Đề thi KSCL môn Toán lớp 12 năm 2022-2023 có đáp án (Lần 2) - Sở GD&ĐT Thái Bình (Mã đề 132)

Để đạt thành tích cao trong kì thi sắp tới, các bạn học sinh có thể sử dụng tài liệu Đề thi KSCL môn Toán lớp 12 năm 2022-2023 có đáp án (Lần 2) - Sở GD&ĐT Thái Bình (Mã đề 132)” sau đây làm tư liệu tham khảo giúp rèn luyện và nâng cao kĩ năng giải đề thi, nâng cao kiến thức cho bản thân để tự tin hơn khi bước vào kì thi chính thức. Mời các bạn cùng tham khảo đề thi.

BẢNG ĐÁP ÁN D B C D A B A C A A A C D A D 3 D B B D D 1 B A B A C C D A B C C B D B A C B 4 D B C A C 2 D B A A HƯỚNG DẪN GIẢI Câu 1: Cho cấp số cộng  un  có u2  , cơng sai d  Khi u4 A B 1 C Lời giải D Chọn D Ta có: u1  u2  d     u4  u1  3d   3.2  Câu 2: Hàm số điểm cực trị? A y  x  x B y   x  C y  x  D y  x  x Lời giải Chọn C y  x   y   Suy hàm số khơng có cực trị Câu 3: Thể tích khối cầu bán kính R A  R B  R C 2 R D 4 R Lời giải Chọn A Lý thuyết Câu 4: Cho hình lập phương ABCD A ' B ' C ' D ' Góc hai đường thẳng AC A ' D A 60 B 30 C 45 D 90 Lời giải Chọn A B D D B D' C' B' A' C D A B Ta có  AC , AD    AC , BC    ACB ACB  60 ACB suy  Câu 5: Cho hình chóp tam giác S ABC có độ dài cạnh đáy a, độ dài cạnh bên Tính góc cạnh bên mặt đáy hình chóp A 60 B 30 C 45 Lời giải 3a D 90 Chọn A S C A G I B Gọi G trọng tâm ABC AI  a a ; AG  AI  3 Xét SAG ta có: a AG    60 cos SAG    SAG SA 2a 3 Câu 6: Một hình trụ có bán kính đáy r  cm, chiều cao h  7cm Diện tích tồn phần hình trụ A 120 cm B 95 cm C 60 cm D 175 cm Lời giải Chọn A Diện tích tồn phần hình trụ là: Stp  2 rl  2 r  2 5.7  2 52  120 cm Câu 7: Cho khối chóp tích 32 cm3 diện tích đáy 16 cm Tính chiều cao khối chóp A cm B cm C 3cm D cm Lời giải Chọn D 3V 3.32 Ta có; V  S h  h    cm S 16 Câu 8: y  f  x Cho hàm số cực đại tại: A x  f   x    x  1 x    x  3 , x   thỏa mãn B x  1 C x  Lời giải Hàm số y  f  x D x  Chọn D x  f   x    x  1 x    x  3  f   x     x  , x  nghiệm kép  x  Vậy hàm số y  f  x  đạt cực đại x  Câu 9: Cho hàm số f  x  liên tục  có bảng biến thiên sau: Hàm số cho nghịch biến khoảng đây? A  2;1 B  0;1 C  ; 1 Lời giải Chọn B Từ BBT, hàm số cho nghịch biến khoảng  1;  Suy hàm số cho nghịch biến khoảng  0;1 Câu 10: Tính đạo hàm hàm số y  3x A y  3x 2 x  2x  2 ln 2 x B y  3x 2 x ln D  ;0  đạt C y  3x  x ln D y  3x  x   ln 2 x Lời giải Chọn D Ta có y  3x 2 x  y   x   3x 2 x ln Câu 11: Tích nghiệm phương trình 32 x 5 x 1  C 2 B A D Lời giải Chọn B  32 x 5 x 1  31  x  x  Theo Viet, ta có tích nghiệm Ta có 32 x 5 x 1  Câu 12: Giá trị lớn hàm số y  16  x A 16 C Lời giải B D Chọn B Ta có y  16  x  , dấu “=” x  Vậy max y   4;4 Câu 13: Đường tiệm cận đứng tiệm cận ngang đồ thị hàm số y  trình A x  y  B x  y  3 2x  tương ứng có phương x 1 C x  1 y  D x  y  Lời giải Chọn C Ta có lim y  nên y  tiệm cận ngang đồ thị hàm số; lim  y   nên x  1 x  1 x  tiệm cận đứng đồ thị hàm số Câu 14: Hàm số có bảng biến thiên hình vẽ sau? A y  2x 1 x2 B y  x4 x2 C y  Lời giải Chọn D Hàm số đồng biến  ;   2;   x 1 x2 D y  x 3 x2 Xét hàm số y  x2  2x  1;   , ta có x x2  ; y '   x  3 x2 Bảng biến thiên y'  Để thỏa mãn yêu cầu  m  nên giá trị nguyên tham số m 5, 6,   120 , Câu 28: Cho khối chóp S ABC có SA vng góc với đáy, tam giác ABC cân A, BAC AB  a, SA  2a Thể tích khối chóp cho A 2a B a3 C a 3 D a3 Lời giải Chọn B Ta có S ABC  a AB AC.sin BAC a3 Thể tích khối chóp cho là: V  SA.S ABC  Câu 29: Số giá trị nguyên tham số m để hàm số y  mx3  2mx   m   x  nghịch biến  là: A B C D Lời giải Chọn C Ta có D  , y '  mx  4mx  m  Hàm số nghịch biến   y '  0, x   TH1: m  : y '  5  0, x   suy m  thỏa mãn m  m      m  TH2: m  :   '  3m  5m  m Vậy   m    m  1;0 Câu 30: Cho hàm số y  ax  bx  c , với a, b, c số thực a  Biết lim y   , hàm số có x  điểm cực trị phương trình y  vô nghiệm Hỏi số a, b, c có số dương? A B C D Lời giải Chọn A Do lim y   nên a  x  Ta lại có hàm số có điểm cực trị nên ab   b  Vì nhánh cuối đồ thị lên mà phương trình y  vơ nghiệm nên đồ thị nằm hoàn toàn Ox  c    120 Diện tích mặt   60 , CSA ASB  90 , BSC Câu 31: Cho hình chóp S ABC có SA  SB  SC  2,  cầu ngoại tiếp hình chóp bằng: 16 A 4 B C 16 D 8 Lời giải Chọn C   60 suy tam giác BSC  BC  Ta có SB  SC  , BSC ASB  90 suy tam giác ASB vuông cân S  AB  2 Lại có SA  SC  ,  ASB  120 , áp dụng định lí cosin cho tam giác ASC , ta được: Mặt khác, SA  SC  ,  AC  SA2  SC  SA.SC.cos  ASC  3.22  AC   Xét tam giác ABC có BC  AB  22  2   12  AC suy tam giác ABC vuông B Gọi H trung điểm cạnh AC suy H tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC Mà SA  SB  SC  SH   ABC  Trong mặt phẳng  SAC  kẻ đường trung trực canh SC cắt đường thẳng SH I suy tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp 2 3 Xét tam giác vng ASH vng H có SH  SA  AH        Ta có SHC  SMI  2 SI SM SM SC   SI  2 SC SH SH Diện tích mặt cầu ngoại tiếp chóp S  4 R  16 Câu 32: Cho lăng trụ ABC A ' B ' C ' có cạnh đáy 1, chiều cao Thể tích khối cầu ngoại tiếp lăng trụ cho bằng: A 32 3 27 B 16 16 Lời giải C D 32 3 Chọn A Gọi I , I  trọng tâm tam giác ABC , ABC  , O trung điểm II  Khi O tâm mặt cầu ngoại tiếp hình lăng trụ Ta có AI  , OI  AM  3 2   Bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình lăng trụ R  OA  OI  AI  1      3 2 4   32 32   Thể tích khối cầu ngoại tiếp lăng trụ V   R    3   27 Câu 33: Người ta cần xây bể chứa nước sản xuất dạng khối hộp chữ nhật không nắp tích 200m3 Đáy bể hình chữ nhật có chiều dài gấp đơi chiều rộng Chi phí để xây bể 300 nghìn đồng/m2 (chi phí tính theo diện tích xây dựng, bao gồm diện tích đáy diện tích xung quanh, khơng tính chiều dày đáy thành bể) Hãy xác định chi phí thấp để xây bể (làm tròn đến triệu đồng) A 75 triệu đồng B 36 triệu đồng C 46 triệu đồng D 51 triệu đồng Lời giải Chọn D Gọi độ dài chiều rộng, chiều cao hình hộp là: x , h  m   Chiều dài hình hộp là: 2x Thể tích khối hộp chữ nhật là: V  x.2 x.h  200  2x h  h  100 x2 Chi phí xây bể thấp S  S xq  S daý nhỏ Ta có S  x.h  2.2 x.h  x.2 x  xh  x  S 600  2x x 600 300 300  2x2    x  3 180.000 x x x S nhỏ 169,3864852 300  x  x  150 x Tổng chi phí thấp mà anh Tiến phải trả là: 300000.169,3864852  51000000 đ Câu 34: Cho hình hộp đứng ABCD ABC D ' có đáy hình vng, cạnh bên AA '  3a đường chéo AC '  5a Tính thể tích khối hộp ABCD ABC D ' A 4a B 24a C 8a D a Lời giải Chọn B Xét hình lập phương ABCD ABC D ta có: AC 2  AA2  AC 2  AA2  AB2  AD2  AA2  A ' B '2  9a  A ' B '2  25a  A ' B '2  8a  VABCD ABC D  AA '.S A ' B 'C ' D '  3a.8a  24a Câu 35: Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD hình thang vng A, B Biết SA vng góc với đáy, AB  BC  2a; AD  4a; góc  SCD  đáy 60 Tính thể tích khối chóp S ABCD A a3 B a3 C a3 15 D a Lời giải Chọn D Tam giác ACD vuông C  DC  AC , DC  SA  DC   SAC   DC  SC   600    SCD  ,  ABCD    SCA AC  AB  BC  2a  SA  AC.tan 600  6a 1 (4a  2a ).2a VS ABCD  SA.S ABCD  6a  6a 3 Câu 36: Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD hình vng cạnh 2; SA  2; tam giác SAC vuông S nằm mặt phẳng vng góc với đáy Tính thể tích khối chóp S ABCD A B C Lời giải Chọn A D Ta có: SH  ( ABCD) Tam giác SAC vuông S  SC  AC  SA2  (2 2)  ( 2)  SH  SA.SC SA2  SC  6  26 Diện tích hình vng ABCD : S ABCD  1 6 Thể tích khối chóp S ABCD : VS ABCD  SH S ABCD   3 Câu 37: Tìm tập nghiệm S bất phương trình log  x  1  log  x  3 A S   2;   B S   ;1   2;   C S  1;  D S   1;  Lời giải Chọn A ĐK: x    x  BPT tương đương log  x  1  log  x  3 5  x   3x  x   x  3x     x  Kết hợp điều kiện ta x  Câu 38: Cho hàm số f ( x) liên tục có bảng biến thiên đoạn  2; 4 hình Giá trị lớn hàm số y  f ( x)  2; 4 A C 19 Lời giải B D 17 Chọn C Giá trị lớn hàm số y  f ( x)  2; 4 bằng: 19 xảy x  12 2  Câu 39: Tìm hệ số số hạng chứa x18 khai triển biểu thức  x   x   A 25344 B 126720 C D 25344 Lời giải Chọn A Số hạng tổng quát khai triển là: Tk 1  C12k ( x )12 k ( k )  C12k (2) k x 486 k x2 Ta có số hạng chứa x18 nên 48  6k  18  k  12 18 Vậy hệ số số hạng chứa x   khai triển biểu thức  x   là: C125 (2)5  25344 x   Câu 40: Tập nghiệm bất phương trình 25 x  6.5 x   là: A  ;0   1;   B  0;1 C  0;1 D  ;0  1;   Lời giải Chọn C 25 x  6.5 x    52 x  6.5 x   1    x 1 x a b 2 Câu 41: Có số nguyên a cho tồn số thực b thỏa mãn e  a  b  9? A Vô số B C D Lời giải Chọn B Ta có: e a  3b  b  a.log e  a  a  log e    a     log e  a   log e    log e  Do a   nên: a  2; 1;0;1; 2 Câu 42: Số giá trị nguyên tham số m để bất phương trình 22 x không nghiệm nguyên là: A B C 10 2 x2  2x 4 xm  2x 2 xm D Lời giải Chọn B  x  x  m  a Đặt:   2x2  2x   a  b   x  x  m  b Ta có: a  b   a  2b    a  b  a   2b     a  2b    2  2b  2     2a  22  2b  22    x  x  m   x  x   m a  TH1:     x  x  m   x  x   m b  Để phương trình có khơng q nghiệm nguyên thì: 1   m   3  m  2 a   x  x  m   x  x   m TH2:    b   x  x  m   x  x   m Để phương trình có khơng q nghiệm ngun thì:   có 4   m  1   m     m  Do m   nên có: giá trị m thỏa mãn Câu 43: Từ chữ số 1; 2;3; 4;5;6;7 lập số tự nhiên gồm chữ số đôi khác cho có chữ số lẻ đứng cạnh A 288 B 2880 C 1728 D 2736 Lời giải Chọn C Giả sử số cần tìm có dạng: abcdefg TH1: Ba chữ số lẻ hai vị trí đầu: abc, efg có 2.A43 cách Do có ba chữ số lẻ đứng cạnh nên vị trí cịn lại có: 3.3! cách  Có: A43 3.3!  864 số thỏa mãn TH2: Ba chữ số lẻ vị trí có: 3.A43 cách Do có ba chữ số lẻ đứng cạnh nên vị trí cịn lại có: 2!.A32 cách  Có: A43 2! A32  864 số thỏa mãn Vậy có 1728 số thỏa mãn yêu cầu toán Câu 44: Biết phương trình 2022 x  2022 x 1   x  2 x  có nghiệm dạng x  a  b (trong a, b số nguyên) Tính a  b3 A B 10 C D Lời giải Chọn D Ta có 2022 x  2022 x 1   x2  2x   2022 x  x  x   x   2 x   2022  2022 x   x  1    2 x    2022 x 1 x 1 Xét hàm số f  t   2022t   t  1 , t   0;   Ta có f   t   2022t ln 2022   t  1  0, t   0;   nên hàm số y  f  t  đồng biến khoảng  0;   Khi f  x   f  x  2x 1  x  2x 1    x  1 x  x     Suy a  b  Vậy a  b3   23  Câu 45: Cho hàm số bậc bốn y  f  x  có đồ thị hình vẽ Số nghiệm phương trình f  x  f ( x)  f ( x)  là: A B C D Lời giải Chọn C Trường hợp 1: f   x    x  hay x  1 Trường hợp 2: f   x    x  1   x  Khi đó:  x  a1  a1  1   x  a2  1  a2   f  x  f ( x)  f ( x)   f  x  f   x   f ( x)   f  x     x  a  a    3   x  a  a  1 4  f(x) = a1 a2 a3 a4 So với điều kiện, ta nhận: x  a1 x  a3 Trường hợp 3: f   x    1  x   x  f  x  f ( x)  f ( x)   2 f  x  f   x   f ( x)   f  x    f(x) = a5 a6  x  a5  a5  1   x  a6  a6  1 So với điều kiện, ta nhận: x  a6 Nhận thấy nghiệm phân biệt nên phương trình f  x  f ( x)  f ( x)  có nghiệm Câu 46: Cho lăng trụ ABC ABC  có cạnh đáy a, góc đường thẳng AB mặt phẳng  BCC B A 30 Tính thể tích khối lăng trụ ABC A ' B ' C ' a3 B 6a 12 6a C D 3a Lời giải Chọn C B' A' C' B A M C Gọi M trung điểm BC suy AM  BC  AM  BC Khi  nên AM   BCC B   AB,  BCC B     AB, MB    ABM  AM  BB  a AM a 3 3a ABM  30 , AM  Theo đề bài, ta có  nên BM   :  tan 30 2  3a   a  Ta có BB  BA  BM        a   2 2 Thể tích khối lăng trụ ABC ABC  VABC ABC   BB.S ABC  a a a3  4 Câu 47: Một người thợ có khối đá hình trụ Kẻ hai đường kính MN , PQ hai đáy cho MN  PQ Người thợ cắt khối đá theo mặt cắt qua điểm M , N , P, Q để thu khối đá có hình tứ diện MNPQ Biết MN  80 cm thể tích khối tứ diện MNPQ 64dm3 Tìm thể tích lượng đá bị cắt bỏ (làm tròn kết đến chữ số thập phân) A 86,8 dm3 B 237, 6dm3 C 338, dm3 Lời giải Chọn B D 109, dm3 PQ  MN Ta có   PQ   O ' MN  Do thể tích khối tứ diện MNPQ là:  PQ  OO ' 1 VMNPQ   SMNO'  PQ   OO  MN  PQ Trong d(MN, PQ)  OO  h   802  h 1  64 103  h  60 cm Vậy thể tích lượng đá bị cắt bỏ bằng: V  Vt  VMNPQ   R  h  64   10   40   60  64  237, 6dm3   120 Biết Câu 48: Cho hình lăng trụ tứ giác ABCD ABC D ' có đáy hình thoi cạnh a, BAD   A ' BA  C ' A ' C  90 , góc hai mặt phẳng  A ' AD   ABB ' A '  với tan   Tính thể tích khối lăng trụ ABCD ABC D ' A a3 B a C a3 Lời giải Chọn A Gọi M , N trung điểm B ' C ', BC   A ' BA  C ' A ' C  90  A ' B  A ' C  A ' N  BC 1   120  A BC  , ABC  BC  AN   Theo BAD D a3 Từ 1 ,    BC   AA ' MN    AA ' MN    BCC ' B ' Kẻ A P   BBC C   P  MN Gọi Q hình chiếu vng góc A ' lên BB '  A QP    A AD  ,  AA B B    BB C C  ,  AA B B     tan          A P a a   A P   AQ   A B  a  A B  a  BB  2a QP 2 a a3 BBC C hình chữ nhật  VA ' ABCC ' B '    2a  a  3  VA BBC  VB A BC  a3 a3  V   VB A BC    a3 6 Câu 49: Cho hàm số y  f ( x) có đồ thị f ( x) hình vẽ Có giá trị nguyên 1  m   2022; 2022  để hàm số g  x   f  x  3  ln 1  x   2mx nghịch biến  ;  ? 2  y -2 A 2020 B 2021 -1 x C 2018 Lời giải D 2019 Chọn D Ta có g   x   f   x  3  2x  2m  x2 1  Để hàm số g  x   f  x  3  ln 1  x   2mx nghịch biến  ;  2  x 1  1   g   x   0, x   ;   m  f   x  3  , x   ;  1 x 2  2  Xét hàm số h  x   f   x  3  x 1  , x   ;  Đặt t  x   t   1;1 1 x 2  t 3 2t   f  t   Khi ta xét hàm số g  t   f   t   t  6t  13 t 3 1     Ta có g   t   f   t   2t  12t  14  t  6t  13 f   t  đồng biến Từ đồ thị ta thấy g   t   f   t   2t  12t  14 t  6t  13 Nên m  f   x  3   1;1 nên f   t   0, t   1;1 nên  0, t   1;1 Nên g  t  đồng biến  1;1 x 2t  1  , x   ;   m  f   t   , t   1;1 1 x t  6t  13 2   m  g  t  , t   1;1  m  g 1  18 Câu 50: Cho hàm số bậc năm y  f  x  có đồ thị f ( x) đường cong hình vẽ sau Số điểm cực trị hàm số y  f  x  x   x  x  2022 là: A B C Lời giải D 10 Chọn B Ta có y   x  x  f   x3  x   x3  x   x  x   f   x3  x   x  Xét hàm số h  x   f   x3  x   3x  x   x  x  a  2  a  1 Ta có h  x    x  x  f   x  x      x  3x  b   b  1  1  c    x  x  c Xét hàm số g  x   x  x x  Ta có g   x   x  x    x  Từ bảng biến thiên ta thấy được:  x0 x2   3x  x   x  a1  x  x  a   a         x  a2  x  3x  b   b  1  x  a3   1  c    x  x  c  x  b1 x c   a1     a2     a3   a3  b1   b1  c1  Khi ta có bảng biến thiên h  x   f   x3  x  : Khi phương trình f   x3  x   x   f   x3  x   x có nghiệm phân biệt khác     nên phương trình y  x  x  f  x  x  x  có nghiệm phân biệt Vậy hàm số y  f  x  x   x  x  2022 có điểm cực trị HẾT - ... 25344 B 126 720 C D 25344 Lời giải Chọn A Số hạng tổng quát khai triển là: Tk 1  C12k ( x )12? ?? k ( k )  C12k (? ?2) k x 486 k x2 Ta có số hạng chứa x18 nên 48  6k  18  k  12 18 Vậy... vị trí đầu: abc, efg có 2.A43 cách Do có ba chữ số lẻ đứng cạnh nên vị trí cịn lại có: 3.3! cách  Có: A43 3.3!  864 số thỏa mãn TH2: Ba chữ số lẻ vị trí có: 3.A43 cách Do có ba chữ số lẻ đứng... cạnh nên vị trí cịn lại có: 2!.A32 cách  Có: A43 2! A32  864 số thỏa mãn Vậy có 1728 số thỏa mãn yêu cầu toán Câu 44: Biết phương trình 2022 x  2022 x 1   x  2 x  có nghiệm dạng x  a 