 3

7

5 .

Câu 20

Điểm M trong hình vẽ bên là điểm biểu diễn của số phức z Phần thực của z bằng

Câu 21 Cho hình lập phương ABCD A B C D     cạnh a Tính diện tích xung quanh của khối nón có đỉnh là tâm

O của hình vuông ABCD và đáy là hình tròn nội tiếp hình vuông A B C D    ?

Trang 8

A

16

xq

a

S 

4

xq

a

S 

C

2

xq

a

S 

8

xq

a

S 

Khối nón có chiều cao là a và có bán kính đáy là 2

a

r 

Do đó diện tích xung quanh của khối nón được tính theo công thức:

xq

S rl

với

2

Vậy

2

xq

Câu 22 Tìm tất cả các giá trị của m>0 để giá trị nhỏ nhất của hàm số y=x3

−3 x+1 trên đoạn [m+1;m+2] luôn

bé hơn 3

Câu 23

Giá trị của a b, để hàm số

ax+1 y

x b

=

- có đồ thị như hình vẽ bên dưới là:

Câu 24

Trang 9

Trên tập hợp các số phức, xét phương trình (a, là các tham số thực) Có bao nhiêu cặp số thực sao cho phương trình đó có hai nghiệm thỏa mãn

Câu 25 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng  

mặt phẳng

 P x y z:    3 0

và điểm A1;2; 1 

Cho đường thẳng  

đi qua A, cắt  d

và song song với mặt phẳng  P

Tính khoảng cách từ gốc tọa độ O đến  

A

16

4 3

Giải thích chi tiết: Gọi M      d  M t 3;3t3;2t t R     AM  t 2;3t1; 2t1

Gọi n1;1; 1 

là vectơ pháp tuyến của mặt phẳng  P

Ta có   / /  P  AMn               AM n    0 t 2 3t 1 2t 1 0  t 1

3

AM OA

AM

 



Câu 26 Cho F x  2cos 2xsinx cosx10sin 2 sinx x cosx6 dx

A

13

4 5



13

50

Giải thích chi tiết: Ta có: f x 2cos 2xsinx cosx10sin 2 sinx x cosx6

  2cos 2 1 sin 2  3 1 sin 2 2 sin 2

  2cos 2 1 sin 2  3 1 sin 2 2 1 sin 2  1

  2cos 2 1 sin 2 5 1 sin 2 4 1 sin 2 3

1 sin 2 1 sin 2 1 sin 2 d

Áp dụng khai triển nhị thức Newton, ta có hạng tử sin 2x5 có hệ số là:

 5  5

Câu 27 Cho số phức

1 2

2 3

i z

i





 có phần thực là

Trang 10

A

4 7

13 13i

 

4 7

13 13i

 

C 3 i D

4 13



Câu 28

: Đạo hàm của hàm số là:

Câu 29

Trong không gian cho hai vectơ và Tọa độ của vectơ

là

Câu 30 Gọi a là giá trị lớn nhất của hàm số f x( ) (= +x 2) 4- x2 trên tập xác định Khi đó, phương trình

1

a - + = có nghiệm là

A x= 4 B x= 1 C x= 2 D x= 3

Lời giải

Tìm giá trị lớn nhất của hàm số f x( ) (= +x 2) 4- x2 trên tập xác định.

Tập xác định D= -[ 2;2].

2

2x

4

x

+

2

1 2x

2 4

x

é = Î

ê =- Î

Ta có: f( )- 2 =0

, f( )1 =3 3, f( )2 =0

Suy ra giá trị lớn nhất của hàm số f x( ) (= +x 2) 4- x2 trên tập

xác định bằng 3 3 suy ra a=3 3.

2

Câu 31 Tập hợp các điểm biểu diễn số phức z thỏa mãn 5z 4 3 i z  25

là đường thẳng có phương trình:

A 8x 6y25 0 B 8x 6y 25 0

C 8x6y250 D 8x 6y0

Trang 11

Giải thích chi tiết: Tập hợp các điểm biểu diễn số phức z thỏa mãn 5z 4 3 i z  25

là đường thẳng có phương trình:

A 8x 6y 25 0 B 8x 6y 25 0 

C 8x6y250.D 8x 6y0

Lời giải

Ta có 5z 4 3 i z  25  5z 4 3 i z   4 3 i  5z  4 3i z 4 3 i

4 3

Gọi z x yi  thay vào biến đổi ta được x2y2 x 42 y32 8x 6y 25 0

Câu 32 Chọn ngẫu nhiên một số tự nhiên có 6 chữ số đôi một khác nhau từ tập X 0,1, 2,3, 4,5,6, 7,8,9

Tính xác suất để chọn được số tự nhiên có mặt đúng 5 chữ số lẻ

A

25

1134 B

29

1134 C

4

5

189

Giải thích chi tiết: Chọn ngẫu nhiên một số tự nhiên có 6 chữ số đôi một khác nhau từ tập

0,1, 2,3, 4,5,6,7,8,9

X 

Tính xác suất để chọn được số tự nhiên có mặt đúng 5 chữ số lẻ

A

4

189 B

25

1134 C

5

189 D

29

1134

Lời giải

FB Tác giả:

9

9 136 080

n   A 

Gọi A là biến cố: “chọn được số tự nhiên có mặt đúng 5 chữ số lẻ”.

Số cần tìm có dạng abcdef

Trường hợp 1: a chẵn.

+ Có 4 cách chọn a

+ Có 5! cách sắp xếp bcdef

Trường hợp 2: a lẻ.

+ Có 5.5 cách chọn và sắp vị trí cho chữ số chẵn

+ Có 5! cách sắp 5 chữ số lẻ vào 5 vị trí còn lại

  4.5! 5.5.5! 3480

n A

   

 

29 1134

n A

P A

n



Câu 33 Tìm nguyên hàm của hàm số f x  x2 22

x

A  

d

3

x

Trang 12

B  

d

3

x

C  

d

3

x

D  

d

3

x

Lời giải

Ta có

3 2

2

d 3

x



Câu 34 Cho hàm số f x  thỏa mãn  f x  2 f x f   x x3 2 ,x  x R và f  0 f  0 1 Tính

 

2 1

f

A 2  47

1

30

1 30

C 2  26

1

15

1 15

Lời giải

Ta có:

1

4

x

Theo giả thiết f  0 f  0 1

nên C  1 1

f x f x   x   f x f x   x 

 

2



Do f  0 1 nên C  Suy ra 2 1  

2 1

10 3

Vậy 2  1 2 73

f

Câu 35

Cho một chiếc cốc có dạng hình nón cụt và một viên bi có đường kính bằng chiều cao của cốc Đổ đầy nước rồi thả viên bi vào, ta thấy lượng nước tràn ra bằng một phần ba lượng nước đổ vào cốc lúc ban đầu Biết viên bi tiếp xúc với đáy cốc và thành cốc Tìm tỉ số bán kính của miệng cốc và đáy cốc (bỏ qua độ dày của cốc)

Trang 13

A

5

21 5 2



5 21 2



Giải thích chi tiết: Gọi bán kính viên bi là r; bán kính đáy cốc, miệng cốc lần lượt là r r , 1, 2 r1r2 Theo giả thiết thì chiều cao của cốc là h2r.

Thể tích viên bi là

3

4 3

B

V  r

C

V  h r r r r  r r r r r

Theo giả thiết thì

1

6 3

(1)

Mặt cắt chứa trục của cốc là hình thang cân ABB A  Đường tròn tâm O r;  là đường tròn lớn của viên bi, đồng thời là đường tròn nội tiếp hình thang ABB A , tiếp xúc với A B AB , lần lượt tại H H và tiếp xúc với 1, 2 BB tại

M

Dễ thấy tam giác BOB vuông tại O

Ta có OM2 MB MB  r2 r r1 2 (2)

Thay (2) vào (1) ta được

2

6r r r r r r r 5r 1 0

 

Giải phương trình với điều kiện

2 1

1

r

r  ta được

2 1

5 21 2

r r





Trang 14

Chú ý: Chứng minh công thức thể tích hình nón cụt.

Ta có:

1

h

r h h  r  r

3

r



3

r



Tiêu đề	Đề ôn tập kiến thức toán 12
Trường học	THPT Phan Đăng Lưu
Chuyên ngành	Toán học
Thể loại	Đề ôn tập
Năm xuất bản	2018
Thành phố	Huế

Định dạng
Số trang	14
Dung lượng	1,16 MB