Đề ôn tập kiến thức toán 12 có đáp án (728)

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: 073 Câu Trong không gian tọa độ Oxyz , cho điểm A , B thay đổi mặt cầu x  y   z  1 25 A 10 Đáp án đúng: D 2 thỏa mãn AB 6 Giá trị lớn biểu thức OA  OB B C 24 D 12 Giải thích chi tiết: Trong khơng gian tọa độ Oxyz , cho điểm A , B thay đổi mặt cầu x  y   z  1 25 2 thỏa mãn AB 6 Giá trị lớn biểu thức OA  OB A 24 B 12 C D 10 Lời giải Mặt cầu  S : x  y   z  1 25 có tâm I  0;0;1 , bán kính R 5    2OI IA  IB ,    2 OA2  OB  OI  IA  OI  IB Ta có:     2OI BA 2.OI BA.cos OI , BA 2OI BA 12   Dấu “=” xảy hai véc tơ OI , BA hướng         2 Vậy giá trị lớn biểu thức OA  OB 12 Hết Câu Tìm m để đường thẳng y = mx +1 cắt (C): y = x3 – 3x2 + điểm phân biệt, ta có: A – < m < B C Đáp án đúng: C Câu Tính lim ¿ D x→ −∞ A −2 B C D −1 Đáp án đúng: D Câu Đường thẳng đường tiệm cận ngang đồ thị hàm số y= A x=1 Đáp án đúng: C B x=− C y=− −2 x ? x−1 D y=3 lim −2 x Giải thích chi tiết: Ta có: lim y= x→ ∞ =−2 ⇒ y =−2 đường tiệm cận ngang đồ thị hàm số x −1 x→ ∞ x  4 x f ( x)   x  12 x 2 Tính tích phân Câu Cho hàm số x f I   x 1 x 1  dx  ln e 2x f   e x  dx ln A 48 Đáp án đúng: B B 84 x f I  Giải thích chi tiết: Ta có: C 83  x2 1 x 1  dx  D  84 ln e 2x f   e x  dx I1  I ln  x 0  t 1  2 x   t 2 t  x   t  x   tdt  xdx  xdx  tdt Đặt Đổi cận  2  I1 f  t  dt f  t  dt f  x  dx 1 4 x f ( x)   x  12 Do x  x 2  I1   x  12  dx 9 t 1  e x  dt 2e x dx  e x dx  dt Đổi cận Đặt  x ln  t 5   x ln  t 10 10  I2  10 1 f  t  dt  f  x  dx  25 25 4 x f ( x)   x  12 Do 10  I  4 x 75 25 Vậy I I1  I 84 x  x 2   AB  AC  Câu Tam giác ABC có AB  AC a BAC 120 Tính     AB  AC 2a AB  AC a A B     a AB  AC  AB  AC a C D Đáp án đúng: B Câu Cho hình chóp tam giác đều S ABC Gọi G trọng tâm tam giác ABC , biết góc tạo bởi SG mặt phẳng SBC bằng 30 Mặt phẳng chứa BC vuông góc với SA chia khối chóp cho thành hai phần V1 tích V1 , V2 V1 chứa điểm S Tỉ số V2 bằng A Đáp án đúng: B B C D Giải thích chi tiết:  SBC  trùng với SH Do đó, *) Giả sử AG  BC H  BC  SH Ta có hình chiếu SG lên mặt phẳng  ;  SBC  GSH  SG 300 BK ^ SA Þ SA ^ ( BCK ) ( BCK ) chia khối chóp *) Hạ Mặt phẳng chứa BC vng góc với SA K cho thành hai phần tích V1 , V2 V1 chứa điểm S   Suy ra, V1 VS KBC ; V2 VA.KBC VS.A BC  V1 Giả sử ABC đều có cạnh bằng Ta có, GH  3 GB  ; ; GH SG   SH  0  SGH vuông H có GSH 30 nên: tan 30 2; 2 21 1  3 SA SB  SG  GB         2   Lại có, SGB vng G suy độ dài cạnh bên 2S BK  SAB SAB SBC  S SAB S SBC  SH BC SA mà Trong SAB ta có 2 SH BC SH BC 2 BK     SA SA 21 hay Ta có, AK  AB  BK   VS KBC VS ABC Ta có, 21 21  SK SA  AK   7 21 21  42 21 KS 1   42   VS KBC  VS ABC AS 21 VA KBC  VS A BC V V1 S ABC   V2 V S ABC Vậy, Câu Cho hình chóp S ABC có cạnh SA, SB, SC đơi vng góc với SA a, AB 2a, SC 3a Thể tích khối cầu ngoại tiếp hình chóp S ABC bằng 7 a 14 A Đáp án đúng: A 7 a 14 B 7 a 14 C 7 a 14 D Giải thích chi tiết: Cho hình chóp S ABC có cạnh SA, SB, SC đơi vng góc với SA a, AB 2a, SC 3a Thể tích khối cầu ngoại tiếp hình chóp S ABC bằng 7 a 14 7 a 14 7 a 14 7 a 14 A B C D Lời giải Gọi I trung điểm AB , I tâm đường tròn ngoại tiếp SAB d   ABC  Gọi K trung điểm SA , d đường thẳng qua I (hay d trục đường tròn ngoại tiếp SAB ) Gọi J giao điểm mặt phẳng trung trực SC đường thẳng d Khi J tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S ABC bán kính r SJ 2 SA2  SB  SC 14a a 14  AB  SC SJ SI  SK      r  4   Ta có 2 4  a 14  14 a 14 V   r      3   S ABC Vậy thể tích khối cầu ngoại tiếp hình chóp bằng Câu Cho hàm số y=f ( x ) có bảng biến thiên: Đồ thị hàm số có tiệm cận đứng đường thẳng có phương trình A x=1 B x=− C x=− x=1 D không tồn tiệm cận đứng Đáp án đúng: B Câu 10 a b c  0;  Hỏi số a , b , c số Hình vẽ bên đồ thị hàm số y  x , y  x , y  x miền  0; 1 ? nhận giá trị khoảng A a Đáp án đúng: B B c C a b D b Câu 11 Đường cong hình vẽ bên đồ thị hàm số đây? y x2 x A Đáp án đúng: C B y  x2 x C y x x D y x x 1 Câu 12 Đồ thị hàm số y  x  x  x  có điểm cực đại A x 1 B M  1;   P  D  N  1;3 C Đáp án đúng: D 86  ;  27  Câu 13 Cho số phức w hai số thực b , c Biết rằng w  3w  4i hai nghiệm phương trình 2022 z  bz  c 0 Tính giá trị biểu thức P b  c bằng A P 8088 Đáp án đúng: A B P 4044 C P  4044 D P  8088 Giải thích chi tiết: Cho số phức w hai số thực b , c Biết rằng w  3w  4i hai nghiệm phương trình 2022 z  bz  c 0 Tính giá trị biểu thức P b  c bằng A P  4044 B P 8088 C P 4044 D P  8088 Lời giải z,z z  z2 Nhận xét: Trong tập số phức, phương trình bậc hai az  bz  c 0 có hai nghiệm phức  x, y    Vì b, c   phương trình 2022 z  bz  c 0 có hai nghiệm z1 w  , Đặt w  x  yi z2 3w  4i nên nghiệm z1 , z2 nghiệm phức có phần ảo khác Do z1  z2  w  3w  4i  x  yi  3  x  yi   4i  x  3 x  x 1  x   yi 3 x    y  i     y 4  y  y 1  z w  3  i  w 1  i    z2 3w  4i 3  i b   z1  z2  2022   z z  c 2 2022 Theo định lý Viet:  , từ suy P  b  c  8088 Vậy b    2022 6    c 10  2022 b  6.2022  b  c 8088  c 10.2022  c   Kí hiệu A , B hai điểm mặt phẳng phức biểu diễn hai nghiệm Câu 14 Cho hai số thực b c phức phương trình z  2bz  c 0 Tìm điều kiện b c để tam giác OAB tam giác vuông ( O gốc tọa độ) 2 A c 2b B b 2c C b c D b c Đáp án đúng: A Giải thích chi tiết: Giả sử phương trình z  2bz  c 0 có hai nghiệm thực ba điểm O, A, B nằm trục hồnh (khơng thỏa mãn) Vậy z  2bz  c 0 có hai nghiệm phức có phần ảo khác Khi đó, hai nghiệm phương trình z  2bz  c 0 hai số phức liên hợp với nên hai điểm A , B đối xứng qua trục Ox Do đó, tam giác OAB cân O Vậy tam giác OAB vuông O Để ba điểm O , A , B tạo thành tam giác hai điểm A , B không nằm trục tung  x 0  *  z x  yi,  x, y    y   Tức đặt  * b2  c  Để phương trình z  2bz  c 0 có hai nghiệm thỏa mãn điều kiện 2 z  2bz  c 0   z  b   c  b 0   z  b  b  c  z  b i c  b Đặt  A  b; c  b  B   b;  c  b2    OA OB 0  b  c  b 0  2b c Theo đề ta có: ln x  ln y ln  x  y  Câu 15 Cho x, y số thực dương thỏa mãn Tìm giá trị nhỏ Pmin biểu thức P x  y A Pmin 2  B P  17  C Đáp án đúng: A Pmin 3  D Pmin 6 ln x  ln y ln  x  y  x , y Giải thích chi tiết: [Mức độ 3] Cho số thực dương thỏa mãn Tìm giá trị nhỏ Pmin biểu thức P  x  y P 2  P 3  P  17  A Pmin 6 B C D Lời giải ln x  ln y ln  x  y   xy x  y  y  x  1 x Ta có Vì  x2   x    x 1  y  Với điều kiện x  x2  y  y  x  1  x x 2 Ta có P x  y x  Khi Vậy Pmin x x  1 1 x  2 x   2  x  1   2  x x x x   x 1    x  1 1     x 1  2  Dấu bằng xảy  2 Pmin 2   : x  y  z  0  : x  y  z  0 Câu 16 Trong không gian Oxyz , cho hai mặt     song song   với Khoảng cách     bằng 14 14 4 A B C D Đáp án đúng: D Câu 17 Khối nón có đường cao bằng diện tích đáy 9 tích A V 36 Đáp án đúng: C B V 18 C V 12 D V 6 x −1 đồng biến TXĐ x−m 1 B m< C m ≤ 2 Câu 18 Tìm m để hàm số y= A m