ĐÁP án đề số 12

Giá trị cực đại của hàm số đã cho bằng.. Cho hình chóp .S ABC có đáy là tam giác vuông đỉnh B , ABa , SA vuông góc với mặt phẳng đáy và SAa.. Cắt hình trụ đã cho bởi mặt phẳng song so

BẢNG ĐÁP ÁN

1.C 2.B 3.A 4.A 5.D 6.A 7.C 8.D 9.C 10.A

11.D 12.D 13.C 14.D 15.D 16.A 17.D 18.B 19.B 20.C

21.A 22.A 23.A 24 25.C 26.A 27.D 28.C 29.A 30.B

31.A 32.C 33.B 34.A 35.A 36.C 37.B 38.D 39.C 40.B

41.C 42.C 43.C 44.C 45.C 46.D 47.B 48.C 49.A 50.B

Lời giải chi tiết

Câu 1 Cho tập hợp M có 10 phần tử Số tập con gồm hai phần từ của M là

Mỗi cách lấy ra 2 phần tử trong 10 phần tử của M để tạo thành tập con gồm 2 phần tử là một

tổ hợp chập 2 của 10 phần tử  Số tập con của M gồm 2 phần tử là 2

Công thức số hạng tổng quát của cấp số cộng là: u n u1n1d Thay u   , 1 5 d  , 3100

Thể tích của khối cầu có bán kính R là 4 3

3

V  R

Câu 4 Cho hàm số y  f x ( ) có bảng biến thiên như sau:

Hỏi hàm số nghịch biến trên khoảng nào sau đây?

A (0;1) B (1;  ) C ( 1;0)  D (0;  )

Lời giải Chọn A

TUYỂN TẬP ĐỀ PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA 2020

• ĐỀ SỐ 12 - MỖI NGÀY 1 ĐỀ THI

Vì trên (0;1) hàm số có đạo hàm mang dấu âm

Câu 5 Cho hình lăng trụ đứng ABC A B C    có BB   , đáy ABC là tam giác vuông cân tại a

Đkxđ: 3 1 0 1

3

x   xBất phương trình3x 1 23 3x9 x 3

f x x

 bằng

Lời giải Chọn C

A'

C B

A

Giá trị cực đại của hàm số đã cho bằng

Lời giải Chọn D

Từ bảng biến thiên ta thấy: Hàm số đạt cực đại tại x   và giá trị cực đại bằng 3 2

Câu 9 Cho hàm số y f x  liên tục trên  và có bảng biến thiên

Khẳng định nào sau đây là khẳng định sai?

A Hàm số đồng biến trên khoảng ;1

B Hàm số có hai cực trị

C Hàm số có giá trị nhỏ nhất bằng 1

D Đồ thị hàm số có một đường tiệm cận ngang

Lời giải Chọn C

Dựa vào bảng biến thiên ta suy ra: lim   1

Theo tính chất của lôgarit:  a 0,b0 : ln ab lnalnb

Câu 11 Họ nguyên hàm của hàm số f x  1 sinx

Ta có f x dx 1 sinx dx 1dx sin dx x ln x cosx C

Câu 12 Cho số phức z 2 3i Phần thực và phần ảo của số phức z lần lượt là

A 2 và 3 B  và 2 3 C 2 và 3i D 2 và 3

Lời giải Chọn D

Phương trình dạng tổng quát của mặt cầu: x2y2 z2 2ax2by2cz  với d 0

a  b c  d  a b c     nên không thỏa điều kiện d  *

Câu 15 Trong không gian Oxyz, cho ba điểm M2;0; 0,N0; 1;0 ,P0;0; 2 Mặt phẳng MNP

phẳng P : 3x3y2z 6 0 Mệnh đề nào dưới đây đúng?

A dcắt và không vuông góc với  P B dvuông góc với  P

C dsong song với  P D dnằm trong  P

Lời giải Chọn A

Ta có đường thẳng d đi qua M1;0;5 có vtcp 1; 3; 1  

n u không vuông góc loại đáp án C

Câu 17 Cho hình chóp S ABC có đáy là tam giác vuông đỉnh B , ABa , SA vuông góc với mặt

phẳng đáy và SAa Khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng SBC bằng

Câu 20 Cho x, y và z là các số thực lớn hơn 1 và gọi wlà số thực dương sao cho logx w 24,

logy w 40 và logxyz w 12 Tính logz w

Lời giải Chọn C

Điều kiện: 2 1 0 1

1 0

x

x x

Câu 22 Cho hình trụ có chiều cao bằng 3 2 Cắt hình trụ đã cho bởi mặt phẳng song song với trục và

cách trục một khoảng bằng 1, thiết diện thu được có diện tích bằng 12 2 Diện tích xung quanh của hình trụ đã cho bằng

Lời giải Chọn A

Ta có:

12 2 3 2

42

Câu 23 Cho hàm số f x  có bảng biến thiên như sau:

Số nghiệm thực của phương trình 2f x    3 0 là

Lời giải Chọn A

Ta có 2   3 0   3

2

f x    f x   Nhìn bảng biến thiên ta thấy phương trình này có 3 nghiệm

Câu 24 Họ nguyên hàm của hàm số f x 4x1 ln x là 

Hay 2x2ln x x2C là họ nguyên hàm của hàm số f x 4x1 ln x 

Câu 25 Anh An vay ngân hàng 100 triệu đồng với lãi suất là 0, 7% / 1tháng theo phương thức trả góp,

cứ mỗi tháng anh An sẽ trả cho ngân hàng 5 triệu đồng và trả hàng tháng như thế cho đến khi hết nợ Hỏi sau bao nhiêu tháng thì anh An trả được hết nợ ngân hàng? (Biết lãi suất ngân hàng không thay đổi)

A 21 tháng B 23 tháng C 22 tháng D 20 tháng

Lời giải Chọn C

Ta có công thức vay trả góp là (1 ) 1

(1 )

n n

Khi đó, theo công thức ta có 8 6 (1 0, 007) 1

0, 007

n n

Áp dụng công thức Herong ta tính được diện tích đáy:

20 21 29

352

Câu 27 Số tiệm cận đứng của đồ thị hàm số y x2 4 2

Từ hình vẽ suy ra P  1; 2 và Q2;1 Từ đó z1  1 2i; z2  2 i

Vậy z    1 2i  2i 1 3i

Câu 32 Cho hình lập phương A B C D A B C D     có độ dài cạnh bằng 1 Gọi M N P Q , , , lần lượt là trung

điểm của AB BC C D DD , ,   ,  Gọi thể tích khối tứ diện MNPQ là phân số tối giản a

b, với

*,

a b  Tính a b

Lời giải Chọn C

y

x 1

2 2

-1

Q P

O

Thiết lập hệ tọa độ Oxyz như hình vẽ, gốc O  B  Khi đó:

10; ;12

M 

 ,

1

;0;12

N 

 ,

11; ;02

P 

 ,

11;1;

Ta có  S :x2y2z22x4y6zm 3 0x12y22z3217m

 S là phương trình của mặt cầu thì 17m0m17

Khi đó I1; 2;3 ; R 17m lần lượt là tâm và bán kính của  S

Để mặt phẳng    : 2x y 2z 8 0 cắt  S theo thiết diện là một đường tròn có chu vi bằng

8 thì đường tròn đó có bán kính r 4

Ta có 2 2    2

R d I  r  m  m  (TMĐK)

Câu 34 Trong không gian Oxyz cho các điểm (2; 0; 0), (0; 4; 0), (0; 0; 6), (2; 4; 6) A B C D Gọi ( )P là mặt

phẳng song song với mặt phẳng (ABC , ( )) P cách đều D và mặt phẳng ( ABC Phương trình )của mặt phẳng ( )P là

A 6x3y2z240. B 6x3y2z120

C 6x3y2z 0 D 6x3y2z360

Lời giải Chọn A

Câu 35 Trong không gian Oxyz, cho các điểm A2; 1;0 , B1; 2;1, C3; 2;0 , D1;1; 3 

Đường thẳng đi qua Dvà vuông góc với mặt phẳng ABC có phương trình là:

lànABC 1;1; 2 

, phương trình tham số là:

11

Câu 36 Một hộp chứa 6 quả bóng đỏ (được đánh số từ 1 đến 6), 5 quả bóng vàng (được đánh số từ 1

đến 5), 4 quả bóng xanh (được đánh số từ 1 đến 4) Xác suất để 4 quả bóng lấy ra có đủ cả ba màu mà không có hai quả bóng nào có số thứ tự trùng nhau bằng

Số phần tử của không gian mẫu bằng C154

Lấy được 4 quả bóng có đủ cả ba màu mà không có hai quả bóng nào có số thứ tự trùng nhau

có các trường hợp sau:

+) TH 1: Lấy được 1 quả bóng xanh, 2 quả bóng vàng và 1 quả bóng đỏ

Lấy 1 quả bóng xanh có 1

+) TH 2: Lấy được 2 quả bóng xanh, 1 quả bóng vàng và 1 quả bóng đỏ

Lấy 2 quả bóng xanh có C42 cách

Lấy 1 quả bóng vàng có số thứ tự không trùng với số thứ tự của bóng xanh đã lấy có C31 cách Lấy 1 quả bóng đỏ có số thứ tự không trùng với số thứ tự của bóng xanh và bóng vàng đã lấy 1

Vậy TH 2 có C C C42 31 31 cách lấy

+) TH 3: Lấy được 1 quả bóng xanh, 1 quả bóng vàng và 2 quả bóng đỏ

Lấy 1 quả bóng xanh có C41 cách

Lấy 1 quả bóng vàng có số thứ tự không trùng với số thứ tự của bóng xanh đã lấy có C41 cách Lấy 2 quả bóng đỏ có số thứ tự không trùng với số thứ tự của bóng xanh và bóng vàng đã lấy

.455

C



Câu 37 Cho lăng trụ đều ABC A B C ' ' 'có AB2 3,BB'2 Gọi M N P tương ứng là trung điểm , ,

của A B A C BC Nếu gọi ' ', ' ',  là độ lớn của góc giữa hai mặt phẳng MNP và ACC' thì cos bằng

Do ABC A B C ' ' ' là lăng trụ đều nên nó là lăng trụ đứng và có đáy là tam giác đều Ta lấy thêm các trung điểm của AB AC lần lượt là các điểm , , E L Gọi H K lần lượt là trung điểm của ,' ,

A N CL Khi đó thực hiện phép chiếu vuông góc tam giác MNP lên mặt phẳng ACC A' ' ta được tam giác KNH

Vậy

322cos

5

5 34

KHN MNP

S S

2 0



Lời giải Chọn D

Lời giải Chọn C

Từ bảng biến thiên: 2 9 9.

2

    Vậy các giá trị nguyên âm m thỏa mãn là    4; 3; 2; 1 

Câu 40 Cho hình trụ có trục OO , bán kính đáy R Biết rằng tồn tại hai điểm A, B lần lượt thuộc hai

đường tròn đáy  O ,  O thỏa AB2R Gọi I là trung điểm đoạn thẳng AB, số đo của góc



OIO bằng

A 60 B 90 C 120 D 150

Lời giải Chọn B

Kẻ hình chữ nhật APBQ như hình vẽ Từ I kẻ đường thẳng song song với AP cắt AQ, BP

lần lượt tại M , N Khi đó M là trung điểm của AQ ; N là trung điểm BP

Xét tam giác IMA và tam giác OMA cùng vuông tại M , ta có: IAOAR; MA chung Suy

ra IM OM Từ đó tam giác IMO vuông cân tại M Vì thế OIM 45 Tương tự như vậy,

O IN  

Vậy OIO180 OIM O IN 90

Câu 41 Cho a0, b thoả mãn 0 a24b25ab Khẳng định nào sau đây là đúng?

A 2 log(a2 )b 5(logalog ).b B log(a 1) logb1

a b a b

D 5 log(a2 )b logalog b

Lời giải Chọn C

Từ hệ thức: a24b25ab(a2 )b 29ab

Ta có: log(a2 )b 2log(9a )b 2 log(a2 )b 2 log 3logalogb

M Q

N P

I O'

O

A B

Câu 42 Xét hàm số f x  x2axb , với a, b là tham số Gọi M là giá trị lớn nhất của hàm số

trên 1;3 Khi M nhận giá trị nhỏ nhất có thể được, tính a2b

Lời giải Chọn C

Lời giải Chọn C

Đặt t3 x2 3x m x  với t 0, bất phương trình đã cho trở thành 2 2 1 1

Do m là số nguyên dương nên m 1

Điều kiện đủ: Với m 1, hệ bất phương trình (I) trở thành 2

2

3 1 03

Câu 45 Cho hàm số y f x  có bảng biến thiên như sau

Số nghiệm của phương trình fx 1  là 5 0

Lời giải Chọn C

Từ bảng biến thiên của hàm số ta có bảng biến thiên của hàm số y f x 1 như sau

Vì hàm sốy f x 1 nghịch biến trên 2;0 nên f 0  f 2 5 Suy ra bảng biến thiên của hàm số y fx1

Số nghiệm của phương trình fx 1  bằng số giao điểm của đồ thi hàm số 5 0

 1

y f x với đường thẳng y 5 Căn cứ vào bảng biến thiên suy ra số nghiệm của phương trình fx 1  bằng 2 5 0

Câu 46 Cho hàm số y f x  có đạo hàm trên , biết rằng hàm số y f x có đồ thị như hình vẽ

bên Số điểm cực đại của hàm số y f6x2 là

Lời giải Chọn D

y

x x

Cách 2:

Căn cứ đồ thị, ta có y đổi dấu từ dương qua âm khi qua các điểm x 3; x 2

Do đó, số điểm cực đại của hàm số  2

a d

Xét trên đoạn 0;1 , theo đề bài:    2    

Gọi O là tâm của mặt đáy, M là trung điểm cạnh BC

Dễ thấy do S ABCD là khối chóp tứ giác đều nên ABCD là hình vuông và SOABCD

Gọi H là chân đường vuông góc hạ từ O xuống SMtrong mpSMOOHSM (1) Hơn nữa, OM BC và SM BCBCSOMOHBC (2)

Từ (1) và (2) OHSBCd O SBC ;  OH

Do O là trung điểm cạnh AC nên d A SBC ;  2d O SBC ;  2OH

Theo giả thiết d A SBC ;  2aOH a

Giả sử chiều dài cạnh đáy là 2x (xa do OM OH) và SOh(h 0)

Trong tam giác vuông SOM

2 2 2

2 2

h x OH





2 2 2

2 2

h x a

2 2

a x h

Thể tích khối chóp S ABCD là

 2

1 43

2 2

169

Hàm số f x  đạt giá trị nhỏ nhất là 12a nên khối chóp có thể tích nhỏ nhất bằng 6 2 3a3.

Câu 50 Cho hai hàm số y f x  và yg x  có đồ thị như hình vẽ dưới,

biết rằng x  1 và x  3 đều là các điểm cực trị của hai hàm số y f x  và yg x  đồng thời 3f  1 g 3 1, 2f  3 g 1 4, f 2x7g2x31 * 

Gọi M , m lần lượt là giá trị lớn nhất và nhỏ nhất trên đoạn 1;3 của hàm số

Thay lần lượt x  2, x  3 vào  * ta có

 ,  2 4 4 5 4 3 0 2;6

h u v   v u          v  h u v ,  nghịch biến trên 2;6 Suy ra

Vậy P  M  2 m  107

ĐÁP ÁN CHI TIẾT TẢI TẠI BẢN ĐÀY ĐỦ NHÉ!

THEO DÕI: FACEBOOK: https://www.facebook.com/phong.baovuong