Đề thi thử học kì 1 môn Toán lớp 12 năm 2020 - 2021 có hướng dẫn giải | Toán học, Lớp 12 - Ôn Luyện

Khi quay hình chữ nhật trên (kể cả các điểm bên trong của nó) quanh đường thẳng MN ta nhận được một khối tròn xoay   T... Thể tích khối nón là.[r]

HK1 – LỚP 12 – MT1- ĐỀ 07

Câu 1. Hàm số

3

1

2

3

y x  x  x

nghịch biến khoảng khoảng sau đây? A



1;4



B.



1;3



C



3; 1



D



1;3



Lời giải

Chọn B

Ta có y x2  4x3 Khi y  0 x2 4x 3

1 x x

    

 .

0

y    x .

Hàm số nghịch biến khoảng



1;3



Câu Cho hàm số yf x

 

có bảng xét dấu đạo hàm sau

Hàm số yf x

 

nghịch biến khoảng nào?

A



 ;3



B



  ; 1



C



1;



D.



1;3



Lời giải

Chọn D

Câu Hàm số yx33x đồng biến khoảng nào?

A



  ; 1



B



  ;



C.



1;1



D



0;



Lời giải Chọn C

Tập xác định D .

Ta có y 3x2 3;

1

1 x y

x       

 .

Ta có bảng xét dấu y:

Từ bảng xét dấu ta thấy hàm số đồng biến khoảng



1;1



Tọa độ điểm cực đại đồ thị hàm số yf x

 

A



1;3



B



4; 2



C



3; 2



D.



1;4



Lời giải

Chọn D

Từ bảng biến thiên suy ra, Tọa độ điểm cực đại đồ thị hàm số yf x

 



1; 4



Câu Cho hàm số yf x

 

có bảng biến thiên sau

Mệnh đề dưới sai ?

A Hàm số có giá trị cực tiểu y1 B Hàm số có giá trị nhỏ bằng 1. C Hàm số có đúng điểm cực trị D Hàm số đạt cực đại x  1

Lời giải Chọn D

Dựa vào bảng biến thiên ta có hàm số đạt cực tiểu x  khơng có cực đại.1

Câu Tính tổng giá trị lớn giá trị nhỏ hàm số y x 33x2 9x



4; 3



A 33 B C 12. D 20

Lời giải

Chọn B

2

3

y  x  x ;

1 [ 4;3]

3 [ 4;3] x

y

x

   

      

 .

Khi đó: f ( 4) 13 ; f ( 3) 20 ; f(1)12; f(3) 20

[ 4;3]

max ( )f x f( 3) 20

    ; [ 4;3]min ( ) f x f(1)12.

Vậy tổng giá trị lớn giá trị nhỏ hàm số



4; 3



Câu Gọi m giá trị nhỏ hàm số

3

2 x y

x  





1;1



Khi giá trị m là:

A m 

B m 4 C. m 4 D

2 m 

Lời giải

Chọn C

Xét hàm số

 

3

2 x f x

x  

Ta có

 





2

2 f x

x 

 



; f x

 

0, x D  f x

 

hàm số nghịch biến E

Vậy mf

 

1 4.

Câu Hàm số





2

4

y  x 

có giá trị lớn đoạn



1;1



là:

A 10 B 12. C 14. D. 17.

Lời giải

Chọn D

Ta có: y 4x3 16x, cho













3

2 1;1

0 16 1;1

0 1;1

x

y x x x

x

    

         



  

 .

Khi đó: f 



1



10, f

 

1 10, f

 

0 17

Vậy max1;1 yf

 

0 17.

Câu Số đường tiệm cận đồ thị hàm số

2 1 x y

x  

A B 1. C 2. D

Lời giải

Chọn D

Tập xác định: D \ 0

 

Ta có xlim0 y; xlim0 y  nên đồ thị hàm số có tiệm cận đứng x  0

Mặt khác, xlim y1; xlim  y1 nên đồ thị hàm số có tiệm cận ngang: y 1

Câu 10 Đồ thị hàm số

2

4

x x

y x

 

 có đường tiệm cận.

A 3 B 4 C 1 D.

Lời giải

Chọn D

Ta có

2

4

x x x

y

x x



 

  Có TCN y 1, TCĐ x  2

Câu 11 Đường tiệm cận ngang đồ thị hàm số y  là3x

A x  3 B. x  0 C x  1 D. y 0

Lời giải

Đồ thị hàm số y  nhận 3x y 0 làm tiệm cận ngang.

Câu 12 Đường tiệm cận đứng đồ thị hàm số y x 3

A x  3 B y 0 C x  1 D. x  0

Lời giải

Chọn D

Đồ thị hàm số y x 3 nhận x  làm tiệm cận đứng.0 Câu 13 Đồ thị hàm số ylnx có đường tiệm cận?

A 3 B 4 C 1 D 2

Lời giải

Chọn C

Đồ thị hàm số ylnx nhận x  làm tiệm cận đứng.0

Câu 14 Đồ thị hàm số ylog3x có đường tiệm cận ngang?

A 3 B 0 C 1 D 2

Lời giải

Chọn B

Đồ thị hàm số ylog3x nhận x  làm tiệm cận đứng tiệm cận ngang.0 Câu 15 Đường cong hình bên đồ thị hàm số sau đây?

A y x 2. B y x44x2. C y3x4 x21. D y2x4x2 Lời giải

Chọn D

Đường cong qua điểm



0;0





1;3



có bề lõm hướng lên nên a  0 Vậy đồ thị hàm số y2x4x2 thỏa yêu cầu

A

2

2 x y

x  

 . B

2

2 x y

x  

 . C

3 x y

x  

 . D.

2

2 x y

x  

 . Lời giải

Chọn D

Dựa vào bảng biến thiên ta có đạo hàm âm tiệm cận ngang y 2 nên

2

2 x y

x  

 thỏa mãn.

Câu 17 Cho hàm số yf x

 

có bảng biến thiên sau

Đồ thị hàm số yf x

 

có cực trị?

A 2 B. 2. C 1 D 0

Lời giải Chọn B

Dựa vào bảng biến thiên ta có đồ thị hàm số yf x

 

có cực trị

Câu 18 Số giao điểm đường cong y x 3 2x2  đường thẳng x y 1 2x bằng

A 0 B 3 C.1. D 2.

Lời giải

Chọn C

Phương trình hồn độ giao điểm x3  2x2  x 1 2  x  x3 2x2 3x 0  x1. Vậy phương trình có nghiệm thực suy số giao điểm

Câu 19 Tập xác định hàm số

x y

e e 

 là:

A ( ; 4] B ( ;ln 4) C \ 4

 

D. ( ; 4)

Lời giải

Chọn D

Hàm số

1 x y

e e 

Câu 20. Tìm nghiệm phương trình 23 6 x  .

A x 

B x 3 C.

1 x 

D x 2

Lời giải

Chọn C

Ta có

3

2

2 x

x x



     

Câu 21 Phương trình log 23



x  1



3 có nghiệm bằng

A 4 B.13 C 12 D 0

Lời giải

Chọn B





3

log 2x   1

1

2

13

2 27

13

x x

x x

x 

   

 

  

 

 

  

 .

Vậy phương trình có nghiệm x  13

Câu 22 Cho tứ diện OABC có OA , OB , OC đơi vng góc với O OA  , 2 OB  ,4

OC  Thể tích khối tứ diện cho bằng.

A 48 B 24 C 16 D.

Lời giải

Chọn D

Ta có

1

OABC

V  OA OB OC 1.2.4.6

 

Câu 23 Cho hình chóp tứ giác S ABCD có đáy ABCD hình vng cạnh bằng a , SA



ABC



, SA3a Thể tích khối chóp S ABCD là

A V 6a3. B.V a3. C V 3a3. D V 2a3. Lời giải

Thể tích khối chóp S ABCD

2

1

.3

3 ABCD

V  S SA a a a

Câu 24 Diện tích xung quanh bát diện đều biết cạnh bằng a là

A 3

4 a

. B 8a2 C. 2a2 3. D 2a3 3.

Lời giải

Chọn C

Diện tích xung quanh bát diện đều biết cạnh a bằng lần diện tích tam giác đều cạnh a

Vậy Diện tích xung quanh bằng

2

8

4 a

a 

.

Câu 25 Hình chóp S ABCD có đáy hình vng, SA vng góc với đáy SA a 3, AC a Khi thể tích khối chóp S ABCD là

A 2

3 a

B 2

2 a

C. 3

3 a

D 3

2 a

Lời giải

Chọn C

Ta có ABCD hình vng có AC a 2 suy ra

AB a

2

1

3

S ABCD ABCD

V  SA S  a a

3 3 a 

Câu 26 Khối lăng trụ có đáy hình vng cạnh a, đường cao bằng

A. a3 B 2a3 C 3

6 a

D

3 3 a

Lời giải

Chọn A

2

3

V S h a a a

Câu 27. Cho hình chóp đều S ABCD có chiều cao bằng a độ dài cạnh bên bằng a Tính thể tích khối chóp S ABCD

A.

8

3 a

B

3

10

3 a

C

3

8

3 a

D

3

10

3 a

Lời giải

Chọn A

Ta có BO AO  SA2 SO2 2a Vậy BD4a, suy AB2a 2.

Vậy

2

1

3 3

 ABCD   a

V S SO AB SO

Câu 28 Cho khối lăng trụ đứng có cạnh bên bằng , đáy hình vng có cạnh bằng Hỏi thể tích khối lăng trụ là:

A 100 B 20 C 64 D. 80

Lời giải

Chọn D

Lăng trụ đứng có hình vng, cạnh bên bằng nên có chiều cao h  5

Thể tích khối lăng trụ là: V Sđáy.h4 802  .

Câu 29 Tính thể tích V khối hộp chữ nhật có đáy hình vng cạnh bằng chiều cao bằng A V 60. B.V 180. C V 50. D V 150.

Lời giải

Chọn B

Thể tích V S h 6 1802  .

A





35π cm S 

B.





2 70π cm S 

C





2 70

π cm S 

D





2 35

π cm S 

Lời giải

Chọn B

Theo công thức tính diện tích xung quanh ta có





2 70 cm

xq

S  rh 

Câu 31 Cho hình nón có bán kính đáy r  độ dài đường sinh l  Tính diện tích xung quanh S 4 hình nón cho

A S8 3 B S 24. C S16 3 . D. S 4 3. Lời giải

Chọn D

Ta có Srl4 3

Câu 32 Cho hình lăng trụ tam giác đềuABC A B C   có độ dài cạnh đáy bằng a chiều cao bằng 2a Tính thể tích V khối cầu ngoại tiếp hình lăng trụABC A B C   

A.

3 32

27 a

V  

B

3 32

9 a

V  

C

3

27 a

V  

D

3 32

81 a

V  

Lời giải

Chọn A

Dựng trục OOcủa hai đáy gọi Ilà trung điểm OO Khi Ilà tâm mặt cầu bán kính mặt cầu R IA .

Trong tam giác vng IO A tại O’ ta có R IA  O A 2O I với

3 a O A  

O I 2a ta có

2

3 a R 

Thể tích khối cầu

3 V  R

⇒

3 32

27 a

V  

A

3 a 

B

3

a 

C. a3. D 4 a 3.

Lời giải

Chọn C

Thể tích khối tròn xoay

 

T là: V a a2 a3.

Câu 34 Cho khối nón đỉnh S só độ dài đường sinh a , góc đường sinh mặt đáy 60 Thể tích khối nón

A

3

8 a

V  

B

3 3 a V 

C

3

a

V 

D.

3 3 24 a V 

Lời giải

Chọn D

Ta có:

1 cos 60

2

r a

r

a     

3

sin 60

2

h a

h

a      .

Vậy

2

2

1 3

3 24

a a a

V  r h  

Câu 35 Cho khối cầu có bán kính R Thể tích khối cầu

A V 4R3 B.

3 V  R

C

3 V  R

D

2 V  R

Chọn B

- Cơng thức tính thể tích khối cầu bán kính R là:

3 V  R

Câu 36 Giá trị nhỏ hàm số

1 x y

x  

 đoạn



0;3



là:

A min0; 3 y 3. B 0; 3

2 y 

C. min0; 3 y 1. D min0; 3 y 1. Lời giải

Chọn C

Xét đoạn



0;3



, ta có





2

0 y

x

  

 ,  x



0;3



.

Hàm số đồng biến khoảng



0;3



, đó: min0; 3 yy

 

0 1.

Câu 37 Cho hàm số f x

 

e3x Giá trị f 



ln 2



bằng:

A





ln

8

f  

B





1 ln

8

f  

C.





3 ln

8 f  

D





3 ln

8e

f  

Lời giải

Chọn C

Ta có

 

3 3e x

f x 



Suy





3ln ln 3e

f 

 ln 23

3e 



3 3.2

8  

 

Câu 38 Số nghiệm phương trình 9x2.3x1 0 là

A.1. B 4 C 2 D 0

Lời giải

Chọn A





1

9 2.3 6.3 0

3 VN

x

x x x x

x x

  

          



 .

Câu 39 Đường cong hình bên cạnh đồ thị hàm số hàm số sau?

A y x 33x22 B. y x 3 3x22 C y x 3 3x2 D y x 3 3x2

Chọn B

Đồ thị hàm số qua điểm



0; 2



, loại đáp án D

Từ đồ thị, ta cóy 0 có hai nghiệm 2 Như ta chọn đáp án B

Câu 40 Tìm nghiệm phương trình 9





log

2 x  

A x 4 B. x 2 C x 4 D

7 x  Lời giải Chọn B





log 1

2

x   x   x

Câu 41 Tính đạo hàm hàm số log



2



x

y e 

A

x x e y e  

 . B.



ln10



x x e y e    C x y e  

 . D





1 ln10 x y e    Lời giải Chọn B













2 ln10 ln10

x x x x e e y e e       

Câu 42. Cho hình chóp tam giác đều S ABC có cạnh đáy bằng a chiều cao hình chóp 2a Tính theo a thể tích V khối chóp S ABC

Tam giác ABC đều có cạnh đáy bằng a nên

2 3 ABC 

a S

2

1

3 12

 

S ABC

a a

V a

Câu 43 Đồ thị hàm số 2

9 x y

x  

 có đường tiệm cận ?

A 4 B 1 C. D 2

Lời giải

Chọn C

Ta có xlim y0 nên đồ thị hàm số có đường tiệm ngang y 0

3 lim

x  y xlim3 y  nên x  đường tiệm cận đứng.3

3 lim

x   y xlim 3 y  nên x  đường tiệm cận đứng.3

Đồ thị hàm số có hai đường tiệm cận đứng x  3 Vậy đồ thị hàm số có ba đường tiệm cận

Câu 44 Cho hình chóp tứ giác S ABCD , đáy ABCD hình vng cạnh a , cạnh bên SA vng góc với mặt đáy, góc SC



ABCD



bằng 45 Thể tích khối chóp S ABCD là

A 2

6 a

B

3 2 a

C a3 D.

3 2 a

Lời giải Chọn D

Ta có SA



ABCD







SC ABCD;







SCA 45 tan 45 SA

AC

  

2 SA AC a

  

3

1

3 3

S ABCD ABCD

a

V SA S a a

   

Câu 45 Cho lăng trụ đứng tam giác ABC A B C    có đáy ABC tam giác vuông cân B với BA BC a  , biết A B hợp với mặt phẳng



ABC



góc 60 Thể tích lăng trụ là:

A.

3 a

B

3 a

C

3 a

D a3

Lời giải

Chọn A

Ta có:



A B ABC ,







A BA 60  AAAB.tan 60 a

1

2

ABC

a

S  BA BC

Vậy

3

3

2 ABC A B C ABC

a V   AA S  

Câu 46 Tìm tất giá trị thực tham số m để hàm số









3 2

1

2 3

3

y x  m x  m  m x

đạt cực tiểu x 1

A m 2 B. m 3

C m 3 m  2 D m 2 m  3

Lời giải Chọn B

Ta có









2 2 3 3 4

y x  m x m  m

; y 2x 2m

Do phương trình y  0 x2



2m3



x m 23m 4 có  25 0 nên phương trình y 0

có hai nghiệm phân biệt

Để hàm số đạt cực tiểu x 1

 

 

2

2

1 6 0 3

3 2.1

1 1

2 m

y m m m

m m

y

m   

 

    

  

   

  

    

  

  



 .

Câu 47 Tất giá trị tham số m để hàm số y x 4 2x2m cắt trục hoành điểm A  1 m0. B 0m1. C  1 m0. D. 0m1.

Lời giải Chọn D

Phương trình hồnh độ giao điểm x4 2x2m0 x4 2x2 m. A

A

B B

Vẽ đồ thị hàm số y x 4 2x2, ta thấy để phương trình có điểm phân biệt  1 m0. Suy 0m1.

Câu 48 Chohàm số phù hợp với bảng biến thiên sau Phát biểu sau đúng?

A Đồ thị hàm số khơng có tiệm cận ngang

B Đồ thị hàm số có đường tiệm cận đứng

C Đồ thị hàm số có đường tiệm cận đứng x 1, tiệm cận ngang y  2

D.Đồ thị hàm số có hai đường tiệm cận ngang y1;y2

Lời giải

Chọn D

Dựa vào bảng biến thiên ta có: xlim y2; limx  y1 nên đồ thị hàm số có hai đường tiệm cận ngang

2;

y y

Câu 49 Ông An gửi vào ngân hàng 60 triệu đồng theo hình thức lãi kép Lãi suất ngân hàng 8% năm Sau năm ông An tiếp tục gửi thêm 60 triệu đồng Hỏi sau 10 năm kể từ lần gửi ông An đến rút toàn tiền gốc tiền lãi bao nhiêu? ( Biết lãi suất không thay đổi qua năm ông gửi tiền)

A. 217,695 (triệu đồng) B 231,815 (triệu đồng)

C 197,201 (triệu đồng) D 190,271 (triệu đồng) Lời giải

Chọn A

Sau năm kể từ lần gửi số tiền ơng An có ngân hàng

5 60

100

ỉ ư÷

ỗ + ữ

ỗ ữ

ỗố ứ(triờu ng).

Sau ơng An gởi thêm 60 triệu đồng nên số tiền gốc lúc

5

60 60

100

ỉ ư÷

ỗ + ữ+

ỗ ữ

ỗố ứ (triờu đồng).

Do sau năm số tiền ông An thu về

5

8

60 60 217,695

100 100

ộ ổ ử ựổ ử

ờ ỗỗ + ữữ+ ỳỗỗ + ữữằ ỗố ữứ ỳỗố ữứ

ê ú

ë û (triệu đồng).

1 SA  SA

,

1 SB  SB

,

1 SC  SC

Gọi V V  thể tích khối chóp S ABC và

S A B C   Khi tỉ số V

V 

A

6. B

1

3. C.

1

27. D

1 9.

Lời giải

Chọn C

Ta có

1 1

3 3 27 V SA SB SC

V SA SB SC

   

  

BẢNG ĐÁP ÁN

1B 2D 3C 4D 5D 6B 7C 8D 9D 10D 11D 12D 13C 14B 15D

16D 17B 18C 19D 20C 21B 22D 23B 24C 25C 26A 27A 28D 29B 30B 31D 32A 33C 34D 35B 36C 37C 38A 39B 40B 41B 42A 43C 44D 45A 46B 47D 48D 49A 50C