Đề thi giữa học kì 2 môn toán lớp 12 năm 2017 trường thpt yên phong mức độ vận dụng cao | Toán học, Lớp 12 - Ôn Luyện

Người ta trang trí một đường dây bóng đèn nhấp nháy, bắt đầu từ một điểm bất kỳ M trên một bên mái  SAB  đi qua O đến một điểm bất kỳ N trên mái bên đối diện..  SCD  và trở về điể[r]

SỞ GD – ĐT … ĐỀ THI GIỮA HỌC KÌ II MÔN TOÁN 12

Thời gian làm bài: 90 phút; (50 câu trắc nghiệm) - Câu Vận dụng và Vận dụng cao

Câu 34: [1H3-4] Cho tứ diện ABCD , có tam giác BCD đều, hai tam giác ABD và ACD vuông cân

đáy AD Điểm G là trọng tâm tam giác ABC Gọi M N, lần lượt là trung điểm BC và AD

Gọi  là góc giữa hai mặt phẳng CDG

và MNB

Hãy tính cos

A cos  0 B

1 cos

13

 

1 cos

11

 

1 cos

11

 

Lời giải

Chọn D.

Bước 1: Dựng góc

+) Gọi F là trọng tâm tam giác ABD , ta thấy (CDG) (Ç MNB)=CF

+) Do CA CB CD  , N là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABD nên CN^(ABD)

+)

AD CN

AD BN

íï ^

ïî

Dựng DI ^CF ta có CF ^(DIN)Þ a=DIN·

Bước 2: Tính cos

+) Đặt AD2a suy ra NA NB NC ND a   

;

+

A

B

D C

F E

N I

+) Tam giác DNI vuông tại N có

DI a

Câu 35: [2H1-3] Cho hình chóp S ABCD có thể tích bằng V , đáy ABCD là hình vuông Cạnh bên

SA ABCD và SC hợp với đáy góc 300 Mặt phẳng  P quaA vuông góc với SC cắt

, ,

SB SC SD lần lượt tại E F K, , Tính thể tích khối chópS AEFK theo V.

A 10

V

2 5

V

3 10

V

V

Lời giải

Chọn A.

Có

1 4

SF

2 5

SE

2 5

SK

1

SAEFK

SAEFK SABCD

V

Câu 36: [1D2-3] Tìm hệ số của số hạng chứa x3 trong khai triển

2 2

n x

x



  , biết n là số tự nhiên thỏa

mãn

2 3

Lời giải Chọn B.

Từ giả thiết

3

S

A

D E

30

Khai triển có số hạng tổng quát là: 1 9k( 2)k 9 3k

k

  

Số hạng chứa x3 ứng với k  nên hệ số của số hạng chứa 2 x3 là C 92( 2)2 144

Câu 37: [2D2-3] Cho

2018 ( )

2018 2018

x x

f x 

 Tính giá trị của biểu thức

S f   f    f  

A S 2018. B S  2018. C S 2019. D S 1009.

Lời giải Chọn D.

Nhận thấy f x( ) f(1 x) 1 nên ta có

x x

a

1

n k

k

n







Câu 38:

[2H3-3] Trong không gian Oxyz cho tam giác ABC có trọng tâm G , biết

6; 6;0 , 0;0;12

B  C và đỉnh A thay đổi trên mặt cầu  2 2 2

S x y z  Khi đó G thuộc

mặt cầu S2

A        

C        

Lời giải Chọn B

Sử dụng công thức tọa độ trọng tâm, ta có:x A 3x G 6;y A 3y G6;z A 3z G12

Do A thay đổi trên mặt cầu   2 2 2

nên ta có:

(3x G 6)  3x G6 (3x G12) 9

(x G 2) (yG 2) (z G 4) 1

Vậy G thuộc mặt cầu có PT: S2 : x 22y22z 42 1

Phương pháp này áp dụng cho các bài toán tìm tập hợp điểm mà tọa độ của nó biểu thị theo một điểm có Tập hợp cho trước.

Câu 39: [2D3-3] Cho hàm số f(x) liên tục trên [0;3] và

1

0 ( ) 2

f x dx 



;

3

0 ( ) 8

f x dx 



Giá trị của tích

phân

1

1

| 2 1|







là:

Lời giải Chọn D.

Ta có:

1

2 1,

2

2 1

1

2 1,

2

x



   



 

   

1

1

| 2 1|







=



1 ( 2 1) dx ( )

2



ta đổi biến t2x1,

1 (2 1) ( ) , 2

F  f x dxf t dt

ta đổi biến t2x1,

Vậy



Câu 40: [2D2-3] Có bao nhiêu số nguyên m sao bất phương trình ln 5 ln( x21) ln( mx24x m ) có

tập nghiệm là 

Lời giải Chọn C.

Yêu cầu bài toán

2

ln(5 x 5) ln( 4 ),













2 2

m











Vậy m  3

Câu 41: [2D1-3] Tìm tất cả các giá trị của m để hàm số

cos cos

x m y

x m



 nghịch biến trên khoảng 3

;

2





A m  0 B m  1 C m  1 D m < 0

Lời giải Chọn C.

3

2

Vậy đặt t cosx ,với x thuộc khoảng

3





  

Hàm số trở thành , ( 1;0)

t m

t m

 

 Khi đó YCBT tương đương

2

2

0

m

m

t m

   







Câu 42: [2D2-4] Cho ,x y là số thực dương thỏa mãn logxlogylog(x2y) Tìm giá trị nhỏ nhất

của P2x y

A 3 2 6 B 4 2 3 C 8 D 5 3 2

Lời giải Chọn B.

Ta có logxlogylog(x2y) xy x 2y x1 y x 2  *

Mặt khác x y , 0 nên x   Từ 1 0  * suy ra

2 1

x y x



 Khi đó

x

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho hai số không âm 3(x  1) và

1 1

x  , ta được

1

2 3( 1) 4 2 3 4

1

x

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi

2

1 3( 1)

1

3 4 1

2

x

x y x

y

x y









Vậy minP 2 3 4

Câu 43:

[2D2-4] Có bao nhiêu cặp số tự nhiên ( ; )x y thỏa mãn

2

2019x2018y ?

Lời giải Chọn A.

Ta có :

2

2019x2018 2(mod 3)  y 2(mod 3)

Không có số chính phương nào chia 3 dư 2

Câu 44: [1D5-3] Giả sử đường thẳng y ax b  là tiếp tuyến chung của đồ thị các hàm số

2 5 6

y x  x và y x 33x10 Tính M 2a b

A M 16. B M 4. C M 4. D M 7.

Lời giải Chọn B.

Ta có y ax b  là tiếp tuyến của đồ thị hàm số y x 2 5x6 nên phương trình 2

có nghiệm kép

x  x ax b  x  a x  b

2

      Đường thẳng y ax b  là tiếp tuyến của đồ thị các hàm số y x 33x10 nên hệ phương

trình

3 2

3 10





 



có nghiệm

Từ đó hệ  

3 2 2

3 10

5 4(6 ) 0



 





 

   

2 2 3

2 2

2

3 10

4





 Shift Solve phương trình (1) ta được x 0

Suy ra,

3 10

a b











Câu 45: [2D3-4] Cho hàm số yf x  có đạo hàm liên tục trên [0;1] thỏa mãn f  1 3,

1

2 0

4 [ '( )] d

11

f x x 



và

 

1 4 0

7 d 11

x f x x 



Giá trị của

 

1

0 d

f x x



là

A

35

65

23

9

4.

Lời giải Chọn C.

Cách1: Xét

1 4 0 ( )d

Ax f x x

, Đặt

5 4

'( ) dx ( )

1 d

5

du f x

u f x

dv x x

ï

1

0

A= x f x - x f x x= Û - x f x x= Û x f x x=

Lại có

1 10 0

1 d 11

x x 



nên:

'( ) d 4 '( )d 4 d 0

f x x x f x x x x

1

2

0 '( ) 2 d 0 '( ) 2

x

1 6

0

x

I  dx



Cách 2: Trắc nghiệm

Từ

1

2

1

1

0 5

0

4 '( )

11

'( ) '( ) 2 0

2 '( )

11

f x dx

f x f x x dx

x f x dx

ïï

ïï ïî

ò

ò ò

Chọn

6

x

f x =- x Þ f x =- + Þ I=

Câu 46: [1H3-4] Trong một trang trại có 1 ngôi nhà với hình dạng mái nhà là một kim tự tháp – Là các

mặt bên của hình chóp tứ giác đều (như hình vẽ), sàn tầng gác mái là hình vuông ABCD tâm O

có diện tích bằng 36 m Người ta trang trí một đường dây bóng đèn nhấp nháy, bắt đầu từ một2 điểm bất kỳ M trên một bên mái SAB

đi qua O đến một điểm bất kỳ N trên mái bên đối diện

SCD

và trở về điểm M ban đầu Biết độ cao tính từ tâm O đến đỉnh S là 3 3m

Khi đó dây bóng đèn nhấp nháy có độ dài ngắn nhất là bao nhiêu?

A 9 m B 6 3 m C 9 3 m D 3 3 m

Lời giải

Chọn A

O

M

N A

D S

S

A

D

L Q

N M

K

O P

Gọi ,K L lần lượt là điểm đối xứng của O qua các mp SAB mp SCD ,  

Ta có: ON MN OM  NL MN MK KL  

Suy ra dây bóng đèn nhấp nháy có độ dài ngắn nhất khi L N M K, , , thẳng hàng

Khi đó, ta có NL/ / OJ dẫn đến ba tam giác NOQ NLQ JQO, , đôi một bằng nhau

Mặt khác,

· tanSJO SO 3

OJ

hay SJO · 600 Do đó tam giác ONJ là tam giác đều có 3

NJ OJ  và MN là đường trung bình của tam giác SIJ

Vậy dây bóng đèn nhấp nháy có độ dài ngắn nhất là

KL NL MN MK    NL MN   

Câu 47: [2H3-4] Trong không gian Oxyz, biết mặt phẳng  P

đi qua điểm M1; 4;9

và cắt các tia dương Ox Oy Oz, , lần lượt tại ba điểm A B C, , khác gốc toạ độ O , sao cho OA OB OC  

đạt giá trị nhỏ nhất Khi đó chọn khẳng định đúng

A Độ dài ba cạnh OA OB OC, , bằng nhau

B Độ dài ba cạnh OA OB OC, , theo thứ tự lần lượt lập thành cấp số nhân

C Độ dài ba cạnh OA OB OC, , theo thứ tự lần lượt lập thành cấp số cộng

D Độ dài ba cạnh OA OB OC, , theo thứ tự lần lượt là ba số hạng của một dãy số giảm

Lời giải Chọn C.

Gọi các điểm có tọa độ là A a ;0;0 ; B0; ;0 ;b  C0;0;c

với a b c , , 0

Khi đó phương trình mặt phẳng  P

đi qua các điểm A B C, , là: 1

ab c 

Vì mặt phẳng  P

đi qua điểmM1; 4;9

nên ta có

1 4 9

1

a b c   .

Đặt

1 4 9

X a Y b Z c























Ta có X Y Z  1; X Y Z, , 0 và

1 4 9

a X b Y c Z























Áp dụng bất đẳng thức AM-GM ta được:

36X 2 36 .X 12

36Y 2 36.4 .Y 24

36Z 2 36.9 .Z 36

Cộng vế theo vế suy ra: 1 4 9 36X Y Z 72 1 4 9 36

X Y Z      X Y Z  Dấu đẳng thức

xả ra khi và chỉ khi

Vậy OA OB OC     a b cđạt giá trị nhỏ nhất bằng 36 khi và chỉ khi

Ta có OA OB OC; ; tạo thành một cấp số cộng.

Câu 48: [2H2-4] Cho mặt cầu tâm O bán kính 2a Mặt phẳng   cố định cách O một khoảng bằng a

,   cắt mặt cầu theo đường tròn T

Trên  T

lấy điểm A cố định Một đường thẳng đi qua

A vuông góc với   và cắt mặt cầu tại điểm B A Trong mặt phẳng   một góc vuông

xAy quay quanh điểm A và cắt đường tròn T

tại hai điểm C D, không trùng A Khi đó chọn

khẳng định đúng:

A Diện tích tam giác BCD đạt giá nhỏ nhất bằng 21a 2

B Diện tích tam giác BCD đạt giá lớn nhất bằng 21a 2

C Diện tích tam giác BCD đạt giá lớn nhất bằng 2 21a 2

D Do mặt phẳng   không qua O nên không tồn tại giá lớn nhất, hay giá trị nhỏ nhất của diện tích tam giác BCD

Lời giải

Chọn B.

Gọi I là tâm của đường tròn  T

, khi đó OI 

và OI a .

Do đó  T

có bán kính r OA2 OI2 a 3

Do AB  nên AB OI//

Hạ OK AB thì tứ giác AIOK là hình chữ nhật, nên AB2AK 2OI 2 a

Trong mặt phẳng ACD

hạ AH CD, suy ra CDABH Do vậy BH CD Mặt khác xAy900 nên CD là một đường kính của  T

, suy ra CD2a 3

Do vậy ta có:

A

B

O D

C H

I K

2 2 2 2 2 2 2

BCD

S  BH CD AB AH CD AB AI CD a  a a

Vậy maxSBCD a2 21.

Câu 49: [1D2-3] Có bao nhiêu cách mắc nối tiếp 4 bóng đèn từ 10 bóng đèn khác nhau?

Lời giải Chọn A.

Số cách mắc là số chỉnh hợp chập 4 của 10 phần tử Vậy có A 104 5040 cách.

Câu 50: [1D2-4] Có 6 xe xếp cạnh nhau thành hàng ngang gồm: 1 xe màu xanh, 2 xe màu vàng, 3 xe

màu đỏ Tính xác suất để hai xe cùng màu không xếp cạnh nhau

A

1

1

1

19

120

Lời giải Chọn A.

Đánh số thứ tự của các xe từ 1 đến 6, số thứ tự các vị trí từ I đến VI Tổng số cách xếp là 6! 720.

- Trường hợp 1: Xe đỏ thứ nhất ở vị trí I, xe đỏ thứ hai ở vị trí III, xe đỏ thứ ba ở vị trí V

Số cách xếp là 3!.3! 36

- Trường hợp 2: Xe đỏ thứ nhất ở vị trí I, xe đỏ thứ hai ở vị trí IV, xe đỏ thứ ba ở vị trí VI

Số cách xếp là 3!.2.2 24

- Trường hợp 3: Xe đỏ thứ nhất ở vị trí II, xe đỏ thứ hai ở vị trí IV, xe đỏ thứ ba ở vị trí VI

Số cách xếp là 3!.3! 36

- Trường hợp 4: Xe đỏ thứ nhất ở vị trí I, xe đỏ thứ hai ở vị trí III, xe đỏ thứ ba ở vị trí VI

Số cách xếp là 3!.2.2 24

Vậy xác suất để hai xe cùng màu không xếp cạnh nhau là

36 24 36 24 1