Đề ôn tập toán 12 có đáp án (298)

ĐỀ MẪU CĨ ĐÁP ÁN ƠN TẬP KIẾN THỨC TỐN 12 Thời gian làm bài: 40 phút (Không kể thời gian giao đề) - Họ tên thí sinh: Số báo danh: Mã Đề: 098 2019 Câu Tính S i  2i  3i   2019i A S 1010  1010i C S 2019i B S  1010  1010i D S 1010  1010i Đáp án đúng: B 2019 Giải thích chi tiết: S i  2i  3i   2019i i   3i    2016  2017i  2018  2019i     2016        2018    i  5i   2017i     3i  7i   2019i      2016        2018    i  5i   2017 i     3i  7i   2019i   2016  2016    2018  2018    2017  2017    2019  2019    1   1   1 i   1 i     4 4          1010  1010i Câu 2 Trên tập hợp số phức, xét phương trình z  2(2m  1) z  4m 0 (m tham số thực) Có tất giá  z 1? để phương trình có nghiệm z0 thỏa mãn trị tham số B A Đáp án đúng: C C D 2 Giải thích chi tiết: Trên tập hợp số phức, xét phương trình z  2(2m  1) z  4m 0 (m tham số thực) Có z 1? tất giá trị tham số để phương trình có nghiệm z0 thỏa mãn A Lời giải B C D 2 Phương trình z  2(2m  1) z  4m 0(*) Ta có  ' 4m  1 z0 1  4m  0  m  + TH1: Nếu (*) có nghiệm thực nên  z0 1  z   1 m z  (t/m) Với thay vào phương trình (*) ta Với z0  thay vào phương trình (*) ta phương trình vơ nghiệm +TH2: Nếu 4m    m  1 (*) có nghiệm phức z 2m  i  4m  1  m  z0 1  (2m  1)  ( 4m  1) 1   1  m  m   kết hợp đk Khi Vậy có giá trị thỏa mãn f ( x)  x    x  x    x  3 y  f ( x ) Câu Cho hàm số có Tập hợp tất giá trị tham số m y  f  x  6x  m  a; b  Giá trị a  b cho hàm số có điểm cực trị phân biệt thuộc nửa khoảng bằng: A 23 B 21 C 22 D 20 Đáp án đúng: C f '( x)  x    x  x    x  3  x   Giải thích chi tiết: Ta có Suy hàm số y  f ( x ) có hai điểm cực trị x 1, x 3 Xét hàm số:  x 3  y '  x   f '  x  x  m  0   x  x  m 1   x  x  m 3   x  1  x  3 y  f  x2  6x  m  có:  x 3   x  x  m  0  1   x  x  m  0   Để hàm số có điểm cực trị ta có trường hợp: Trường hợp 1: Phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt khác phương trình (2) có  0 1' 10  m    m  10  m 3  6.3  m  0   m  12    ' 12  m 0  Trường hợp 2: Phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt khác phương trình (2) có hai nghiệm phân biệt có nghiệm 1' 10  m   3  6.3  m  0   '   12  m  32  6.3  m  0  m  10  m    m 12 Trường hợp 3: Phương trình (2) có hai nghiệm phân biệt khác phương trình (1) có  0 1' 10  m 0  3  6.3  m  0  10 m  12   ' 12  m   Trường hợp 2: Phương trình (2) có hai nghiệm phân biệt khác phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt có nghiệm 1' 10  m   3  6.3  m  0  m   '   12  m  32  6.3  m  0  m   10;12   a 10; b 12  a  b 22 Từ trường hợp ta có AB Câu Cho hai điểm phân biệt A B Điều kiện để điểm I là trung  điểm đoạn thẳng  là:   A IA IB B IA  IB C IA IB D AI BI Đáp án đúng: B y x  3mx   m  1 x  m3  m Câu Gọi x1 , x2 hai điểm cực trị hàm số Tìm tất giá trị 2 tham số thực m để : x1  x2  x1 x2 7 A m 1 B m 2 Đáp án đúng: B Giải thích chi tiết: [Phương pháp tự luận] D m  C m 0 y ' 3 x  6mx   m2  1 Hàm số ln ln có cực trị với moi m  x1  x2 2m  Theo định lí Viet :  x1.x2 m  x12  x22  x1 x2 7   2m    m  1 7 ⇔ m= ±2 m= ±2  x m   2 x  2mx   m  1 Cách : y’=0 ⇔ m= ±2 =0  x m  2 x12  x22  x1 x2 7   m  1   m  1   m  1  m  1 7 ⇔ m= ±2 m 2 y  x  x  mx  Câu Tìm tất giá trị tham số m để hàm số nghịch biến  A m  B m   C m   D m  Đáp án đúng: D Câu Khối lập phương cạnh 2a tích 3 B V 6a A V a Đáp án đúng: C C V 8a Giải thích chi tiết: Một chất điểm chuyển động theo quy luật đầu chuyển động, giá trị lớn s t D V 2a s  t   t  6t với t thời gian tính từ lúc bắt quãng đường khoảng thời gian t Tính thời điểm t vận tốc đạt A t 1 B t 3 C t 4 D t 2  S  tập hợp giá trị thực tham số m Câu Gọi  S tiệm cận Tính tổng phần tử A B  12 để đồ thị hàm số C y x2 x  m  có hai đường D  Đáp án đúng: B Giải thích chi tiết: Ta có lim y 0 x   Nên đồ thị hàm số ln có đường tiệm cận ngang y 0 Do để đồ thị hàm số có hai đường tiệm cận đồ thị hàm số cần có đường tiệm cận đứng Hay phương trình: f ( x)  x  m  0 có nghiệm kép có hai nghiệm phân biệt có nghiệm  Ta có   m  0    m     f (  2) 0 Khi   S   4;  8 Suy  m     m     m   m    m   Vậy tổng phần tử  S        12 3 f ( x)dx 5   f ( x) dx Câu Biết Khi A  22 B  26 Đáp án đúng: D Câu 10 Đồ thị sau hàm số nào? A C Đáp án đúng: D bằng: C  15 D  28 B y x  x  D y  x  x  log a Câu 11 Cho ba số dương a, b1 , b2 với a 1 , ta có A log a b1  log a b2 b1 b2 B log a b2  log a b1 C log a b1.log a b2 Đáp án đúng: A D log a b1  log a b2 P z i  z z  y 16 Câu 12 Cho số phức z x  yi , x , y   thỏa mãn Biểu thức đạt giá trị lớn 2 x ;y  x  y0 0 với x0  0, y0  Khi đó: 20  B 20  A Đáp án đúng: C 20  C 20  D Giải thích chi tiết: Ta có: P  x   y  1    x   x Pmax z  y 16  x  y 16  x  2 2  y  x   y  1    x 2   y  1 y    x   y    x   y  1  x  y  0    x   x   x   x   y  y 0   y  1   y       5    2  x  y 16  x  y 16  x  x    y   y   x 2  y  2   y   y  16 0  x   x    y  1   y    x   y   x0 1   1 20  y   2      x0  y0   x 1   y0    Nhận xét: Bài ta dùng bất đẳng thức véc tơ sau     a  a1 ; a2 , b  b1 ; b2   a  b  a1  b1 ; a2  b2  Cho , ta có:     2 a  b  a  b   a1  b1    a2  b2   a12  a22  b12  b22    y   a1b2 a2b1    a1b1    a b   a , b ngược hướng  2 Dấu “ = ” xãy Câu 13 Cho hàm số f có đạo hàm liên tục  k số thực Khẳng định sau sai?  f  x   k  dx f  x  dx  k dx A  kf  x  dx k f  x  dx C  Đáp án đúng: C B D  f  x   g  x   dx f  x  dx  g  x  dx Giải thích chi tiết: + Áp dụng tính chất  nên phương án A F  x f  x + Giả sử hàm số nguyên hàm hàm số  , ta có nên phương án B kf  x  dx k f  x  dx k + Ta có:  , ( số khác ) Vậy khẳng định C sai + Vì án D Câu 14 nên theo định nghĩa nguyên hàm ta có Biết phương trình có nghiệm phức A nên phương Tính tổng B C Đáp án đúng: C D Câu 15 Các số thực x, y thỏa mãn:  x; y    ;   7 A x  y  xi 2 y    x  y  i 4 ;   7  x; y   C Đáp án đúng: A 4 ;   7 B  x; y    ;   7 D  x; y    x  y  xi 2 y    x  y  i Giải thích chi tiết: Các số thực x, y thỏa mãn: 4  x; y    ;   x; y    ;   7  7 A B 4 ;   7  x; y   4 ;   7  x; y    C D Hướng dẫn giải 3x  y  xi 2 y    x  y  i 3x  y 2 y    x x  y 3x  y    x  y 0  x     y 4  4 ;   7  x; y    Vậy Vậy chọn đáp án A    Câu 16 Cho tứ diện ABCD có DAB CBD 90 , AB 2a, AC 2 5a ABC 135 Góc hai mặt ABD  BCD  phẳng   30 Thể tích khối tứ diện ABCD 2a 3 A Đáp án đúng: D Giải thích chi tiết: Gọi Ta có:  AB DH   AB  AD Mặt khác: 3a 3 C B 2a H hình chiếu vng góc D 4a D mặt phẳng (ABC)  AB  AH CB DH  CB BD  CB  BH  Tam giác ABH vuông A , AB 2a, ABH 45  ABH vuông cân A  AH  AB 2a; BH 2a 2 2  Áp dụng định lý cosin, AC  AB  BC  AB.BC.cos ABC  BC  AB  AB.BC cos ABC  AC 0  BC  2a 2BC  16a 0  BC 2 2a 1  AB.BC sin1350  2a.2 2a 2a 2 2  HE  DA  HE   DAB  ; HF   DCB   Dựng  HF  DB DAB , DCB HE , HF EHF        Tam giác EHF vuông E Suy  DH AH 2ax 2a x EH   ,FH  DH  AH 4a  x 8a2 x2 Đặt DH x , S ABC  co s EHF  EH   EF 8a  x2  a  x  8a  x  x  2a 4a  x2     4a 1 V  S DH  a 2 a  3 Vậy thể tích khối tứ diện ABCD : SABCD ABC Câu 17 Một quần thể vi khuẩn bắt đầu với 100 Cứ sau đồng hồ số lượng vi khuẩn lại tăng gấp đôi Hỏi số lượng vi khuẩn đạt đến 50000 con? A 26,9 Đáp án đúng: A B 26,6 C 26,09 D 26,06 n Giải thích chi tiết: Tương tự trên, sau n lần số vi khuẩn có Tn = 100.2 Theo đề bài, ta có Câu 18 y  f  x y  f  x  Cho hàm số liên tục  có đồ thị hàm số hình vẽ bên f x  x2   m x    1;1 Bất phương trình   nghiệm m  f  1  m  f  0  A B m  f  1  m  f  0  C D Đáp án đúng: B Giải thích chi tiết: Đặt h  x   f  x   x2  Bất phương trình cho nghiệm x    1;1 m  max h  x    1;1  x 0 h x  0  f  x   x 0   h x  f  x   x  x 1 Ta có:   , h x   f  x   x   f  x    x +)   h x   f  x   x   f  x    x +)   Ta có bảng biến thiên Từ bảng biến thiên suy ra: m  f  0  Vậy max h  x  h    f      1;1 y  x   m  1 x  3x  Câu 19 Tập tấ giá trị thực tham số m để hàm số đồng biến khoảng   ;     ;    4;    2;  A  B   2; 4  ; 2   4;   C  D  Đáp án đúng: D · · · Câu 20 Cho hình chóp S.ABC có AB = a, AC = a 3, SB > 2a ABC = BAS = BCS = 90° Sin góc 11 đường thẳng SB mặt phẳng ( SAC ) 11 Thể tích khối chóp S.ABC a3 A Đáp án đúng: B Giải thích chi tiết: Lời giải B a3 C 2a3 D a3 Gọi O trung điểm AC, D đối xứng B qua O é ù d éB,( SAC ) ù û= d ëD,( SAC ) û Suy ë Ta có ìïï AB ^ AD đ AB ^ SD ùùợ AB ^ SA Tương tự có BC ^ SD Từ suy SD ^ ( ABCD) SB>2a ® SB = x2 + 3a2 ( 1) ắắ ắđ x > a Đặt SD = x ( x > 0) ¾¾ ( 2) Vì 1 1 1 = + + = + + 2 2 DC DA x a 2a d ( D,( SAC ) ) SD ( 3) Lại có Từ ( 1) ,( 2) ( 3) ta có phương trình 11 x>a = + Û 3x4 - 11x2a2 + 6a4 = ắắắ đ x = a x2 + 3a2 x2 2a2 Vậy a3 VS.ABC = SD ABC SD = x2  x  y x  x  m có hai đường tiệm cận đứng Câu 21 Tìm tất giá trị tham số m để đồ thị hàm số A m  B m 4 C m  D m 4 Đáp án đúng: A Giải thích chi tiết: Tìm tất giá trị tham số đứng A m 4 B m 4 C m  D m   để đồ thị hàm số m y x2  x  x  x  m có hai đường tiệm cận Lời giải y x2  x  ( x  2)  x  x  m x  x  m ,u cầu tốn  phương trình x  x  m 0 có hai nghiệm phân biệt  ,  4  m  m      m4 m  m     4.2  m   khác  Ta có 6 f  x  dx 4 g  x  dx 5  f  x   g  x   dx Câu 22 Cho A 11 Đáp án đúng: C , B 17 bằng: C f  x  dx   f  x   g  x   dx 3 Giải thích chi tiết: Câu 23 Khối lập phương có cạnh? A 10 B 16 D 19 g  x  dx C 3.4  7 D 12 Đáp án đúng: D M  3;2;  1 Câu 24 Trong không gian Oxyz , cho điểm Hình chiếu vng góc điểm M lên trục Oz điểm 10 M  3; 2;0  B M  0;0;  1 C Đáp án đúng: B D M  3; 0;0  A M  0; 2;0  Giải thích chi tiết: Hình chiếu Câu 25 M  3;2;  1  0;0;  1 trục Oz điểm có tọa độ Cho khối lăng trụ đứng tam giác Biết có đáy hợp với mặt phẳng tam giác vuông góc với Thể tích khối lăng trụ cho A B C Đáp án đúng: D D SA ^ ( ABCD ) Câu 26 Cho hình chóp S ABCD có ; tứ giác ABCD hình thang vng cạnh đáy AD , BC ;   AD = 3BC = 3a , AB = a , SA = a Điểm I thỏa mãn AD = AI , M trung điểm SD , H giao điểm AM SI Gọi E , F hình chiếu A lên SB, SC Tính thể tích V khối nón có đáy ( ABCD) đường tròn ngoại tiếp tam giác EFH đỉnh thuộc mặt phẳng V=  a3 A Đáp án đúng: B V= B  a3 10 V= C  a3 5 V= D  a3 11 Giải thích chi tiết: SA ^ ( ABCD ) Þ SA ^ AD Þ D SAD vng A   Có SA = a ; AD = 3a Þ SD = 3a Þ SDA = 30° Þ MAI = 30°  Xét D SAI vng A có SA = a , AI = a , Þ SIA = 60° , D AHI vng H Þ AH ^ SI , AH ^ CI Þ AH ^ SC (1) *) Có Ta có AE ^ SB ta chứng minh AE ^ SC (2) AF ^ SC (3) Þ SC ^ ( AEFH ) AEFH tứ giác nội tiếp đường tròn đường kính AF SC ^ ( AEFH ) Þ OK ^ ( AEFH ) Gọi K trung điểm AF , O trung điểm AC Þ OK // SC mà nên hình O AF nón cần tìm có đỉnh đáy tâm đường trịn đường kính *) Tính AF , OK Từ (1), (2), (3) 1 1 Þ AF = a = + = + = SA2 AC 3a 2a 6a Xét D SAC vng A có AF 1 CA2 a OK = CF = = 2 CS ( ABCD) Vậy thể khối nón có đáy đường tròn ngoại tiếp tam giác EFH đỉnh thuộc mặt phẳng a 6a  a3  = V = h R = 4.5 10 Câu 27 12 Tổng nghiệm phương trình Giá trị biểu thức A Đáp án đúng: A log  x    log3  x   B 0 S a  b (với a, b số nguyên) C D Giải thích chi tiết: Điều kiện:  x 4 Với điều kiện trên, phương trình cho tương đương log  x    log x  0  log  x   x  0   x   x  1   x    x   1     x    x     x  x  0    x  x  0  x 3    x 3 So lại điều kiện, ta nhận hai nghiệm x1 3  2; x2 3 Ta được: S  x1  x2 6   a 6; b 1 Vậy Q a.b 6 Câu 28 Cho khối hình sau: Mỗi hình gồm số hữu hạn đa giác phẳng (kể điểm nó), số đa diện lồi A B C D Đáp án đúng: A Giải thích chi tiết: Cho khối hình sau: Mỗi hình gồm số hữu hạn đa giác phẳng (kể điểm nó), số đa diện lồi A B C D Lời giải HD: có hai khối đa diện lồi Hình Hình y log   x   log3 x Câu 29 Tập xác định hàm số 0;   \  0;1  0;1   ;1 A B  C D Đáp án đúng: A x y x  hai điểm phân biệt A, B Khi AB có Câu 30 Giả sử đường thẳng y x  m cắt đồ thị hàm số giá trị nhỏ A B C 2 D 13 Đáp án đúng: C Câu 31 Cho u (0; 4; 3); v(-2; 2; -3) Tính [v , u ]: A (-18; -6; 8) B (-6; 6; -8) C (18; 6; -8) D (6; -6; 8) Đáp án đúng: C x Câu 32 Tất nguyên hàm hàm số f ( x ) 3 3 x C A ln Đáp án đúng: A  x B ln  C 3 x C C ln x D   C x Giải thích chi tiết: (Chuyên Đại Học Vinh 2019) Tất nguyên hàm hàm số f ( x ) 3 3 x C x A ln B   C Lời giải  3 x C x C ln  C D ln 3 x f ( x)dx 3 dx  3 d( x)  ln  C Ta có Câu 33 Cho hàm số y  f ( x ) liên tục  có đồ thị hình vẽ sau x x Hỏi phương trình f ( x ) 0 có nghiệm thực phân biệt? A B C Đáp án đúng: C D Giải thích chi tiết: Nhìn vào đồ thị cho ta thấy đồ thị hàm số y  f ( x) giao với trục hồnh hai điểm phân biệt Do phương trình f ( x ) 0 có hai nghiệm phân biệt Câu 34 Cho hình nón có thiết diện qua trục tam giác cạnh Diện tích tồn phần khối nón A 5 B 3 C 4 D 2 Đáp án đúng: B Câu 35 Cho hai số phức z1 2  i z2 1  2i Khi phần ảo số phức z1.z2 bằng: A  2i B 3i C  D Đáp án đúng: D   i    2i  2  4i  i  2i 4  3i Giải thích chi tiết: z1.z2 14 Khi phần ảo số phức z1.z2 Câu 36 Hình đa diện sau có tất mặt khơng phải tam giác đều? A Hình mười hai mặt B Tứ diện C Hình hai mươi mặt D Bát diện Đáp án đúng: A Giải thích chi tiết: Hình đa diện sau có tất mặt khơng phải tam giác đều? A Tứ diện B Hình hai mươi mặt C Hình mười hai mặt D Bát diện Lời giải + Hình tứ diện đều, hình hai mươi mặt bát diện có tất mặt tam giác + Hình mười hai mặt có 12 mặt ngũ giác Câu 37 Cho a, b, c số thực dương thỏa mãn 5log a  log b  3log c 2 Giá trị biểu thức a bc A B C D  Đáp án đúng: B Giải thích chi 5 5log3 a  log b  3log c 2  log a  log b  log c 2  log a bc 2  a 5bc 9  tiết:  Câu 38 Cho hai hàm số f  x i kf  x  dx k f  x  dx g  x liên tục  a, b, c, k số thực Xét khẳng định sau b iii  f  x   g  x   dx f  x  dx  g  x  dx Số khẳng định A B Đáp án đúng: B Câu 39 c c f  x  dx f  x  dx  f  x  dx iv a a b C D C D y  f  x Cho hàm trùng phương có đồ thị hình vẽ Số nghiệm thực phương trình f  x   f  x   0 A B C D A Đáp án đúng: A Giải thích chi tiết: B 15 y  f  x Cho hàm trùng phương có đồ thị hình vẽ Số nghiệm thực phương trình f  x   f  x   0 A B C D Lời giải  f  x  3  1   f  x   f  x   0  f  x     Phương trình (1) có nghiệm Phương trình (2) có nghiệm Vậy phương trình ban đầu có nghiệm Câu 40 Từ hộp đựng cầu trắng cầu đen, lấy ngẫu nhiên hai Xác suất để lấy hai cầu trắng A B C D Đáp án đúng: A Giải thích chi tiết: Từ hộp đựng cầu trắng cầu đen, lấy ngẫu nhiên hai Xác suất để lấy hai cầu trắng A B C D Lời giải n(W) = C 72 Số cách lấy cầu hộp là: n(A) = C 32 Gọi A biến cố:“ lấy hai cầu trắng” P (A) = Xác suất để lấy hai cầu trắng là: C 32 C = HẾT - 16