Đề mẫu toán 12 có đáp án giải thích (991)

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: 051 ln  x2  x   x Câu Hàm số y = A (-  ; -2) C (-  ; -2) (2; +  ) Đáp án đúng: D Câu Cho hàm số  có tập xác định B (1; +  ) D (-  ; -2](2; +  ) liên tục thỏa Tính A B C Đáp án đúng: A D Giải thích chi tiết: , đặt Đổi cận : Ta có: Vậy Câu Hàm số f  x  2ln  x  1  x  x đạt giá trị lớn giá trị x bằng: C A e B D Đáp án đúng: C 2 Câu Cho ( S ) : ( x  1)  ( y  2)  ( z  3) 25 mặt phẳng ( P) : x  y  z  18 0 Viết phương trình mặt Q Q P phẳng   cho mặt phẳng   song song với mặt phẳng   , đồng thời (Q) tiếp xúc với ( S ) A x  y  z  0 B x  y  z  12 0 C x  y  z  12 0 Đáp án đúng: C D x  y  z  0 2 Giải thích chi tiết: Cho ( S ) : ( x  1)  ( y  2)  ( z  3) 25 mặt phẳng ( P) : x  y  z  18 0 Viết Q Q P phương trình mặt phẳng   cho mặt phẳng   song song với mặt phẳng   , đồng thời (Q) tiếp xúc với ( S ) A x  y  z  12 0 C x  y  z  12 0 B x  y  z  0 D x  y  z  0 Lời giải Vì (Q)//( P )  (Q) : x  y  z  d 0, ( d  18) ( S ) Có tâm I (1;2;3) bán kính R 5 (Q) tiếp xúc ( S ) nên d  I ,(Q)  R 5  d 12 5   d 15   22  22  ( 1)2  d  18  loai   (Q ) : x  y  z  12 0 Câu xI  y I  z I  d  Cho hàm số có đồ thị hình vẽ Số nghiệm thực phương trình A Đáp án đúng: D B C D    k cot  x    x   3  m n , với k   m , n  * Khi Câu Nghiệm phương trình có dạng m  n A B  C D  Đáp án đúng: A Câu Cho hàm số thỏa Giá trị A B mãn: , C D 10 Đáp án đúng: B f  x    f  x  f  x  15 x  12 x Giải thích chi tiết: Theo giả thiết, x   :   f  x  f  x   f  x  f  x  15 x  12 x  f  x  f  x   15 x  12 x  dx 3x  x  C  1  1 , ta được: f   f   C  C 1 Thay x 0 vào  1 trở thành: f  x  f  x  3x5  x 1 Khi đó, 1 1 1  1   f  x  f  x  dx  3x  x  1 dx   f  x    x  x  x  2 0 2 0 0  2  f  1  f      f  1  7  f  1 8 2 f  1 8 Vậy Câu Từ tơn hình chữ nhật có kích thước 30cm 50cm Người ta cắt bốn góc nhơm bốn hình vng nhau, gập nhôm lại để hộp không nắp Để thể tích hộp lớn cạnh hình vng cắt bỏ có giá trị gần với A 18cm B 15cm C 20,59cm Đáp án đúng: D Câu Bất phương trình log (3 x  2)  log (6  x) có tập nghiệm 1   ;3   0;  A   B Đáp án đúng: C Giải thích chi tiết: Vì  nên  6  1;  C   D 6,07cm D (  3;1) x 1 3 x    x     1 x   5x   x  log (3 x  2)  log (6  x)  Câu 10 Một hộp có chín thẻ đánh số từ đến Rút ngẫu nhiên hai thẻ nhân hai số ghi hai thẻ với Xác suất để nhận kết số lẻ A 18 Đáp án đúng: A Giải thích chi tiết: B 18 C 54 13 D 36  n   C92 Ta có khơng gian mẫu  : ”Rút ngẫu nhiên hai thẻ đánh số từ đến ” A: ” Rút hai thẻ nhân hai số ghi hai thẻ để nhận kết số lẻ “ Ta có rút thẻ số  n A C52 lẻ Từ ta có: P A  C52 10   C92 36 18 Câu 11 Bất phương trình:     2 A Đáp án đúng: B log 0,5  x  10   log 0,5  x  x   B   2;1 C có tập nghiệm   2;  D   2;1 f  x  5 y  f  x f  x    x   x m Câu 12 Cho hàm số có   1;1 x 1 Bất phương trình có x    1;1 nghiệm m thoả mãn: A m 7 B m  C m 7 D m  Đáp án đúng: A f  x  5 y  f  x Giải thích chi tiết: [ Mức độ 2] Cho hàm số có   1;1 x 1 Bất phương trình x    1;1 f  x    x   x m có nghiệm m thoả mãn: A m 7 B m  C m  D m 7 Lời giải FB tác giả: Trần Thu Hương f  x   f  1 5 Theo đề ta có:   1;1 Đặt g  x   x   x Hàm số y g  x  Để phương trình x    1;1 với nghịch biến ; f  x    x   x m   1 1   x    ; 1 1 x  x g  x   g  1 2   1;1 Vậy   1;1 m min f  x    x   x 5  7   1;1 g  x   có nghiệm x    1;1 Vậy m 7 10   3x  Câu 13 Tìm hệ số x khai triển thành đa thức A C106 24   3 6 B  C10  C104    C Đáp án đúng: A D C106 26   3 10   3x  Giải thích chi tiết: Tìm hệ số x khai triển thành đa thức A Lời giải C106 24   3 10 Ta có: B 10  C104 26   3 4 6 C 26   3 C  C10 D 10 10 k k   3x   C10k 210 k   x   C10k 210 k   3 x k k 0 k 0 Theo giả thiết suy ra: k 6 6 C 210   3 C106 24    Vậy hệ số x khai triển 10 kx  mmHg  , x độ cao, P0 760  mmHg  Câu 14 Áp suất không khí P theo cơng thức P P0 e  x 0  , k hệ số suy giảm Biết độ cao 1000 m áp suất áp suất khơng khí so với mực nước biển  mmHg  Biết áp suất khơng khí (được làm trịn đến hàng phần trăm) đỉnh S không khí 672, 71 530, 23  mmHg  núi Tính độ cao núi (làm tròn đến hàng đơn vị) A 2951 m B 10868 m C 3730 m D 2586 m Đáp án đúng: A Câu 15 Cho số phức T a  b A T  Đáp án đúng: D z a  bi  a, b    thỏa mãn B T 2 z  i  z  2i   z  i  D T 3 C T 1 Câu 16 Tập nghiệm bất phương trình: 37 A B 13 log  x  3   có dạng Tính giá trị biểu thức  a; b  Khi giá trị C 15 a  3b D 30 Đáp án đúng: B a; SA   ABC  Câu 17 Cho hình chóp SABC , đáy ABC tam giác cạnh Gọi H , K hình chiếu vng góc A SB; SC Diện tích mặt cầu qua điểm A, B, C , K , H 4 a A Đáp án đúng: D  a2 B C 3 a 4 a D Giải thích chi tiết: Gọi I R tâm bán kính đường trịn ngoại tiếp tam giác ABC Vì ABC tam giác cạnh nên ta có: IA IB IC R  a 3 Gọi M , N trung điểm AB AC SA   ABC  IM   SAB  Ta có: IM  AB IM  SA ( ) suy ; Mà AH  HB nên M tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác AHB ; Do IM trục đường tròn ngoại tiếp tam giác AHB  IA IH IB  1 SA   ABC  IN   SAC  Lại có: IN  AC IN  SA ( ) suy ; Mà AK  KC nên N tâm đường tròn  IA IK IC  2 ngoại tiếp tam giác AKC ; Do IN trục đường trịn ngoại tiếp tam giác AKC  1   suy I tâm mặt cầu qua điểm A, B, C , K , H bán kính mặt cầu Từ a 4 a 2 R  Smc 4 R  3 Câu 18 Cho hàm số y  f  x liên tục   2;4 có bảng biến thiên sau: 2 f  x  2; 4 Gọi M , m giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ đoạn  Tính M  m A B C D  Đáp án đúng: D Câu 19 Hàm số sau đồng biến R: A y  x  3x  x 1 x2 C Đáp án đúng: D B y  x  x3  x2  x  D y = n i Câu 20 Dân số giới ước tính theo cơng thức S = A.e , A dân số năm lấy làm mốc, S dân số sau n năm, i tỉ lệ tăng dân số năm Theo thống kê dân số giới đến tháng 01 năm 2015, dân số Việt Nam có khoảng 92,68 triệu người tỉ lệ tăng dân số 1,02% Nếu tỉ lệ tăng dân số không đổi đến năm 2020 dân số nước ta có khoảng người? (làm trịn đến hàng nghìn) A 98 530 000 người B 97 529 000 người C 97 530 000 người D 98 529 000 người Đáp án đúng: B n i Giải thích chi tiết: Dân số giới ước tính theo cơng thức S = A.e , A dân số năm lấy làm mốc, S dân số sau n năm, i tỉ lệ tăng dân số năm Theo thống kê dân số giới đến tháng 01 năm 2015, dân số Việt Nam có khoảng 92,68 triệu người tỉ lệ tăng dân số 1,02% Nếu tỉ lệ tăng dân số khơng đổi đến năm 2020 dân số nước ta có khoảng người? (làm trịn đến hàng nghìn) A 98 530 000 người B 98 529 000 người C 97 529 000 người D 97 530 000 người Lời giải Từ năm 2015 đến 2020 năm Þ n = n i 5.1,02% = 97529285.75 » 97529000 người Ta có: S = A.e = 92680000.e Câu 21 Với giá trị tham số m đường thẳng điểm phân biệt?  m  A C m ¡ Đáp án đúng: D Câu 22 Tìm tất giá trị thực tham số d:y B  m  27 D  54  m   50 cho nghiệm bất phương trình: nghiệm bất phương trình A ? B C D Đáp án đúng: C Giải thích chi tiết: Tìm tất giá trị thực tham số cho nghiệm bất phương trình: nghiệm bất phương trình A Lời giải B C Bất phương trình m 27 cắt đồ thị hàm số y x  x  x  D ? Bất phương trình Xét hàm số với Có u cầu tốn Câu 23 Mệnh đề ∀n∈ n∈ ℕ ,∃x∈ x∈ ℤ : {x} ^ {n} ⋮ có nghĩa A Với số tự nhiên n tồn số nguyên x thỏa mãn x n chia hết cho B Tồn số tự nhiên n cho với số nguyên x thỏa mãn x n chia hết cho C Với số tự nhiên n tồn số nguyên x thỏa mãn x n chia hết cho D Tồn số tự nhiên n cho với số nguyên x thỏa mãn x n chia hết cho Đáp án đúng: C Giải thích chi tiết: Mệnh đề ∀n∈ n∈ ℕ ,∃x∈ x∈ ℤ : {x} ^ {n} ⋮ có nghĩa với số tự nhiên n tồn số nguyên x thỏa mãn x n chia hết cho Câu 24 Cho đồ thị hàm số y = x - 3x + Tìm m để phương trình x3 - 3x - m = có nghiệm phân biệt ? A - < m < B - £ m < C - < m < Đáp án đúng: C D - < m <  Câu 25 Cho hình chóp S ABC có BAC 90 , AB 3a , AC 4a , hình chiếu đỉnh S điểm H nằm ABC Biết khoảng cách cặp đường thẳng chéo hình chóp 6a 34 12a 12a 13 d  SA, BC   d  SB, CA   d  SC , AB   17 , , 13 Tính thể tích khối chóp S ABC A 12a Đáp án đúng: B Giải thích chi tiết: Cách B 6a C 18a D 9a 2 2 ABC vuông A  BC  AB  AC   3a    4a   25a 5a Vẽ MNP cho AB , BC , CA đường trung bình MNP  ACBN ; ABCP hình bình hành; ABMC hình chữ nhật MP 6a ; MN 8a ; NP 10a Ta có: BC //  SNP   d  SA, BC  d  BC ,  SNP   d  B,  SNP   d  B,  SNP   d  M ,  SNP   Lại có: Tương tự ta tính được:  BN 12a 34  MN  d  M ,  SNP   2d  B,  SNP   2d  SA, BC   17 24a 24a 13 d  N ,  SMP   2d  SC , AB   13 h SH d  S ,  MNP   Gọi D , E , F hình chiếu H lên NP , MP , MN đặt  NP   SHD  Ta có: SH  NP HD  NP HE   SMP  HF   SMN  Chứng minh tương tự: ; 3V d  M ,  SNP   S SNP d  N ,  SMP   S SMP Do đó: SMNP d  P,  SMN   S SMN d  S ,  MNP   S MNP h S MNP d  P,  SMN   2d  SB, CA   1 S SNP  SD NP 5a SD S SMP  SE MP 3a SE 2 Mặt khác: ; ; 1 S SMN  SF MN 4a SF S MNP  MN MP 24a 2 ;  12a 34 24a 13 24a 5a SD  3a SE  4a SF 24a h 17 13  SD  h 34 h 13 5h SE  SF  ; ; Ta lại có: HD  SD  SH  HE  SE  SH  34h 9h 3h  h2   25 25 13h 4h 2h  h2   9 25h 9h 3h  h2   16 16 1 S HNP  S HMP  S HMN  HD NP  HE MP  HF MN 2 HF  SF  SH  Mà S MNP 3h 2h 3h  10a   6a   8a 24a  8ah 24a  h 3a 1 VS ABC  h S ABC  3a  3a 4a 6a 3 Vậy thể tích khối chóp S ABC  Cách Từ B C kẻ đường thẳng song song với AC BD cắt D , ta có hình chữ nhật ABCD Từ H kẻ đường thẳng song song với AC cắt AB CD E E1 Từ H kẻ đường thẳng song song với AB cắt AC BD F F1 Từ A kẻ đường thẳng  song song với BD , đường thẳng qua H vng góc với  cắt  J   SA;   Gọi    x  tan FAH  y Đặt AE  x , AF  y Ta có Kéo dài AH cắt BC I , từ I kẻ đường thẳng vuông góc với AC K Ta có: KI x y    AK  KI  y 4x  3y AK y x KI   AC  AK  KC  KI  KI  4a  x 3x KI AB     KC  KI KC AC  12ay   AK 3 y  x 12a x  y AI 12a     AI    3y  4x AH y  x  KI  12ax  3y  4x 12a AH  Gọi H1 chân đường cao kẻ từ đỉnh A tam giác ABC , suy 10 JH AH y  x y  4x    JH  AI 12a Hai tam giác HAJ AH1 I đồng dạng nên: AH1  3y  4x  z HJ SH d  H ;    HJ  SH  y  x   25 z d  BC; SA d  BC ;     d  I ;       12a y  4x  y  4x  z  y  x   25z  IA d  H;   HA 12az  y  4x   25 z d  AB; SC  d  AB;  SCE1    AC 4a d  H ;  SCE1    HE1 4a  y d  AC ; SB  d  AC ;  SBF1    AB 3a d  H ;  SBF1    HF1 3a  x  4a  y  z  4az 2  4a  y   z  4a  y   z  3a  x  z  3az 2  3a  x   z  3a  x   z   12az 6a 34 2z     2 17   y  x   25 z   y  x   25 z 17 34 z  y  x   25 z      4az 12a 13 z  2       13 z 9  4a  y   z 2 2 13 13   4a  y   z   4a  y   z  2    25 z 16  3a  x   16 z 3az 12a z     2    3a  x   z   3a  x   z Ta có hệ:  9 z  y  x  3 z 3 y  x 3 z 3 y  x      4 z 9  4a  y   2 z 12a  y  2 z 12a  y  z 24a  z 3a  3 z 12a  x 6 z 12a  y   9 z 16  3a  x  1 VS ABC  S ABC SH  AB AC SH  3a.4a.3a 6a 3 6 M  3;2;  1 Câu 26 Trong không gian Oxyz , cho điểm Hình chiếu vng góc điểm M lên trục Oz điểm M  3; 2;0  B M  0;0;  1 M 3;0;0  C  Đáp án đúng: B D M  0;2;0  A Giải thích chi tiết: Hình chiếu Câu 27 M  3;2;  1  0;0;  1 trục Oz điểm có tọa độ Hai điểm N , M hình vẽ bên điểm biểu diễn số phức z1 , z2 11 z  z22  Biết ON 3OM 3 , góc MON 60 Giá trị B 37 A 21 Đáp án đúng: C C 73 ON  z1 3  OM  z2   MON 60 Giải thích chi tiết: Từ giả thiết ta có:    z1  z MN  OM  ON  2OM ON cos MON  35       Khi  z1 3 z2 z  z z1 1  z2 z2 z1 a  bi z Đặt , với a , b    D 11 a  b 9    2  a  1  b 7  a  a  b 9     2a  10 7 b 3  2 z1 3   i z2 2 z1 3   i Trường hợp 1: z2 2 2 z  z  z2 2 3 3   z1  i   5   i 5 73    5    2  z2  2 z1 3   i Trường hợp 2: z2 12 2 2 z  z  z2 Vậy 3 3   z1  i   5   i 5 73    5    2  z2  2 z12  z22 5 73       O ; i; j ; k  cho OA  i  5k Tìm tọa độ điểm A Câu 28 Trong không gian Oxyz với hệ tọa độ   1;5 A Đáp án đúng: C B  5;  1;0  C   1;0;5  D   1;5;0      OA  xi  y j  zk  A  x ; y ; z  Giải thích chi tiết: Ta có:    OA  i  5k  A   1;0;5  Mà y tiệm cận ngang đồ thị hàm số đây? Câu 29 Đường thẳng y  x 1 3x  A Đáp án đúng: B Câu 30 B y x 1 3x  Tìm họ nguyên hàm hàm số C 3x  x D y x 1 3x  A C Đáp án đúng: C y x Câu 31 : Nghiệm phương trình 4 A x 2  log C x 2  log Đáp án đúng: D B D B x 3  log D x 2  log x Giải thích chi tiết: : Nghiệm phương trình 4 A x 2  log B x 2  log C x 3  log D x 2  log Câu 32 Cho hàm số y  f  x có bảng biến thiên hình vẽ: f x  3m 2 Tìm m để phương trình   có bốn nghiệm phân biệt 13 A m   m B C m  Đáp án đúng: B D Giải thích chi tiết: Cho hàm số y  f  x  1 m   m 3 có bảng biến thiên hình vẽ: f x  3m 2 Tìm m để phương trình   có bốn nghiệm phân biệt m A m  B  1 m   C Lời giải 1 m D m   3   3m     m   f  x  2  3m Để phương trình có bốn nghiệm phân biệt thì:  1 m   phương trình cho có bốn nghiệm phân biệt Vậy Câu 33 Hàm số A f  x  f  x  2x y  f  x f   2 B 3e x  2 C Đáp án đúng: A f  x  e 2x  x e x   2 2x thỏa mãn D f  x  e x  3x  2 f  x  e x  x2  2 y  x  mx  (2  m) x  Câu 34 Tìm tập hợp tất giá trị tham số thực m để hàm số đồng biến    ;  1  2;    1; 2 A B   ; 2  1;  C D Đáp án đúng: B Câu 35 Cho hình trụ có thiết diện qua trục hình vng diện tích tồn phần 64 a Tính bán kính đáy r hình trụ A r 6a 14 B r 4a C r 2a r 6a D Đáp án đúng: D HẾT - 15