Giải đề KSCL GT số 01

DIỄN ĐÀN GIÁO VIÊN TOÁN Biên soạn: Trần Tuấn Ngọc ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LUYỆN THI GIỮA HỌC KỲ I Môn: Toán 12 Thời gian làm bài : 90 phút; 50 câu trắc nghiệm BẢNG ĐÁP ÁN Có ba loại khối

Trang 1

DIỄN ĐÀN GIÁO VIÊN TOÁN

Biên soạn: Trần Tuấn Ngọc

ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LUYỆN THI

GIỮA HỌC KỲ I Môn: Toán 12 Thời gian làm bài : 90 phút;

(50 câu trắc nghiệm) BẢNG ĐÁP ÁN

Có ba loại khối đa diện đều mà mỗi mặt của nó là một tam giác đều là: khối tứ diện đều, khối bát diện đều và khối hai mươi mặt đều

Câu 2 Cho hàm số y x 42x2 Kết luận nào sau đây đúng? 5

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

B Hàm số nghịch biến với mọi x

C Hàm số đồng biến với mọi x

D Hàm số đồng biến trên khoảng 1;0 và 1;  

Lời giải Chọn D





   



Hàm số đồng biến trên khoảng 1;0 và 1;  

Câu 3 Cho hàm số f x có đạo hàm cấp   2 trên khoảng K và x0K Tìm mệnh đề sai trong các mệnh đề

sau:

A Nếu hàm số đạt cực đại tại x0 thì f x0 0

B Nếu hàm số đạt cực đại tại x0 thì tồn tại a x 0 để f a 0

C Nếu hàm số đạt cực trị tại x0 thì f x 0 0

D Nếu f x 0 0 và f x0 0 thì hàm số đạt cực trị tại x0

Lời giải Chọn A

Đề số 01

Trang 2

Định lí 2 trang 16 SGK, Nếu f x 0 0 và f x0 0 thì x0 là điểm cực đại, chiều ngược lại của định lí không đúng Ví dụ hàm số y x4 đạt cực đại tại x0 0 nhưng f  0 0

Câu 4 Cho khối tự diện OABC có OA , OB , OC đôi một vuông góc và OA a ; OB b ; OC c Thể

tích khối tứ diện OABC được tính theo công thức nào sau đây

 



21

xy

Theo bảng biến thiên thì đồ thị hàm số có tiệm cận ngang y 2 nên loại A, D

Lại có y0,   x 2 nên loại B

Câu 7 Cho hình lăng trụ tam giác đều ABC A B C    có AB2a, AA a 3 Tính thể tích khối lăng trụ

.ABC A B C  

Trang 3

Do ABC A B C    là hình lăng trụ tam giác đều nên A B C   là đường cao của khối lăng trụ 

Tam giác ABC đều, có cạnh AB2a nên  2

2

34

ABC

a

Vậy V  AA S ABC a 3.a2 3 3 a3

Câu 8 Cho hàm số y f x  có đạo hàm liên tục trên khoảng K và có đồ thị là đường cong  C Viết

phương trình tiếp tuyến của  C tại điểm M a f a ;   , a K 

A y f a x a    f a  B y f a x a    f a 

C y f a x a    f a  D y f a x a    f a 

Phương trình tiếp tuyến của  C tại điểm M a f a có dạng  ;   

y f a  f a x a   y f a x a    f a 

Câu 9 Trong các hình dưới đây hình nào không phải đa diện lồi?

A Hình (IV) B Hình (III) C Hình (II) D Hình (I)

Ta có đường nối hai điểm MN không thuộc hình IV nên đây không phải là đa diện lồi

Câu 10 Hàm số y x 33x nghịch biến trên khoảng nào?

A   ; 1 B   ;  C 1;1 D 0; 

Lời giải Chọn C

Tập xác định D

N

M

Trang 4

Trang 4/21 – Diễn đàn giáo viênToán

Ta có y 3x23; 0 1

1

xy

Từ bảng biến thiên ta thấy hàm số nghịch biến trên khoảng 1;1

Câu 11 Khối lăng trụ có diện tích đáy bằng 3a , chiều cao bằng 2 a có thể tích bằng

2a D a 3

Hàm số xác định và liên tục trên đoạn 3; 4

2

xx

;4 2

  4

Câu 13 Giá trị lớn nhất của hàm số

2

11







xy

x trên khoảng  ;  bằng

Trang 5





Lời giải Chọn B

Ta có đồ thị hàm số y ax 3bx2cx d với a luôn có hai hoặc không có cực trị 0

Gọi  C là đồ thị hàm số 3 1

1

xyx

Câu 17 Hàm số y x 24x có điểm cực tiểu là 3

A x4 B x0 C y  1 D x2

Tập xác định: D

Ta có: y 2x , 4 y    0 x 2

Từ bảng biến thiên suy ra hàm số đạt cực tiểu tại x2

Trang 6

Cách 2: Đồ thị hàm số y x 24x là Parabol có đỉnh là 3  2;1 và có a 1 0 nên x2 là điểm cực tiểu

Câu 18 Gọi I là giao điểm của hai đường tiệm cận của đồ thị hàm số 2 3

1

xyx

Đồ thị hàm số đã cho có đường tiệm cận đứng là x  , tiệm cận ngang là 1 y2, do đó I1; 2, thay vào các phương trình thì I thuộc đường thẳng 2x y  4 0

y x m  x n  x  x  m n x m  n  Hàm số đồng biến trên   ;  0 0

Trang 7

Dựa vào đồ thị ta thấy hàm số có 2 cực trị

Hàm số đạt cực đại tại x0 và giá trị cực đại bằng2

Hàm số đạt cực tiểu tại B1; 1  và giá trị cực tiểu bằng2

Câu 21 Cho hàm số y f x  xác định, liên tục trên  có bảng biến thiên như hình vẽ

Hàm số đã cho nghịch biến trên khoảng nào sau đây?

A 3; 2 B ;0và1; C  ; 3 D  0;1

Nhìn vào BBT ta thấy, giá trị của hàm số y sẽ giảm (mũi tên đi xuống) khi x tăng trong khoảng

 0;1  Hàm số nghịch biến trên  0;1

Câu 22 Cho đồ thị hàm y f x  như hình vẽ Số điểm cực trị của đồ thị hàm số là:

Đồ thị hàm số có 5 điểm cực trị

Chú ý, tại các điểm mà đồ thị có dạng “nhọn” thì đó vẫn là điểm cực trị của đồ thị hàm số

Câu 23 Cho hình trụ có bán kính đáy bằng R, chiều cao bằng h Biết rằng hình trụ đó có diện tích toàn

phần gấp đôi diện tích xung quanh Mệnh đề nào sau đây đúng?

A R h B R2h C h2R D h 2R

Ta có: Stp 2Sxq 2R22Rh2.2Rh  R h

4

mxy

Trang 8

Ta có

2 2

4.4

my

mxy

4

my

;

m

mm

Câu 25 Cho tứ diện ABCD Gọi B C', ' lần lượt là trung điểm của AB AC, Khi đó tỉ số thể tích của khối tứ

diện AB C D và khối tứ diện ABCD bằng: ' '

2 2 4

AB C D ABCD

 

f x 

112

xxx

C A

+ 0

0

1

x y' y

0

Trang 9

Trang 9/21 - WordToan

Dựa vào BBT, ta thấy hàm số đồng biến trên  1; 2

Câu 27 Cho hàm số y f x  xác định trên \ 1 , liên tục trên mỗi khoảng xác định và có bảng biến

thiên như hình sau

Tìm tập hợp tất cả các giá trị của tham số thực m sao cho phương trình f x  có đúng ba mnghiệm thực phân biệt

A 4; 2 B 4; 2 C 4; 2 D ; 2

Số nghiệm phương trình f x  là số giao điểm của hai đường m y f x  và y m : là đường thẳng song song với trục Ox cắt Oy tại điểm có tung độ m

Phương trình có 3 nghiệm thực phân biệt khi đường thẳng y m cắt đồ thị y f x  tại ba điểm phân biệt

Dựa vào bảng biến thiên có m  4; 2

Câu 28 Giá trị nhỏ nhất của hàm số

2 31

xyx

3

xx

Câu 29 Cho hình lập phương ABCD A B C D có cạnh bằng     1 Cắt hình lập phương bằng một mặt phẳng

đi qua đường chéo BD Tìm giá trị nhỏ nhất của diện tích thiết diện thu được

Trang 10

Gọi O là tâm của hình lập phương Vì các mặt bên của hình lập phương là các mặt phẳng song song nên mặt phẳng qua đường chéo BD cắt các mặt bên theo các giao tuyến song song Thiết diện là hình bình hành BMD N 

00

xy

K

Trang 11

Vì ABCD là hình chữ nhật có hai kích thước khác nhau nên ABCD có hai trục đối xứng là các đường trung trực của AB và BC

Tương tự ADD A  có hai trục đối xứng là các đường trung trực của AD và DD

Từ đó suy ra hình hộp chữ nhật ABCD A B C D     với ba kích thước đôi một khác nhau có đúng 3 mặt phẳng đối xứng Đó là các mặt phẳng trung trực của các cạnh AB, BC và DD

3

s t  t t với t (giây) là khoảng thời gian tính từ lúc vật bắt đầu chuyển động và s (mét) là quãng đường vật đi được trong thời gian đó Hỏi trong khoảng thời gian 10 giây, kể từ lúc bắt đầu chuyển động, vận tốc lớn nhất của vật đạt được bằng bao nhiêu?

A 89m/s B 109 m/s C 71 m/s D 25

3 m/s

Dễ thấy:

A'

D' C'

Trang 12

AC

3

AHAO

H

 là trọng tâm tam giác ABD

Gọi G là trọng tâm tam giác SBD thì GH SA// và NP AC// vì BM NP

2BNMP

aS

mn





  

Suy ra m n 9

4

23

xymx





 có một đường tiệm cận ngang

Trang 13

2 2 24

2

21

Đồ thị hàm số có một đường tiệm cận ngang khi m 0

Câu 36 Tìm tất cả các giá trị của tham số m để đồ thị hàm số

2

1

xy





    có đúng bốn đường tiệm cận

A m  5; 4 \   4 B m  5; 4 C m  5; 4 \   4 D m  5; 4 \   4

hàm số g x( ) f x 22 Mệnh đề nào dưới đây sai?

A Hàm số g x( ) đồng biến trên 2;  B Hàm số g x( ) nghịch biến trên  0; 2

C Hàm sốg x( )nghịch biến trên 1;0  D Hàm số g x( )nghịch biến trên  ; 2 

Trang 14

Từ bảng xét dấu ta chọn phát biểu sai là C

Câu 38 Cho hàm số y f x  Biết hàm số y f x  có đồ thị như hình vẽ bên dưới Hàm số

y

21

6



Trang 15

Do đó hàm số đồng biến trên khoảng 1;0

Cách 2: Hàm số y f3x2 đồng biến khi y0 2xf3x202xf3x2 0TH1:  2

0

xxx

xxxx

0

xxx

xxxx

Hàm số y f3x2 đồng biến khi y0 2xf3x202xf3x20 tức là hàm số

3 2

y f x đồng biến khi x và f 3 x2 trái dấu

Dựa vào đồ thị y f x  ta có với   x  1;0 thì f 3 x20 (do 2 3 x2 ) nên hàm số 3

Tập xác định là 1;1

Ta có

2 2

1 21

cực trị nằm về hai phía đối với trục hoành



12

0

Trang 16

13x ta có

xx

Dấu " '' xảy ra khi 3 1

3

xx

3x

3

13x

Cách 2: Ta có 2

2

13

3x

  

Do x 0;1 nên 41

3x

Trang 17

x



 Đặt   21

Vì hàm số có giới hạn hữu hạn tại x nên biểu thức tử nhận 1 x làm nghiệm, hay 11    a b 0

2 2





 có đồ thị là  C , M là điểm thuộc  C sao cho tiếp tuyến của  C tại

Mcắt hai đường tiệm cận của  C tại hai điểm A, B thỏa mãn AB2 5 Gọi S là tổng các hoành độ của tất cả các điểm M thỏa mãn bài toán Tìm giá trị của S

Ta có

 2

22

yx

m

mm

Trang 18

mm

mmmm

Vậy S  8

cạnh AB lấy điểm D sao cho AB3AD Gọi H là hình chiếu của B trên CD, M là trung điểm đoạn thẳng CH Tính theo a thể tích khối chóp S ABM biết SA AM a và 2

3

BM  a

A

339

a

3312

a

39

a

318

a

AS

B

CH

A

BC

Trong mặt phẳng đáy ABC: Kẻ Ax// BC và Ax CD K  , gọi N là trung điểm của BC Khi

đó do ABC cân ở A nênANBC và tứ giác ANBK là hình chữ nhật

Suy ra CN BN AK; KBBC

Gọi I là trung điểm của BH , do M là trung điểm đoạn thẳng CHnên MI BC// và 1

2

MI  BC(đường trung bình của tam giác BHC Vậy MI// AK, MI BK và MI AK hay tứ giác AMIK là hình bình hành và I là trực tâm của tam giác BMK

Suy ra IK BM và AM IK// nên AM BM

Vậy AMB vuông tại M Suy ra 1

2ABM

S  AM BM Theo giả thiết ta có: . 1 1

Trang 19

Với mọi giá trị của tham số m , ta luôn có: f 1  1 m2   m 3 2

Câu 47 Thầy Tâm cần xây một hồ chứa nước với dạng khối hộp chữ nhật không nắp có thể tích bằng

3500

m

3 Đáy hồ là hình chữ nhật có chiều dài gấp đôi chiều rộng Giá thuê nhân công để xây hồ là 500.000 đồng/m2 Khi đó, kích thước của hồ nước như thế nào để chi phí thuê nhân công mà thầy Tâm phải trả thấp nhất:

A Chiều dài 20 m , chiều rộng 15 m và chiều cao 20 m

x 2x

Vì giá thuê nhân công để xây hồ là 500.000 đồng/m2 Do xây bốn xung quanh và đáy nên

Ta có:

44

Trang 20

Câu 49 Một người cần làm một hình lăng trụ tam giác đều từ tấm nhựa phẳng để có thể tích là 6 3 cm3

Để ít hao tốn vật liệu nhất thì cần tính độ dài các cạnh của khối lăng trụ tam giác đều này bằng bao nhiêu?

Giả sử hình lăng trụ tam giác đều cần làm là ABC A B C    có độ dài AB x , AA h

4ABC

.

3

4ABC A B C ABC

V    S AA x h Theo giả thiết 2

2

4 x h  h x

Để ít tốn vật liệu nhất thì diện tích toàn phần của khối lăng trụ ABC A B C    là nhỏ nhất

Gọi S là tổng diện tích các mặt của khối lăng trụ tp ABC A B C   , ta có:

C

BA

Trang 21

Câu 50 Gọi  T là tiếp tuyến của đồ thị hàm số 1  

 2

12

1

;2

11

22

x

xx

0

0 2

11

22

11

x

xx

yy

xx

 



   

 Vì y0 0x0  3Suy ra A2; 3, B4; 1 nên ta có phương trình AB: yx 3 2   y x 5

M  AB Ox nên tọa độ điểm M là nghiệm của hệ:

50

xy





  

  N 0; 5 Vậy SOMN  1.5.5

2 12,5

- HẾT -

Định dạng
Số trang	21
Dung lượng	1,37 MB