Đề toán 12 thpt có đáp án (2)

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: 001 Câu Cho hình chóp tứ giác S ABCD có đáy ABCD hình bình hành Gọi M , N , P điểm thuộc đoạn SA , SC , SB cho SM=MA, SN=3 NC, SP=3 PB (tham khảo hình vẽ) Biết khối chóp S BCD tích 32, thể tích khối tứ diện AMNP A B C D Đáp án đúng: B Giải thích chi tiết: Cho hình chóp tứ giác S ABCD có đáy ABCD hình bình hành Gọi M , N , P điểm thuộc đoạn SA , SC , SB cho SM =MA, SN=3 NC, SP=3 PB (tham khảo hình vẽ) Biết khối chóp S BCD tích 32, thể tích khối tứ diện AMNP A B C D Lời giải Ta có V S BCD =V S ABC =32 V A MNP =V S MNP V S MNP SM SN SP 3 = = = V S ABC SA SC SB 4 32 Suy V A MNP =V S MNP=9 Câu Cho tích phân A J 2 I f  x  dx 6 Tính tích phân B J 4 J  f  x    dx C J 8 D J 6 Đáp án đúng: A 2 I f  x  dx 6 Giải thích chi tiết: Cho tích phân A J 6 B J 2 C J 8 Lời giải Ta có Tính tích phân D J 4 0 J  f  x    dx f  x  dx  2dx 6  x 6  2 J  f  x    dx S [a; b] tập nghiệm bất phương trình 9 x  10.3x  0 Tìm T b  a 10 T T 3 A T 1 B C T 2 D Câu Biết Đáp án đúng: C Câu Gọi M N giao điểm đường cong điểm I đoạn MN bao nhiêu? y 7x  x  đường thẳng y  x  Khi hồnh độ trung  A B C Đáp án đúng: D Câu Trong hình đa diện sau, hình khơng có mặt phẳng đối xứng? D A Hình lăng trụ lục giác B Hình chóp tứ giác C Hình lăng trụ tam giác D Hình lập phương Đáp án đúng: C Giải thích chi tiết: Trong hình đa diện sau, hình khơng có mặt phẳng đối xứng? A Hình lăng trụ lục giác B Hình lăng trụ tam giác C Hình chóp tứ giác D Hình lập phương Lời giải Hình lăng trụ tam giác khơng có mặt phẳng đối xứng Câu Hai người A B cách 180 (m) đường thẳng chuyển động theo hướng với vận v ( t ) = 6t + 5( m / s ) B tốc biến thiên theo thời gian, A chuyển động với vận tốc , chuyển đọng với vận tốc v2 ( t ) = 2at - 3( m / s ) (a số), t (giây) khoảng thời gian tính từ lúc A B bắt đầu chuyển động Biết lúc A đuổi theo B sau 10 (giây) đuổi kịp Hỏi sau 20 (giây), A B cách mét? 320  m  A Đáp án đúng: B B 380  m  C 720  m  D 10 Giải thích chi tiết: Quãng đường A 10 (giây) ò( 6t +5) dt = ( 3t +5t ) 10 ò (2at - 3)dt = ( at - 3t ) Quãng đường B 10 (giây) : Vì lúc đầu A đuổi theo B sau 10 (giây) đuổi kịp nên ta có : 360  m  10 = 350 ( m) 10 = 100a - 30 ( m ) ( 100a - 30) +180 = 350 Û a = Þ v2 ( t ) = 4t - 3( m) 20 Sau 20 ( s) quãng đường A ò( 6t + 5) dt = ( 3t + 5t ) 20 Sau 20 ( s) 20 = 1300 ( m.) ò( 4t - 3) dt = ( 2t - 3t ) quãng đường B 20 = 740 ( m.) 20 ( s) 1300 - 740 - 180 = 380 ( m) Khoảng cách A B sau log 5 x 1  25 x  4 Câu Tập nghiệm phương trình  0;log5 4  0  log 4  0;log 5 A B C D Đáp án đúng: A Câu Tập tất giá trị tham số m để bất phương trình lg x−mlg x +m+3 ≤0 có nghiệm x >1có dạng (−∞; a ) ∪ ¿ a ; blà số nguyên Tính a b A 18 B 15 C D  18 Đáp án đúng: D Giải thích chi tiết: Tập tất giá trị tham số m để bất phương trình lg x−mlg x +m+3 ≤0 có nghiệm x >1có dạng (−∞ ; a ) ∪ ¿ a ; blà số nguyên Tính a b A 15 B C 18 D  18 Lời giải Đặt t lg x Vì x   t  Khi bpt cho trở thành: TH2: Nếu t  m t  mt  m  0   t  1 m t  (1) t2  t  (2) t2  f t  t   1;  Xét hàm số:  t  1(loai ) t  2t  f ' t   0   t1  t 3(tm) t2  f t  t   1;  BBT hàm số Từ BBT ta thấy: (2)  m 6 t2  m t  (3) TH2: Nếu  t  t2  f t  t   0;1 Xét hàm số: t2  f t  t   0;1 BBT hàm số Từ BBT ta thấy: (3)  m   ycbt  m   ;   6;      nên a  3; b 6 , a.b  18 Vậy Câu Gieo hai súc sắc đồng chất, tính xác suất để tổng số chấm mặt xuất hai súc sắc 10 1 1 A 18 B 12 C D 36 Đáp án đúng: B Giải thích chi tiết: Gieo hai súc sắc cân đối, số phần tử không gian mẫu 36 Đặt A biến cố “tổng số chấm mặt xuất hai súc sắc 10 ” Tập tất kết thuận lợi cho biến cố A P  A   36 12 Suy   4;6  ,  6;  ,  5;5 , suy số kết thuận lợi log  x  x  1 log x  log x Câu 10 Tổng tất nghiệm thực phương trình A B C D Đáp án đúng: B Câu 11 Gọi k1 , k2  k1  k2  H y  x  3 , trục tung trục hoành Gọi A  0;9   H  làm ba phần có diện hệ số góc hai đường thẳng qua điểm chia tích nhau.Tính k1  k2 25 A Đáp án đúng: C hình phẳng giới hạn đường 27 C B 13 D  a, b    thoả mãn z  z   5i Giá trị a  b ? Câu 12 Cho số phức z a  bi 8   A B C D Đáp án đúng: B   a     a  bi    a  bi    5i  a  bi  2a  2bi   5i 3b 5 Giải thích chi tiết: a  b 1   3 Vậy a 1   b   Câu 13 Tọa độ giao điểm đồ thị hàm số đường thẳng A là: B C Đáp án đúng: D D Giải thích chi tiết: Tọa độ giao điểm đồ thị hàm số y= x- x +1 đường thẳng y = x - là: ( - 1;0) ,( 0;1) B ( - 1;0) ,( 0;- 1) C ( 1;0) D ( 1;0) ,( 0;- 1) A Lời giải Phương trình hồnh độ giao điểm đồ thị hàm số ìï x ¹ - éx = x- = x - 1Û ïí Û ê ïïỵ x - x = ê x +1 ëx = y= x- x +1 đường thẳng y = x - là: Với x = Þ y =- Với x = 1Þ y = Câu 14 Giá trị cực đại y CD hàm số y=x −3 x+ là? A y CD =1 B y CD =0 C y CD =−1 D y CD =4 Đáp án đúng: D x=− 1⇒ y =4 Giải thích chi tiết: Ta có y '=3 x −3=0 ⇔ x=1⇒ y=0 Do giá trị cực đại hàm số y CD =4 x y x  Phương trình tiếp tuyến đồ thị hàm số điểm M  1;0  Câu 15 Cho hàm số [ y  x 2 A Đáp án đúng: C 1 y  x 2 B y  Giải thích chi tiết: Ta có  x  1 1 y  x 2 C  y 1  1 y  x D Phương trình tiếp tuyến đồ thị hàm số điểm 1 y   x  1   y  x  2 M  1;0  Câu 16 Cho phương trình: Khẳng định sau ? A Phương trình vơ nghiệm B Nghiệm phương trình số vơ tỉ C Tích nghiệm pt số âm D Tổng nghiệm phương tình số nguyên Đáp án đúng: C Giải thích chi tiết: Cho phương trình: Khẳng định sau ? A Phương trình vơ nghiệm B Tổng nghiệm phương tình số ngun C Nghiệm phương trình số vơ tỉ D Tích nghiệm pt số âm LỜI GIẢI Nghiệm phương trình : Vì Chọn đáp án D  m  5m  6 0 m Câu 17 Trên tập hợp số phức, xét phương trình ( tham số thực) Có m    10;10 z  z  z1  z2 z ,z số ngun để phương trình có hai nghiệm phức thỏa mãn ? z2  m 1 z  A Đáp án đúng: C B D 10 C 11 X X X X Câu 18 Cho  14 , tính giá trị biểu thức P 2  B 17 A 16 Đáp án đúng: A C D 4 X X X X Giải thích chi tiết: Cho  14 , tính giá trị biểu thức P 2  A B 16 C Lời giải 17 D 4 Ta có 4X  4 X 14   2X   X  16  P 4 A  ;  3 B   ;  5 Câu 19 Đồ thị hàm số y ax  bx  c có điểm cực đại điểm cực tiểu Khi tổng a  b  c A B C  D  Đáp án đúng: C (1)   c    a  b  c (2) A ,  B Giải thích chi tiết: Vì thuộc đồ thị hàm số nên ta có y 4ax  2bx y  1 0   4a  2b 0 (3) Vì B điểm cực tiểu nên a 2  b  c  Từ (1), (2), (3) ta có  Vậy a  b  c  Câu 20 Cho nhơm hình vng cạnh 1m hình vẽ Người ta cắt bỏ tam giác cân bên ngồi x  m nhơm, phần cịn lại gập thành hình chóp tứ giác có cạnh đáy , cho bốn đỉnh x hình vng gập lại thành đỉnh hình chóp Tìm để khối chóp nhận tích lớn x 2 A Đáp án đúng: A B x C x D x Giải thích chi tiết: Ta có: 1 y 2x  z  y2   h  z   x    y    Chiều cao hình chóp: 2   x    x  2   1  Vchop  x  x 2 Vchop y'  lớn hàm số y x 2  x 2 đạt GTLN  x 0   x 2  x  2 ; y ' 0   x  x 0  2x2  4x Câu 21 Cho hàm số y x  3x  Tích giá trị cực đại cực tiểu hàm số bằng: A  B  C D Đáp án đúng: B Giải thích chi tiết: [Mức độ 1] Cho hàm số y x  3x  Tích giá trị cực đại cực tiểu hàm số bằng: A  B  C D Lời giải y ' 3x  x  x 0  y 1 y ' 0  3x  x 0    x 2  y  Suy ycd yct  Câu 22 Tích hai số phức z a  bi z a  bi zz  aa  bb   ab  ab  i A B zz aa  bb 2 2 C zz   a  b a  b Đáp án đúng: A D zz  ab  abi Giải thích chi tiết: Tích hai số phức z a  bi z a  bi A zz  aa  bb B zz  ab  abi 2 2 zz  aa  bb   ab  ab  i C zz   a  b a  b D Lời giải Câu 23 Phương trình s inx  m 0 có nghiệm :  m 1  B  m  A  m 1 Đáp án đúng: A log  x   1 Câu 24 Nghiệm phương trình A x 2 B x 1  m 1  C  m   D   m  C x 0 D x  Đáp án đúng: C x   x   log  x   1     x 0 x   x    Giải thích chi tiết: Ta có z 3 z  w 1 Câu 25 Cho hai số phức z , w thay đổi thỏa mãn , Biết tập hợp điểm biểu diễn số phức w hình phẳng H Tính diện tích S hình H A S 20 B S 4 C S 16 D S 12 Đáp án đúng: D Giải thích chi tiết: Gọi M , N điểm biểu diễn z w mặt phẳng Oxy z 3 z  w 1 Từ giả thiết , suy OM 3 MN 1 Ta có OM  MN ON OM  MN  ON 4 w ON  N Do thuộc hình vành khăn  H hình vành khăn giới hạn hai đường trịn bán kính r 2 , R 4  S H  R   r  42   22 12 Câu 26 Cho hàm số y = f ( x) có đạo hàm Đặt g( x) = f ( x) - x2 liên tục [- 2;1.] Hình bên đồ thị hàm số Khẳng định sau đúng? A g( - 2) < g( 1) < g( 0) C g( 0) < g( 1) < g( - 2) B g( 1) < g( - 2) < g( 0) D g( 0) < g( - 2) < g( 1) Đáp án đúng: C Giải thích chi tiết: Lời giải Ta thấy đường thẳng y = - x cắt đồ thị hàm số Ta có điểm có hoành độ - 3; 1; Dựa vào bảng biến thiên, suy Dựa vào đồ thị, ta có Vậy g( 1) < g( 3) < g( - 3) Suy g( 3) < g( - 3) Câu 27 Cho ( C ) : y= x − x +3 x − Tiếp tuyến ( C ) điểm cực đại có phương trình là: A y=2 x + B y − 1=0 C y=x +2 D y +1=0 Đáp án đúng: B 10 y  f  x có đồ thị (C) Giả sử tiếp tuyến (C) điểm có hồnh độ x 0 đường 2x A lim x f  x   f  3x   f  x  thẳng y  x  Khi 1 1   A B C D Đáp án đúng: C Câu 29 Cho phương trình 3x  x  x  2m 0 , với m tham số thực Khi tập hợp giá trị m để phương trình cho có nghiệm thực phân biệt là:  2 4   4 2   0;   ;0  0;   ;0 9       A B C D   Câu 28 Cho hàm số Đáp án đúng: D 3  1 Giải thích chi tiết: Ta có: 3x  x  x  2m 0  2m  x  x  3x  1 phương trình hồnh độ giao điểm  C  : y  x3  x  3x đường thẳng  d  : y 2m  1 số giao điểm  C   d  Nên số nghiệm  x 1  y 0 y 0    x 1  y    Xét y  x  12 x  ;  1 có nghiệm phân biệt  Câu 30 Giá trị tham số d C cắt 4 2  2m   m0 điểm  cho hàm số có hai điểm cực trị thỏa mãn A B C Đáp án đúng: C D x Câu 31 Phương trình A   x 2 1 có tổng nghiệm B C D Đáp án đúng: B Câu 32 Cho khối chóp S ABCD có đáy hình bình hành, tích 24 cm3 Gọi E trung điểm SC Một mặt phẳng chứa AE cắt cạnh SB SD M N Tìm giá trị nhỏ thể tích khối chóp S AMEN A cm3 B cm3 C cm3 D cm3 Đáp án đúng: C 11 Giải thích chi tiết: ABCD  Mặt đáy  hình bình hành  ADC ABC có diện tích  VS ADC VS ABC (hai khối chóp có chiều cao có diện tích mặt đáy nhau) V 24  VS ADC VS ABC  S ABCD  12 2 (cm3) Gọi O giao điểm AC BD ; I giao điểm SO AE  I trọng tâm SAC I thuộc SM SN a b MN Gọi SB SD ( a  ; b  ) Mà VS ABCD VS ADC  VS ABC 24 cm3 VS ANE SA SN SE VS AME SA SM SE b a    1 b      1a   2 VS ABC SA SB SC 2 Ta có: VS ADC SA SD SC V VS AME a b   S ANE  12 12  VS ANE 6b (cm3) VS AME 6a (cm3) Do đó: VS AMEN VS AME  VS ANE 6a  6b 6  a  b  (cm3) S ISM SM a  a  S ISB Mặt khác: ISM ISB có chung chiều cao kẻ từ I có đáy SB SI  S ISB   S ISM  2a   S SOB S SOB SO Mà I trọng tâm SAC 12 S ISN 2b  S SOD Chứng minh tương tự ta có: O trung điểm DB  2a 2b S ISM S ISN S ISM     3 S SOB S SOD S SOB  a b  S SDB hay S SDB 2 S SOB 2 S SOD  S ISM  S ISN  S SNM 2S  ISN   2S SOD S SDB S SDB  S SOB S SOD   3S SNM 3SN SM sin MSN SN SM  3   3ab  S SDB SD SB SD SB sin BSD Theo bất đẳng thức AM-GM, ta có:  a  b ab  3 a  b  a  b 3ab  4   a  b  8 hay VS AMEN 8 (cm3) (do a  b  ) SM SN a b     SB SD  MN qua I MN  BD Dấu " " xảy Vậy giá trị nhỏ thể tích khối chóp S AMEN cm3  a b    a  b  4 Câu 33 Cho A  1 f  x  dx 3 g  x  dx 5  f  x   g  x   dx B 12 C D  Đáp án đúng: A 1  f  x   g  x   dx f  x  dx  2g  x  dx 3  2.5  0 Giải thích chi tiết: Ta có Câu 34 Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD hình thang với cạnh đáy AB CD Gọi I , J trung điểm cạnh AD, BC G trọng tâm tam giác SAB Tìm điều kiện AB CD  IJG  cắt hình chóp hình bình hành để thiết diện AB  CD AB  CD A B C AB 3CD Đáp án đúng: C D AB CD Giải thích chi tiết: Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD hình thang với cạnh đáy AB CD Gọi I , J trung điểm cạnh AD, BC G trọng tâm tam giác SAB Tìm điều kiện AB  IJG  cắt hình chóp hình bình hành CD để thiết diện AB  CD AB  CD A AB CD B AB 3CD C D Lời giải 13 Trong hình thang ABCD có I , J trung điểm cạnh AD, BC nên IJ // AB G   IJG    SAB   IJG  ,  SAB  chứa hai đường thẳng song song IJ , AB nên Ta có hai mặt phẳng  IJG    SAB  d với d đường thẳng qua G , d // IJ // AB  IJG  Gọi K , L giao điểm d với cạnh SB, SA Khi đó, thiết diện hình chóp cắt hình thang IJKL AB  KL KL // AB Vì G trọng tâm tam giác SAB nên Do đó, hình thang IJKL hình bình hành KL IJ  AB   CD  AB   AB 3CD Câu 35 Cho khối trụ trịn xoay có độ dài đường cao h , bán kính đáy r Thể tích khối trụ tròn xoay 2 r h  rh A  r h B C  rh D Đáp án đúng: A Giải thích chi tiết: Cho khối trụ trịn xoay có độ dài đường cao h , bán kính đáy r Thể tích khối trụ trịn xoay 2  rh r h A  rh B C  r h D 14 HẾT - 15