Đề ôn tập toán 12 có hướng dẫn giải (1179)

Đồ thị hàm số có đúng một tiệm cận ngangA. Đường tiệm cận đứng của đồ thị hàm số là A.. Giả sử sau năm đầu tư, dự án đầu tư lần một sẽ phát sinh lợi nhuận với tốc độ trăm đôla/năm, tiếp

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: 059.

Câu 1

Cho hàm số y=f ( x ) có và Khẳng định nào sau đây là khẳng định đúng ?

A Đồ thị hàm số có đúng một tiệm cận ngang.

B Đồ thị hàm số không có tiệm cận ngang.

C Đồ thị hàm số có hai tiệm cận ngang là các đường thẳng y=1 và y=− 1

D Đồ thị hàm số có hai tiệm cận ngang là các đường thẳng x=1 và x=− 1.

Đáp án đúng: C

Giải thích chi tiết: Theo định nghĩa về tiệm cận, ta có:

là TCN

Câu 2

Đồ thị nào sau đây là đồ thị hàm số ?

A

B

C

Trang 2

D

Đáp án đúng: A

Câu 3 Trong không gian Oxyz , mặt phẳng đi qua điểm M1;1; 1  và vuông góc với đường thẳng

:

có phương trình là

A x 2y z  2 0 B 2x2y z  3 0

C x 2y z  0 D 2x2y z   3 0

Đáp án đúng: B

Giải thích chi tiết:

:

thì  có một vec-tơ chỉ phương là u  2; 2;1. Gọi   là mặt phẳng cần tìm

Có   

, nên u  2; 2;1 là một vec-tơ pháp tuyến của  

Mặt phẳng   qua điểm M1;1; 1  và có một vec-tơ pháp tuyến u  2; 2;1.

Nên phương trình   là 2 2x y z  3 0

Câu 4 Tìm cực tiểu của hàm số y=−x4

+x2−2

A y CT=2 B y CT=1 C y CT=−2 D y CT=−1

Câu 5

Cho hàm số f x 

có đồ thị như hình vẽ

Trang 3

Đường tiệm cận đứng của đồ thị hàm số là

A x  2 B x  1 C y  2 D y  1

Giải thích chi tiết: Nhìn vào đồ thị ta thấy lim1 ; lim1

   x là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số.1

Câu 6 Tập xác định D của hàm số y  x 3 2

A D = ( 3; +¥ )

C D R = \ 3 { }

Câu 7

Tập đoàn dầu khí Việt Nam PVC dự định đầu tư một khu sản xuất, chế biến dầu thô tại Quảng Ngãi Giả sử sau năm đầu tư, dự án đầu tư lần một sẽ phát sinh lợi nhuận với tốc độ trăm đôla/năm, tiếp sau đó dự án lần hai sẽ phát sinh lợi nhuận với tốc độ trăm đôla/năm Biết sau thời gian năm thì tốc độ lợi nhuận của dự án hai bằng một nửa với tốc độ lợi nhuận với dự án một Tính lợi nhuận vượt thực tế cho khoảng thời gian trên

Khoảng thời gian để tốc độ sinh lợi nhuận để dự án hai bằng nửa dự án lần một khi:

P t  P t  t   t

5 5 15

t

  

 

Lợi nhuận vượt trong khoảng thời gian 0  t 5 5 15 sẽ xác định bằng tích phân sau:

2

Trang 4

 

5 5 15

2 0

0

350 5

3



Câu 8 Phương trình (2x - 5 log) ( 2x- 3) =0

có hai nghiệm x x1, 2 Tính giá trị của biểu thức K =x1+3x2.

A K =18 log 5.+ 2 B K =32 log 3.+ 2

C K =24 log 5.+ 2

D K =32 log 2.+ 3

Câu 9

Cho hàm số yf x 

phù hợp với bảng biến thiên bên dưới Tổng số đường tiệm cận là:

Đáp án đúng: D

Câu 10

Cho hình chóp .S ABC có SA vuông góc với mặt phẳng ABC, SA2a , tam giác ABC vuông tại B và

2

AC a (minh họa như hình vẽ bên)

Góc giữa đường thẳng SC và mặt phẳng ABC

bằng

Câu 11

Tính diện tích S của miền hình phẳng giới hạn bởi đồ thị của hàm số f x ax3bx2c,

các đường thẳng 1,

x  x  và trục hoành.2

Trang 5

A

53

8

S 

50 8

S 

51 8

S 

52 8

S 

Câu 12

Số điểm cực trị của hàm số là

Câu 13 Cho đường cong (C):

2

2x 5x 6

y

x



Tìm phương án đúng:

A (C) không có tiệm cận ngang B (C) có hai tiệm cận ngang y1,y1

C (C) có hai tiệm cận ngang y 2,y 2 D (C) chỉ có tiệm cận đứng

Câu 14 Cho hình chóp S ABC có đáy là tam giác đều cạnh 4a , SA vuông góc với mặt phẳng đáy, góc giữa

mặt phẳng SBC

và mặt phẳng đáy bằng 60 Diện tích của mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S ABC bằng

A

2

172

3

a



2

172 9

a



C

2

76 3

a

 D 84 a 2

Câu 15 Một hình nón đỉnh S , đáy hình tròn tâm O và SO h Một mặt phẳng  P

qua đỉnh S cắt đường

tròn  O

theo dây cung AB sao cho góc AOB  90 , biết khoảng cách từ O đến  P

bằng 2

h

Khi đó diện tích xung quanh hình nón bằng?

Trang 6

A

2 10

3

h



2

3

h



2 10 6

h



2 10

3 3

h



Gọi I là trung điểm của AB

OH SO OI  OI h  h h

3 3

h OI

Tam giác OAB vuông cân tại O nên:

2 3 2

3

h

AB OI 

,

6 3

h

R OA OB  

Suy ra:

2

SB SO OB  h   

Diện tích xung quanh của hình nón:

2

xq

Câu 16 Điểm cực đại của đồ thị hàm số y x 3 x22 là

A

2 50

;

3 27

50 3

;

27 2

  C 2;0

D 0; 2

Câu 17 Trong không gian cho bốn mặt cầu có bán kính lần lượt là 2;3;3;2 (đơn vị độ dài) đôi một tiếp xúc với

nhau Mặt cầu nhỏ tiếp xúc ngoài với cả bốn mặt cầu trên có bán kính bằng

A

6

5

3

7

15.

Giải thích chi tiết: Gọi A B C D, , , lần lượt là tâm của 4 mặt cầu đã cho Do bốn mặt cầu có bán kính lần lượt là 2;3;3;2 (đơn vị độ dài) đôi một tiếp xúc nên dễ thấy bốn mặt cầu đôi một tiếp xúc ngoài

Khi đó ta có A B C D, , , lập thành tứ diện có độ dài các cạnh AB AC BD CD    ,5 AD  ,4 BC  6

Trang 7

Gọi E là trung điểm BC khi đó ta có AE DE 4.Suy ra ADE là tam giác đều hay hình chiếu của D lên

mặt phẳng ABC

là trung điểm H của AE Suy ra DH 2 3.

Gắn hệ trục tọa độ gốc E ta có tọa độ các điểm E0,0,0 ,A  4,0,0,B0,3,0,C0, 3,0 ,D  2,0, 2 3

Giả sử mặt cầu nhỏ tiếp xúc ngoài với cả bốn mặt cầu trên có tâmI a b c c  , , , 0

, bán kính R Ta có hệ phương

trình

2

1 3

3

IA IB

IB R

IC R

IA ID



 



 



11

x

z





Suy ra

6 2 11

R IA  

Cách 2:

Gọi A B C D, , , là tâm bốn mặt cầu, không mất tính tổng quát ta giả sử AB 4, AC BD AD BC    Gọi5 ,

M N lần lượt là trung điểm của AB CD, Dễ dàng tính được MN 2 3 Gọi I là tâm mặt cầu nhỏ nhất với bán kính rtiếp xúc với bốn mặt cầu trên Vì IA IB IC , ID nên I nằm trên đoạn MN

Đặt IN  , ta có x IC 32x2   , 3 r IA 222 3 x2  2 r

Từ đó suy ra 2 2 2  2 12 3

11

, suy ra

2

r    

Cách 3

Trang 8

Gọi A B, là tâm quả cầu bán kính bằng 2 C D, là tâm quả cầu bán kính bằng 3 I là tâm quả cầu bán kính x

Mặt cầu  I

tiếp xúc ngoài với 4 mặt cầu tâm A B C D, , , nên IA IB x  2, IC ID x  3

Gọi  P

,  Q lần lượt là các mặt phẳng trung trực đoạn AB và CD

 

       1





Tứ diện ABCD có DA DB CA CB    suy ra MN là đường vuông góc chung của 5 AB và CD , suy ra

   

MN  P  Q

Từ  1

và  2

suy ra I MN

Tam giác IAM có IM  IA2 AM2  x22 4

Tam giác CIN có IN  IC2 CN2  x32 9

Tam giác ABN có NM  NA2 AM2  12

Suy ra  32 9  22 4 12 6

11

x   x    x

Câu 18 Tìm tất cả các tham số thực m để hàm số f x  x3 3x23m1x

đạt cực tiểu tại x  0 2

A m  1 B m  1 C m  1 D m  1

Giải thích chi tiết: Tìm tất cả các tham số thực m để hàm số f x x3 3x23m1x

đạt cực tiểu tại x  0 2

A m  B 1 m  C 1 m  D 1 m  1

Câu 19 Trong không gian với hệ trục Oxyzcho ba điểm A2;1;3 , B1; 2;2 

, C x y ; ;5

thẳng hàng Khi đó

x y bằng

Giải thích chi tiết: Trong không gian với hệ trục Oxyzcho ba điểm A2;1;3, B1; 2;2 

, C x y ; ;5

thẳng hàng Khi đó x y bằng

A 11 B 11 C 3 D 3

Lời giải

Ta có AB   1; 3; 1  

, AC x 2;y1; 2

Ba điểm A B C, , thẳng hàng  AB

, AC

cùng phương 4

7

x

y







Vậy x y 11

Trang 9

Câu 20 Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để đồ thị hàm số 2 3 2  2  2

2 3 1

y x  mx  m  x

có hai điểm cực trị có hoành độ x , 1 x sao cho 2 x x1 22x1x2  1

A

2

3

m 

B m 0 C

2 3

m 

D

1 2

m 

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

,

g x x  mx m  là tam thức bậc hai có  13m2 4 Do đó hàm số có hai điểm cực trị khi và chỉ khi '

y có hai nghiệm phân biệt  g x  có hai nghiệm phân biệt

  0

2 13 13

m







 



1

x , x là các nghiệm của 2 g x 

nên theo định lý Vi-ét, ta có

2





Do đó x x1 22x1x2   1 3m22m   1 1 3m22m  0

0 2 3

m m







 

Đối chiếu với điều kiện (1), ta thấy chỉ thỏa mãn yêu cầu bài toán

Câu 21 Cho điểmA3;5; 7 , 1;1; 1   B   Tìm tọa độ trung điểm I của đoạn thẳng AB.

A I4;6; 8  

B I   2; 4;6 

C I2;3; 4   D I   1; 2;3 

Câu 22

Một vật chuyển động trong 3 giờ với vận tốc (vkm/ h) phụ thuộc thời gian ( )t h có đồ thị là một phần của đường Parabol có đỉnh (I 2;9) và trục đối xứng song song với trục tung như hình bên Tính quãng đường s mà vật di

chuyển được trong 3 giờ đó

A s=25,25km. B s=26,75km. C s=24,25km. D s=24,75km.

Trang 10

Lời giải

Dựa vào đồ thị suy ra

( )

ìïï ïïï íï ïï ïïî

=

£ £

2

9

9 m/ s khi 0 t 3 4

27 m/ s khi 3 4

4

v t

t

Quảng đường người đó đi được trong khoảng thời gian 4 giờ là:

2

s=òæçççè - t + t tö÷÷÷ø +ò t=

Câu 23 Đạo hàm của hàm số ylog 23 x1

trên khoảng

1

; 2



  bằng

A  

2

2x 1 lnx

C  

2

2x 1 ln 3. D 22ln 2x 1.

Câu 24 Cho hình lăng trụ đứng ABC A B C.    có các cạnh bên bằng a 2 và đáy là tam giác vuông tại A ,

AB a AC a  Ký hiệu  là góc tạo bởi hai mặt phẳng A BC 

và BCC B 

Tính tan

A

6 tan

4

 

3 tan

6

 

C

2 6 tan

3

 

3 tan

4

 

Giải thích chi tiết: Cho hình lăng trụ đứng ABC A B C.    có các cạnh bên bằng a 2 và đáy là tam giác vuông

tại A , AB a AC a ,  3 Ký hiệu  là góc tạo bởi hai mặt phẳng A BC 

và BCC B 

Tính tan

A

3

tan

6

 

B

6 tan

4

 

C

3 tan

4

 

D

2 6 tan

3

 

Lời giải

FB tác giả: Thùy Lên

Kẻ AM BC tại M Lại có AA BC Suy ra BCAMA BCA M

Trang 11

Suy ra  A BC  , BB C C    A M AM ,  A MA  

Xét ABC vuông tại A có AM là đường cao.

2

a AM

tan

3 3

2

Câu 25 Tập xác định của hàm số  2 

3 log 1

y x 

là

A   ; \ 1 

B   ; 1  1;

C 1;1 

D   ; 11;.

Câu 26

Tìm số tự nhiên nhỏ nhất thỏa mãn

Câu 27 Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy , cho phép tịnh tiến theo v  1;1

Phép tịnh tiến theo v

 biến đường thẳng d x  : 1 0 thành đường thẳng d' Khi đó, phương trình của d' là

C x y  2 0 D x  2 0

Giải thích chi tiết: [Mức độ 2] Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy, cho phép tịnh tiến theo v  1;1. Phép tịnh tiến theo v biến đường thẳng :d x   thành đường thẳng '1 0 d Khi đó, phương trình của ' d là

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

Lời giải

Biểu thức tọa độ của phép tịnh tiến theo v  1;1 là



Nếu M x y ,  là điểm bất kì trên đường thẳng d thì x   , suy ra ' 1 1 01 0 x    x' 2 0  Vậy phương trình đường thẳng 'd là x   2 0

Câu 28 Cho hình bình hành ABCD Gọi G là trọng tâm tam giác ABC Mệnh đề nào sau đây đúng?

A GA GC GD BD    

B GA GC GD    0

C GA GC GD CD    

   

Trang 12

Câu 29 Cho hàm số y x 3 3x2 có đồ thị 2  C Giả sử đường thẳng  d y ax b:   là tiếp tuyến của  C tại điểm có hoành độ dương Tính a b biết rằng  d

cắt trục hoành và trục tung lần lượt tại A và Bsao cho 9

OB OA

Giải thích chi tiết: Ta có: OB9.OA tanOAB  9 Đường thẳng d có hệ số góc là: k a  9

GọiM x y 0; 0,x 0 0

là tiếp điểm của tiếp tuyến d ta được

 

0

1

vn



Vậy phương trình đường thẳng d là

y x   y x  a b  a b 

Câu 30 C ho tam giác OAB vuông tại O có OA  , 3 OB  Tính diện tích toàn phần của hình nón tạo thành4

khi quay tam giác OAB quanh OA ?

A S 26 B S52 C S 20 D S36

Giải thích chi tiết: Vì tam giác OAB vuông tại O có OA3,OB4 nên AB  , ta có :5

.4.5 20

xq

S RlOB AB  

Và diện tích đáy là S R2 .OB2 .42 16 Vậy S tp  S S xq 36

Câu 31 Cho hàm số yx33x2 x1 Gọi x x là các điểm cực trị của hàm số trên Khi đó 1, 2 2 2

1  2

x x có giá

trị bằng

A

35

9



10

14

35

9 .

Câu 32

Cho khối chóp S.ABC có 1216 , tam giác ABC là tam giác đều cạnh a, 1196 Thể tích khối chóp S.ABC là:

C 123

125 6

Câu 33 Diện tích của hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hai hàm số y x 2 và 2 y3x là:

A

1

6

S 

B

3 2

S 

Trang 13

Câu 34 Cho hàm số y x  3 khẳng định nào sau đây đúng?

A Đồ thị hàm số có một tiệm cận đứng và không có tiệm cận ngang.

B Đồ thị hàm số cắt trục Ox

C Đồ thị hàm số có một tiệm cận đứng và một tiệm cận ngang.

D Đồ thị hàm số không có tiệm cận.

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 4x 2y z 10 0 B x 2y z 10 0

C 2x 2yz90 D 3x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

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

3

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

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 ôn tập kiến thức toán 12
Trường học	Trường Trung Học Phổ Thông
Chuyên ngành	Toán học
Thể loại	Đề ôn tập

Định dạng
Số trang	13
Dung lượng	1,53 MB