Đề thi nâng cao có đáp án toán 12 (683)

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: 069 Câu Cho ABCD tứ diện Mệnh đề sau sai? A Tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD giao mặt phẳng trung trực đoạn AB đường thẳng qua A trọng tâm tam giác BCD B Tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện thuộc đoạn thẳng nối điểm A trọng tâm tam giác BCD C Tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện thuộc đường cao tứ diện vẽ từ A D Tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện trung điểm đoạn nối đỉnh A chân đường cao vẽ từ A đến mp(BCD) Đáp án đúng: D Câu Các điểm cực tiểu hàm số y  x  x  A x 0 C x 1 x 2 B x 5 D x  Đáp án đúng: A Giải thích chi tiết: Tập xác định: D  y 4 x3  x x  x   y 0  x  x   0  x 0 x    y   y   Vậy hàm số có điểm cực tiểu x 0 S Câu Trong không gian cho mặt cầu   tâm O có bán kính R điểm A cho trước cho AO 2 R Từ A ta kẻ tiếp tuyến đến mặt cầu với tiếp điểm thuộc đường tròn  C1  Trên mặt phẳng  P   C1  ta lấy điểm E thay đổi nằm mặt cầu  S  Gọi  N  hình nón có đỉnh E đáy đường tròn  C2  gồm tiếp điểm tiếp S C C tuyến kẻ từ E đến mặt cầu   Biết hai đường tròn     bán kính, quỹ tích điểm E đường trịn, đường trịn có bán kính R 3R A Đáp án đúng: B chứa đường tròn R 15 B R 15 C R 17 D Giải thích chi tiết: r1 , r2 Gọi C tâm  C1  D điểm  C1  Suy tam DO.DA R OA2  R R2 r1 CD   R  OA OA OA2 Tương giác AOD vuông D nên CD.OA DO.DA Do R2 r2 R  OE tự ta tính r r Theo giả thiết suy OA OE 2 R Do E di động đường tròn giao tuyến mặt cầu tâm O Gọi bán kính  C1  ,  C2  P bán kính 2R mặt phẳng   , đường trịn có tâm C Ta tính OC  R R 15 OD R R  OE  OC  R    OA Suy Câu Một mặt cầu có diện tích 16 , thể tích khối cầu 64 16 A B 4 C 32 D Đáp án đúng: D log  x  x   3 Câu Tập nghiệm phương trình  0; 4  0  4 A B C Đáp án đúng: A Giải thích chi tiết: Tập nghiệm phương trình  0; 4 B  0 C  4 D  0;  4 A Lời giải log  x  x   3 D  0;  4  x 0  log  x  x   3  x  x  8  x 4 Ta có S  0; 4 Vậy phương trình có tập nghiệm Câu Tìm hệ số chứa x A  168 1 x khai triển  x3  B 168 D 238 C  238 Đáp án đúng: D   x  x3 Giải thích chi tiết: Tìm hệ số chứa x khai triển A  238 B 238 C 168 D  168  Lời giải 1 x Xét khai triển  x3  k Số hạng tổng quát Tk 1 C8k 18 k  x  x  C8k Ckl  x  Hệ số số hạng chứa x 2k  l 8   k , l   0 l k 8  Khi hệ số cần tìm k l l  x  k 3 hoac  l 2 l C8k Ckl   1 x k l k 4  l 0 C83 C32   1  C84 C40   1 238 Câu Cho khối nón có đường cao h bán kính đáy r Tính thể tích khối nón? r h 2 A B  r h  r C  r h Đáp án đúng: A 2 D 2 r h  r V   r 2h Giải thích chi tiết: Ta tích khối nón: Câu Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD hình chữ nhật, AB 3, AD 5; SA vng góc với mặt phẳng đáy SA 6 Thể tích khối chóp cho A 90 B 45 C 48 D 30 Đáp án đúng: D Giải thích chi tiết: Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD hình chữ nhật, AB 3, AD 5; SA vng góc với mặt phẳng đáy SA 6 Thể tích khối chóp cho A 90 B 45 C 30 D 48 Lời giải 1 VS ABCD  S ABCD SA  AB AD.SA  3.5.6 30 3 Ta có: Câu Phương trình mặt cầu đường kính AB với A ( ;−3 ; ) , B (2 ; ;−3 ) A ( x +3 )2 + ( y−3 )2+ ( z +1 )2=25 B ( x−3 )2 + ( y +3 )2+ ( z−1 )2 =5 C ( x−3 )2 + ( y +3 )2+ ( z−1 )2 =25 D ¿ Đáp án đúng: D Câu 10 Bà A gửi 100 triệu đồng vào ngân hàng theo thể thức lãi kép với lãi suất 7% năm Hỏi sau năm bà A thu lãi ( giả sử lãi suất không thay đổi) ? A 14,50 ( triệu đồng) B 14,49 ( triệu đồng) C 20 ( triệu đồng) D 15 ( triệu đồng) Đáp án đúng: B f ( x)dx 5  f ( x ) f (5)  Câu 11 Cho hàm số liên tục  thỏa mãn Tính f (2) A B C  D  Đáp án đúng: C Giải thích chi tiết: Cho hàm số f ( x) liên tục  thỏa mãn f (5) 2 A  B C  D Lời giải f ( x)dx  f ( x) f ( x)dx 5 Tính f (2)  f (5)  f (2)   f (2) 5  f (2)   c   Kí hiệu A , B hai điểm mặt phẳng phức biểu diễn hai nghiệm Câu 12 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    2 Theo đề ta có: OA.OB 0  b  c  b 0  2b c Câu 13 Cho hàm số f ( x ), bảng xét dấu f ′ ( x ) sau: Hàm số y=f ( −2 x ) đồng biến khoảng đây? A ( ; ) B ( ; ) C ( − ∞ ; − ) D ( ; ) Đáp án đúng: D Giải thích chi tiết: Ta có y ′ =f ′ ( − x ) ¿ −2 f ′ ( −2 x ) 5− x=− x=4 ′ ′ ⇔ [ ⇔ [ 5− x =−1 x=3 y =0 ⇔ − f ( 5− x )=0 −2 x=1 x=2 −2 x 5− x >1 x< f ′ ( − x )