Đề ôn tập nâng cao có đáp án toán 12 (33)

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: 004 Câu Gọi tập hợp giá trị nguyên dương đồng biến khoảng Số phần tử để hàm số A B C Đáp án đúng: A Câu y  f  x y  f  x  Cho hàm số hàm đa thức bậc bốn, có đồ thị hình vẽ D f x 0 Phương trình   có nghiệm thực phân biệt f m   f  n f 0 A   B   f   f  n f   f  m C   D   Đáp án đúng: D  x 0 f  x  0   x m  x n Giải thích chi tiết: Xét Bảng biến thiên: Gọi S1 Gọi S2 diện tích hình phẳng giới hạn đồ thị diện tích hình phẳng giới hạn đồ thị S  S1 Từ hình vẽ ta thấy n  f  x  dx  f  x  dx m n  y  f  x  Ox; x m; Oy ; y  f  x  ; Oy; x n f  x  dx   f  x  dx m  f  n   f      f    f  m    f  n  f  m Từ bảng biến thiên kết hơp với điều kiện  f  0   f  m phân biệt f  n  f  m ta thấy để phương trình f  x  0 có nghiệm thực M  3;   Câu Trong mặt phẳng tọa độ, cho số phức z có điểm biểu diễn Số phức nghịch đảo số phức z 1   i   i 25 25 A z B z 4   i   i C z 25 25 D z 25 25 Đáp án đúng: D Câu Viết biểu thức P  a a (a  0) dạng lũy thừa với số mũ hữu tỷ A P a Đáp án đúng: B B P a P  a 3b  C P a D P a a12b ta Câu Rút gọn biểu thức 2 P  ab A B P a b C P ab D P ab Đáp án đúng: A Câu Một người gởi tiết kiệm 200 triệu đồng theo hình thức lãi kép (Tiền lãi năm nhập vào vốn) Sau năm người có 300 triệu đồng Hỏi người khơng rút tiền sau 10 năm nhận bao nhiêu? Biết lãi suất không thay đổi A 500 triệu đồng B 450 triệu đồng C 445 triệu đồng D 400 triệu đồng Đáp án đúng: B Giải thích chi tiết: Một người gởi tiết kiệm 200 triệu đồng theo hình thức lãi kép (Tiền lãi năm nhập vào vốn) Sau năm người có 300 triệu đồng Hỏi người khơng rút tiền sau 10 năm nhận bao nhiêu? Biết lãi suất không thay đổi A 445 triệu đồng B 400 triệu đồng C 450 triệu đồng D 500 triệu đồng Lời giải r  % / năm Gi s ngi gi tit kim theo hình thức lãi kép với lãi suất , theo đề ta có: 3 5  r 5  300 200   r     r      r   2 10    200       450     Số tiền người nhận sau 10 năm là: e Câu Tích phân e A ịx ln xdx với kết sau e x4 ln x  x 3dx 41 e B x ln x  3xdx 1 C Đáp án đúng: D D log a f  x  log a g  x  D    2020 f  x   sin x  dx 2021 f  x dx Câu Nếu 2021 A 2020 e x4 ln x  x 3dx 41 với  a  tương đương với bất phương trình sau đây? f  x  g  x  B f  x  g  x  C Đáp án đúng: D e x ln x  3xdx e e Câu Bất phương trình f  x  g  x   A e B  f  x  g  x  bằng? 1011 C 1010 D  Đáp án đúng: B  Giải thích chi tiết: Ta có 2020 f  x dx    2020 f  x   sin x  dx 2021  2020 f  x dx  sin xdx 2021  Khi ta có  0    cos2 x  02 2021  2020 f  x dx 1 2021  Do f  x dx 1 x Câu 10 Bất phương trình  có nghiệm là: x  log A B Vô nghiệm x  log D C x   Đáp án đúng: A Câu 11 Cho phương trình  x m  Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt? A   m  B   m  C   m   hay  m  D   m  Đáp án đúng: C Câu 12 Cho hàm số f ( x) có đạo hàm liên tục đoạn [2; 4] thỏa mãn f (2) 2, f (4) 2022 Tính tích phân I f '  x  dx A 2020 Đáp án đúng: D Câu 13 Tập nghiệm phương trình S  1 A Đáp án đúng: A B 1011 C 2022 2log x log   x  B S   2;1 D 1010 là: C S   2 D S  Câu 14 Có tiếp tuyến đồ thị hàm số y  x  x  song song với đường thẳng y 9 x  14 ? A B C D Đáp án đúng: A Câu 15 Cho hình chóp S ABC có đáy ABC tam giác đều, hình chiếu vng góc đỉnh S mặt đáy a SH  mặt phẳng  SAC  vng góc với mặt phẳng  SBC  Thể tích trung điểm H cạnh AB Biết khối chóp S ABC a3 A Đáp án đúng: C 3a B a3 C a3 D 16 Giải thích chi tiết: Cho hình chóp S ABC có đáy ABC tam giác đều, hình chiếu vng góc đỉnh S a SH  mặt phẳng  SAC  vng góc với mặt phẳng mặt đáy trung điểm H cạnh AB Biết  SBC  Thể tích khối chóp S ABC a3 a3 a3 3a A B 16 C D Lời giải Gọi K chân đường cao hạ từ H lên SC  AB  SH  AB   SHC   AB  SC  AB  HC  Ta có  SAB    SAC  SC   SAB  ,  SAC   AKB 90  SC   AKB  Khi    x x HK  AB  2 Đặt AB  x , Trong tam giác SHC vng H , ta có HC  a x 2 x a     a  a  x  x a 2 2 SH  HC a x a 3  x 3         Thể tích 1 a a V  S ABC SH  a  3 4 khối chóp S ABC Câu 16 Đường cong hình bên đồ thị bốn hàm số Hàm số hàm số nào? HK  SH HC 2  2  A y x  x  x  C y  x  x  x  Đáp án đúng: A  B y  x  x  8x  D y x  x  x  x y +1 z - d: = = Oxyz , - mặt phẳng Câu 17 Trong không gian với hệ tọa độ cho đường thẳng uur ( P ) : 2x - y - 2z - = ( Q) mặt phẳng chứa d tạo với mp ( P) góc nhỏ Gọi nQ = ( a; b; 1) ( Q ) Đẳng thức đúng? vectơ pháp tuyến A a + b = B a - b =1 C a - b =- D a + b =- Đáp án đúng: D uur u = ( - 1; 2; 1) M ; ; ( ) Giải thích chi tiết: Đường thẳng d qua điểm có vectơ phương d uur uu r uur nQ = ( a; b; 1) ud nQ = d Ì ( Q) Q) ( Theo giả thiết, vectơ pháp tuyến nên ta có Û - a + 2b +1= Û a = 2b +1 ( 1) uur nP = ( 2; - 1; - 2) P) ( Mặt phẳng có vectơ pháp tuyến Ta có Thế u 2a - b - ỉ ·ur uur cos (·P ) , ( Q ) = cos ỗ nP , nQ ữ = ữ ỗ ữ ố ứ a2 + b2 +1 ( ) ( 1) vào ( 2) ta ( ) cos (·P ) , ( Q ) = ( 2) b 5b2 + 4b + cos ( (·P ) , ( Q) ) P) Q) ( ( Khi góc nhỏ đạt giá trị lớn f ( b) = Xét hàm số Bảng biến thiên f ' ( b) = b 5b2 + 4b +2 , có g ( b) = Từ suy với hàm số Vậy: a + b =- b +1 ( 5b b 5b + 4b +2 có Câu 18 Tiệm cận ngang đồ thị hàm số A x 1 B y  y ) + 4b + = Û b =- max g ( b) = g ( - 1) = ¡ 1 x x  đường thẳng C x  b =- 1Þ a =- D y 1 Đáp án đúng: B Câu 19 Cho khối chóp S.ABCD có đáy hình bình hành ABCD Gọi M , N , P , Q trọng tâm tam giác SAB, SBC, SCD, SDA Biết khối chóp S.MNPQ tích V , thể tích khối chóp S.ABCD 81V A Đáp án đúng: D Giải thích chi tiết: Lời giải B 9V C 81V D 27V Ta có ù é ù dé ëS,( ABCD ) û= d ëS,( MNPQ) û ỉư 3÷ SABCD = 2SIJ HK = 2.ỗ ữ ỗ ữ SMNPQ = SMNPQ ỗ ố2ứ VS.ABCD = Do ú Cõu 20 27 VS.MNPQ Cho đồ thị hàm số A y  f  x Diện tích hình phẳng S  f  x   f  x  2 2 B C Đáp án đúng: C 2 S  f  x   f  x  S  f  x  D S  f  x   f  x  2 Câu 21 Cho hàm số trị f  x  dx  0; 2 f   3 f   0  có đạo hàm liên tục , Tích phân f  x B  A Đáp án đúng: B Giải thích chi tiết: Ta có: có giá D  C 2 f  x  dx  f  x   f    f   0   A 0;  1;1 B  1;1;   M   hai điểm  ; Biết cho MA  MB đạt giá trị nhỏ Khi đó, hồnh độ xM điểm M xM  xM  x  x  A B M C D M Đáp án đúng: A Câu 22 Cho mặt phẳng    : x  y  z  0 Giải thích chi tiết: Cho mặt phẳng    : x  y  z  0 hai điểm A  0;  1;1 ; B  1;1;   Biết M   x cho MA  MB đạt giá trị nhỏ Khi đó, hồnh độ M điểm M xM  x  M B xM  C xM  D A Lời giải Ta có:  x A  y A  z A  1  xB  y B  z B  1    2.1  1     1  phía so với mặt phẳng nên hai điểm A B nằm khác   M  AB     Nên MA  MB đạt giá trị nhỏ  x t  AB :  y   2t  z 1  3t  Phương trình đường thẳng , tọa độ điểm M nghiệm hệ phương trình  t   x 2    x t  y   y   2t     z   t  3 1  M  ; ;   xM   z   x  y  z  0 7 Do  7   Câu 23 Một khách hàng có 100.000.000 đồng gửi ngân hàng kì hạn tháng ( quý) với lãi suất 0, 65% tháng theo phương thức lãi kép (tức người khơng rút lãi tất quý định kì) Hỏi vị khách sau quý có số tiền lãi lớn số tiền gốc ban đầu gửi ngân hàng? A 32 quý B 36 quý C 24 quý D 12 quý Đáp án đúng: B Giải thích chi tiết: Một khách hàng có 100.000.000 đồng gửi ngân hàng kì hạn tháng ( quý) với lãi suất 0, 65% tháng theo phương thức lãi kép (tức người khơng rút lãi tất quý định kì) Hỏi vị khách sau quý có số tiền lãi lớn số tiền gốc ban đầu gửi ngân hàng? A 12 quý B 24 quý C 36 quý D 32 quý Đáp án: C Giả sử khách hàng có A đồng gửi vào ngân hàng X với lãi suất d = a% tháng theo phương thức lãi kép Sau n tháng ta nhận số tiền gốc lãi B đồng Khi ta có: Sau tháng số tiền B1 = A+A.d = A(1+d) Sau hai tháng số tiền B2 = A(1+d)+A(1+d).d = A(1+d)2 …… Sau n tháng số tiền là: B = A(1+ d)n (*) Áp dụng cơng thức (*) ta có: A = 100000000, d = 0,65%.3 = 0,0195 (1  d )n   n  log  1d Cần tìm n để A(1+ d) –A > A n n  log 36 1,0195 Vì ta có: Vậy sau 36 quý (tức năm) người có số tiền lãi lớn số tiền gốc ban đầu gửi ngân hàng Câu 24 Đường cong hình vẽ bên hàm số đây? A y 2 x  x  y x  x  C Đáp án đúng: D Câu 25 Hình bên đồ thị bốn hàm số x x B 3x  y x D y A y log x Lời giải Chọn C Đồ thị hàm số qua điểm nhận Ox,Oy làm tiệm cận ngang tiệm cận đứng loại C,D Dùng máy tính kiểm tra đáp án thấy đồ thị qua chọn đáp án C x B y 2 2 C y  x  D y  x Đáp án đúng: D Câu 26    Cho tứ diện ABCD , BAC 60 , CAD 90 , DAB 120 , AB a, AC 2a, AD 3a Tính thể tích khối tứ diện ABCD 10 a3 A Đáp án đúng: A a3 B a3 C a3 D Giải thích chi tiết: Cách 1: Lấy điểm C  AC , D AD cho AB  AC '  AD ' a Lấy điểm M  C D cho MC  MD  AM  C D ( AC D vuông cân A ) (1) Do AC D vuông cân A  C D a  AM  a 2 2 2  Xét BAD  BD  AB  AD  AB.AD.cos BAD a  a  2.a.a.cos120 3a  BD a  Xét ABC  có BAC  60  AB  AC  BC  a  a   a   a  BD2 C D2  BC 2  C BD vuông C  mp  BC D , Từ M kẻ MI C B, I  BD  MI  C D ( C BD vuông C  ) (2) a BD  MI  BC    I trung điểm đoạn 2 Trong Xét BAD  AI  2 2 AB  AD BD a  a     a   a2 a  AI  2  a   a 2  a 2        2 2 AM  MI  AI        AMI 450  AMI  cos AMI   AM MI a a 2 Xét   11 Từ (1), (2) suy C D   AMI  Kẻ AH   BC D  AH   AMI   H  MI a a H  AH AM sin AMI  sin 450  2 Xét HAM vuông 1 a a3  VABC D  AH SBC D  a.a  3 2 12 VABC D AC  AD 1 a3     VABCD 6VABC D  AC AD mà VABCD Cách 2: Ta có: Thể tích khối tứ diện ABCD 2       VABCD  AB AC AD  cos BAC cos CAD cos DAB  cos BAC  cos CAD  cos DAB 2 a3  a.2a.3a  cos 600 cos 90 cos120  cos 60  cos 90  cos1200    Kết luận: VABCD            a3 y mx  x  m đạt giá trị lớn đoạn  1;3 C m  D m 3 Câu 27 Tìm tất giá trị m để hàm số A m 7 B m 2 Đáp án đúng: A Giải thích chi tiết: Đáp án Phương pháp: Chia trường hợp m tìm GTLN hàm số trường hợp Cách giải: ĐK: x  m y'  m2 1  x  m    ;  m    m;   Hàm số đồng biến 3m  1    m  max y y  3  2  3m  2m   m 7  ktm   1;3 3m TH1:  x  m TH2:  m    max y y  3   1;3 3m  2  3m  2m   m 7  tm  3 m TH3:   m  x y’ y  -m    TH không tồn GTLN hàm số  1;3 12 Vậy m 7 x Câu 28 Phương trình 3  x2 9 x x có tích nghiệm B 2 A Đáp án đúng: D C  2 Câu 29 Đường tiệm cận ngang đồ thị hàm số A y 2 Đáp án đúng: D Câu 30 y B x 2 Cho hình chóp có đáy Cạnh bên 3x  x  C x 3 I =ò ( x + 2) x2021 dx B - 4038 D Giải thích chi tiết: Tính tích phân A 32019 - 22019 4038 2021 C I = B D I = 32022 - 22022 4044 Khi ( x + 2) I = 32022 - 22022 4044 2019 x2021 dx 2019 x+2 2 dx = 1+ ắắ đ dt = - dx Þ = - dt x x x x I =- 32021 - 22021 4042 ổx + 2ử ữ I = ũỗ dx ữ ỗ ữ ỗ ố x ứ x Lời giải Ta có Đặt 32020 - 22020 4040 2021 - 4042 I =ò I = t= I = 2019 C Đáp án đúng: A I = 2019 32020 - 22020 4040 D Câu 31 Tính tích phân 2019 B I = B, AB BC 2, AD 3 hình thang vng C Đáp án đúng: D A D y 3 vng góc với đáy Tính thể tích khối chóp A I = D  Đổi cận: ìïï x = 1đ t = ùùợ x = ® t = 2019 t2020 32020 - 22020 t dt = ò t2019dt = = ò 23 22 4040 4040 Chọn B Câu 32 Trong khơng gian, cho hình chóp S ABC có SA, AB, BC đơi vng góc với SA a, AB b, BC c Mặt cầu qua S , A, B, C có bán kính a  b2  c A 2 2 B a  b  c 13 2(a  b  c ) C Đáp án đúng: A D a2  b2  c2 Giải thích chi tiết:  SA  AB  SA   ABC   SA  AC  SA  BC  Ta có:  BC  SA  BC   SAB   BC  SB  BC  AB  Ta có: Gọi O trung điểm SC , ta có tam giác SAC , SBC vuông A B nên: SC SC OA OB OC OS  R S , A , B , C Do mặt cầu qua có tâm O bán kính 2 2 2 2 R a  b2  c2 Ta có: SC SB  BC SA  AB  BC a  b  c suy O O , Câu 33 Cho hình trụ có hai đáy hai hình trịn     thiết diện qua trục hình trụ hình vng O O Gọi A, B hai điểm nằm hai đường tròn     Biết AB 2a khoẳng cách hai a đường thẳng AB OO Bán kính đáy a 14 A Đáp án đúng: D a 14 B a 14 C a 14 D Giải thích chi tiết: Dựng đường sinh BC gọi H trung điểm đoạn AB 14 Ta có d  OO, AB  OH  a Giả sử bán kính đáy hình trụ r , thiết diện qua trục hình trụ hình vng suy BC 2r 2 2  AC  AB  BC  4a  4r , mặt khác Ta có phương trình AC 2 OA2  OH 2 r  4a  4r  4r  3a  r  3a  4r  3a a 14 z  1 iz  1 z  z2 Câu 34 Xét số phức z1 , z2 thỏa mãn Giá trị nhỏ A  Đáp án đúng: B B  C  D  Giải thích chi tiết: P  z1  z2  z1  ( z2 )  z1  z3 Đặt z3  z2 , suy 1 iz2  1   iz3  1 z3  z3  4i 2 2 vào Và Gọi A, B hai điểm biểu diễn cho hai số phức z3 , z1  z3  4i 2  A thuộc đường tròn tâm I (0; 4), R3 2  z1  1  B J (4;0), R1 1 thuộc đường tròn tâm z2    Pmin  IJ  R1  R3 4   P  z1  z3  AB   P  IJ  R  R    max  Câu 35 Cho bất phương trình sau: Gọi tập nghiệm bất phương trình (1), sau ? tập nghiệm bất phương trình (2) Khẳng định A B C D 15 Đáp án đúng: B HẾT - 16