Đáp án trắc nghiệm môn toán trường THPT phan thúc trực nghệ an lần 2 | Toán học, Lớp 12 - Ôn Luyện

Thiết diện vuông góc với đường thẳng nối hai tâm của hai đáy luôn là một elip, biết chiều cao vật thể là 4.. Tính thể tích vật thể này.[r]

Câu 3. [2D1-3](Phan Thúc Trực Nghệ An Lần 2) Cho hàm số yf x( ) xác định, liên tục 

có đồ thị hàm số yf x( ) hình Đặt

2 ( ) ( )

2 x h x f x 

Mệnh đề đúng?

A Hàm số y h x ( ) đồng biến khoảng ( 2; 3) B Hàm số y h x ( ) đồng biến khoảng (0; 4) C Hàm số y h x ( ) nghịch biến khoảng (0; 1) D Hàm số y h x ( ) nghịch biến khoảng (2; 4) Lời giải Chọn D

Ta có yf x( ) hàm số xác định, liên tục  Do

2 ( ) ( )

2 x h x f x 

là hàm số liên tục  , ( )h x f x( ) x

Ta xét vị trí tương đối y f x( ) y  x

Từ đồ thị ta thấy yf x( ) y có ba điểm chung ( 2; 2)x A   , (2; 2)B (4;4)C Đồng thời ( ) 0h x  đồ thị hàm số y f x( ) nằm phía so với đồ thị y ngược lại.x

Từ khoảng (2;4) ta thấy ( ) 0h x  Do hàm số y h x ( ) nghịch biến khoảng 2; 4

Câu 6: [2D3-3](Phan Thúc Trực Nghệ An Lần 2) Cho hàm số yf x  dương có đạo hàm liên tục

trên đoạn 0; 3 biết f x  f x  x2 1 0   3 f e

Tính

 

3

0 ln d

I   f x  x

A 2 B

7 3

3 

C

7 3

3 

D 3 2 Lời giải

Chọn B

Ta có    

2 1 0

f x  x  f x 

   

2 1 f x

x f x



  

Đặt

 

ln

d d

u f x v x

   

  

   

   

' du f x dx

f x

v x

    

Áp dụng cơng thức tích phân phần ta

 

3

0

ln d

I   f x  x    

  3 0 '

ln xf x d

x f x x

f x        3 0

ln d

x f x x x x

     

   

3

3 2

0

ln d

2

x f x x x

      

   

0

1

ln 1

3

x f x x x

     

7 3

3

 

Câu 8: [2D2-3](Phan Thúc Trực Nghệ An Lần 2) Tập hợp tất giá trị thực tham số m để

phương trình: 2 2 1

x x

m    

có nghiệm thực tập Sa b;  Tính giá trị biểu

thức log 12 5

b a

a b

P    

A P  1 B P  5 C P  3 D P  7 Lời giải:

Chọn C

TXĐ:  2 2 0

x

D x m   

Ta có: 2 2 1

x x

m        2

1

2 1

x x x m            

   2

0

2 1 2.2

x

x x x

m             

0

2 2(k t/m) x x x m            

 Để phương trình cho có nghiệm 0m hay S 0;1

0, a b

    P log 72  053

Câu 9. [1D1-3](Phan Thúc Trực Nghệ An Lần 2) Cho phương trình :

   

2

sin cos cos

cos

1

2 cos 8.4 cos

9

m

m x x x

x m x x

 

 

        

 

Có giá trị nguyên tham số m để phương trình 1 có nghiệm thực ?

A.5 B.9 C.3 D.7

Chọn A.

+ Phương trình   

2

2 sin 2cos

sin 2cos

1 sin 2cos

3

x m x

x m x

x m x

 

     

           

   

+ Xét hàm số  

1

3

t t

f t      t

   ta có :  

1

2 ln ln 0,

t t

f t        t

  

 

f t 

đồng biến 

+ Từ 2 ta có    

2

sin 2cos

f x m f x sin2 x m 2cosx 3

   

2

cos 2cos

m x x

   

+ Phương trình 1 có nghiệm thực g x  có nghiệm trên1; 1, với ucosx và

  2 2

g u u  u

 1;1    1;1   ming u m maxg u

 

  

Ta cóg x  2u2 0  u  1  1; 1

 1

g   vàg 1 5. Vậy 1m  có giá trị nguyên 5 m.

Câu 10: [2H3-4](Phan Thúc Trực Nghệ An Lần 2) Trong không gian Oxyz , cho mặt phẳng

 P :x 4y z  1 0 hai điểmA1; 0; ; B2; 5; 3 Đường thẳng d qua điểm A và

song song với mặt phẳng  P cho khoảng cách từ điểm B đến d nhỏ có phương trình :

A

1

1

x y z

 

B

1

3 1

x y z

 

C

1

5 1

x y z

 

 D

3

2

x  y z

 

 Lời giải:

Chọn D

+) / /( )d P qua A nên d thuộc Mặt phẳng ( )Q qua A song song với (P)

+)  Q :x 4y z  0 Gọi H hình chiếu B (Q) AH đường thẳng cần tìm

+)

2

:

3

x t

BH y t

z t

  

      

 , H2t;5 ;3 t t Vì H Q nên t 1 H3; 1; 4

+) AH qua H có vtcp2; 1; 2.Viết phương trình đáp án D

Câu 11: [2D1-3](Phan Thúc Trực Nghệ An Lần 2)Cho đồ thị hàm số:

4

1

2

3

y x  x 

có ba điểm

cực trị A B C A Oy, ,    Gọi M N, điểm thuộc cạnh AB, AC cho đoạn thẳng MN chia tam giác ABC thành hai phần Giá trị nhỏ MN là

A B 12 C 6 D 2

Lời giải:

Chọn A

+) Đồ thị hàm số có ba điểm cực trị A0; 1, B 3; 2, C  3; 2

Có AB BC CA  2 3 nên tam giác ABC

+) Theo giả thiết

1

AMN ABC

S S 



 .

2 AM AN

AB AC

 

AM AN

 

+) Khi MN2 MN2 AN AM2 AM2 AN2 2AM AN.

                 

2AM AN 2AM AN

                  .

Dấu đẳng thức xảy AM AN 

Vậy minMN  AM AN 

Câu 12. [2H2-4](Phan Thúc Trực Nghệ An Lần 2) Cho tứ diệnABCD cóADABC đáyABC thỏa mãn :

cot cot cot

2

A B C BC CA AB

AB AC BC BA CA CB

 

  

Gọi H, K hình chiếu vng góc A lênDB, DC Tính diện tích mặt cầu ngoại tiếp khối chópA BCHK

Lời giải Chọn D.

+ Từ giả thiết

2 2

8

a b c a c b

S bc ab ac  

   

8S abc

   R2

+ Gọi AA đường kính đường tròn ngoại tiếp ABC A B ABD  A B' AH mà BD AH

 

AH BDA

 

AH HA

  Tương tự AK KA điểm ,A B, C,H, K thuộc

mặt cầu đường kính AA  Smatcau 4R2 16 

Câu 13: [2H2-4](Phan Thúc Trực Nghệ An Lần 2) Cho vật thể có hai đáy đáy lớn elip có độ dài trục lớn 8, trục bé đáy bé elip có độ dài trục lớn 4, trục bé Thiết diện vuông góc với đường thẳng nối hai tâm hai đáy elip, biết chiều cao vật thể Tính thể tích vật thể

A 55

3 

B

56 

C

57 

D

58 

Lời giải

Chọn B

Chọn hệ trục hình vẽ

Cắt vật thể mặt phẳng song song với hai mặt đáy, có hồnh độ

 

 

, 0;4 x x 

Khi thiết diện elip có nửa độ dài trục lớn, trục bé ,a b thỏa mãn

;

x a 

8

x b 

(Theo hình vẽ)

Vậy diện tích mặt cắt  

8 2

8 x

S x  

Thể tích khối cần tính

 

4

0

d

V S x x  

2

0

d

x x  

 56

3  

Chú ý: Nếu hai elip hai đáy vật thể có trục lớn bé khơng song song với khơng thể giải Đề cho chưa chặt chẽ!

Câu 14: [2D2-4](Phan Thúc Trực Nghệ An Lần 2)Cho số thực ,x y thỏa mãn

 

1 2

x y   x  y  *

Giá trị lớn biểu thức

   

4 2

3x y x y

M   x y   x y

     

A 9476 243 

B 76. C

193

3 D

148 Lời giải:

Chọn D.

Điều kiện: x 2, y  3

Ta có  *    

2

1 2

x y x y x y

         **

Vì x y3  x y nên từ **    

1

x y x y

       x y   nên1

x y  7

Mặt khác lại có x y3 0 nên từ **    

1

x y x y

     

1 x y x y

   

    

 nên

 

 

3 x y x y

 

 

 

 .

Vì x2 2x ( x 2),y2 1 2y nên x2 y2 1 2x y .

Do        

4 2

3x y   x y 1  x y  x y 3x y   x y 1  x y  x y 3

Đặt t x y, t 1 3 t 7.

Xét hàm số f t  3t4t1 2 7t 6t3 Ta có  

2188

243 f  

  3 ln 2t t  1 ln 6 t

f t   t 

  ln 3t  ln 2 ln 0 t

f t    t   

 

  ,  t 3;7 .

Suy f t  đồng biến 3;7 Mà f t  liên tục 3;7  f 3 f 7 0

 

f t 

có nghiệm t o 3;7 .

Bảng biến thiên

   

4 2 148

3

3

x y  x y  x y x y

      

với ,x y thỏa mãn  *

Đẳng thức xảy x 2; y  1

Câu 15. [2H3-3] Trong không gian Oxyz , cho điểm A4; 1; , B1; 4; , C1;1;5 , đường tròn  C giao mặt phẳng  P x y z:    0 mặt cầu

 S x: y2 z2 2x 2y 4z 3 0

      

Hỏi có điểm M thuộc đường trịn  C cho MA MB MC  đạt giá trị lớn nhất?

A 1 B 5 C 7 D 3

Lời giải Chọn D.

Ta có mặt cầu  S có tâm I1;1;2 bán kính R 3

Gọi  đường thẳng qua I vng góc với mp P  ta có

1

:

2

x t

y t

z t

   

   

  

 tâm

đường trịn giao tuyến  C giao điểm  mp P    P J2; 2; 3

Thấy A B C, ,  P , JA JB JC   6, ABBC CA 3 2 suy ba đỉnh A B C, ,  C

TH1 : Xét M thuộc cung nhỏ BC Lấy điểm E thuộc đoạn AM cho MB ME mà

  60o

BME BCA (do góc nội tiếp chắn cung AB) suy tam giác BME đều.

Ta có ABE CBM  (vì cộng với góc EBC 60 )o  ABE CBM  MCAE.

MB MC ME EA MA

    

2

MA MB MC MA

    nên MA MB MC  đạt giá trị lớn MA đạt giá

trị lớn MA đường kính tức M điểm cung nhỏ BC Vậy trong trường hợp có điểm M thỏa mãn.

TH2 TH3 : Xét M thuộc cung nhỏ AC AB; vai trị bình đẳng đỉnh tam giác hồn tồn tương tự trường hợp có điểm M thỏa mãn.

Vậy có ba điểm M thuộc đường tròn  C cho MA MB MC  đạt giá trị lớn nhất.

Câu 42. [1H3-2] Cho tứ diện ABCD có AB CD a  ,

3 IJ a

( I , J trung điểm của

BC AD ) Số đo góc hai đường thẳng AB CD là:

A 30 B 45 C 60 D 90

Lời giải Chọn C.

Gọi M , N trung điểm AC, BC

Ta có:

1

2 2

// JN // JN MJ // IN // CD

a MI NI AB CD

MI 

   

    

  MINJ là hình thoi.

Gọi O giao điểm MN IJ

Xét MIO vuông O, ta có:



cosMIO IO MI  a a  3   30 MIO

    MIN 60

Mà: AB CD,   IM IN,  MIN 60

Câu 48: [2D1-3](Phan Thúc Trực Nghệ An Lần 2)Cho hàm số y3x x có đồ thị  C , điểm

 ; 

A m  m

.Tập hợp tất giá trị m để từ điểm A kẻ tiếp tuyến tới

đồ thị  C tập S a b;  Tính P a 2b2.

A 4 B 8 C 2 D 6

Lời giải

Chọn A.

Ta có: y  3 3x2

Gọi : y k x m   m đường thẳng qua điểm A m ;  m Để từ điểm A kẻ duy

nhất tiếp tuyến tới đồ thị  C thì:

Hệ:

   

 

3

2

3 ;

3 ;

x x k x m m x k          

 có nghiệm nhất.

Thế (2) vào  1 , ta có phương trình:

  

3

3x x  3 x x m m  2x3 m x3 2 2 0   2 ; * x m x    .

Bài tốn có u cầu tương đương là: tìm m để phương trình  * có nghiệm

Xét:  

3 2 x g x x 

 TXĐ:

6 \

3 D R  

        2 12 x x g x x      ; x           Cho     2 12 x x g x x      2 x x x          .

Từ bảng biến thiên ta có: m   2; 2

Vậy: P a b2  4

Câu 49: [1D3-3](Phan Thúc Trực Nghệ An Lần 2) Cho số hạng dương a, b, c số hạng thứ m, n, p cấp số cộng cấp số nhân Tính giá trị biểu thức

 log3 2 log9 3 log27

P b c a c a b a b c.

A P 3 B P 1 C P 0 D P 2

Lời giải

Chọn C

Ta có Pb c log3ac a log3ba b log3c.

Gọi u , 1 d số hạng đầu công sai cấp số cộng;

1

v , q số hạng đầu công bội cấp số nhân.

Ta có

 

 

 

1

1

1

1

1

1

1

1

1

m n

p

a u m d v q b u n d v q c u p d v q







    



   



    



Do

 

 

 

b c n p d c a p m d a b m n d

   



  



   



n m p m

b a q c a q





  

 

Suy  log3  log3   log3 

n m p m

P d n p a p m a q  m n a q  

     

 

 log3         log3

d n p p m m n a d p m n m m n p m q

             

0

 .

2 ( ) 1f x 

2 ( )

2

f x mx

  

2

2

1

(1 )

4 , 0

1 ( ) ( )

4

m x m x

m f x f x m

  



  

.Có giá trị nguyên tham số

m để hàm số

( ) f x m y

x m

 



 đồng biến khoảng xác định nó?.

A 8 B 9 C 6 D 7

Lời giải Chọn C

Cách Từ giả thiết ta có 2

2

2 ( ) 4

2 ( ) ( )

f x m x mx m

mx f x f x m

   



   

2

2

2 ( ) (2 1)

2 (2 ( ) 1)

f x mx m

mx f x m

  

 

  

3

(2 ( ) 1)f x (2 ( ) 1) (2m f x mx 1) (2m mx 1)

        2mx  1 0

Xét hàm đặc trưng:

( )

g u u  mu  g u( ) 3 u24m0, u 0,m0

Vậy hàm số đồng biến liên tục tập (0;) (2 ( ) 1) (2 1)

g f x  g mx  f x( )mx

9

mx m y

x m

 

 

2

9

( )

m m

y

x m

  

  

Hàm số đồng biến khoảng xác định nó: 0,

y   x m m2 9m 8 0

      1m8