Đề thi mẫu toán 12 luyện thi có đáp án (10)

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: 035.



a  1;3 , b   2;1
Oxy
a
Câu 1. Trong mặt phẳng
cho
. Tích vơ hướng của 2 vectơ .b là:
A. 1.
B. 3.
C. 2.
D. 4.
Đáp án đúng: A
2
Câu 2. Tập hợp các điểm biểu diễn số phức z sao cho z là số thực âm là:
A. Trục Oy trừ gốc tọa độ.
B. Trục Oy.
C. Trục Ox.
D. Trục Ox trừ gốc tọa dộ.
Đáp án đúng: A

2
Giải thích chi tiết: Tập hợp các điểm biểu diễn số phức z sao cho z là số thực âm là:
A. Trục Ox. B. Trục Ox trừ gốc tọa dộ.
C. Trục Oy. D. Trục Oy trừ gốc tọa độ.
Hướng dẫn giải
M  a, b 
Gọi
là điểm biểu diễn số phức z a  bi (a, b  ) .
2
2
2
2
2
Ta có: z là số thực âm  (a  bi ) là số thực âm. Mà z ( a  b )  2abi
Câu 3.
Hàm số nào dưới đây đồng biến trên
A.

B.

C.
D.
Đáp án đúng: D
Câu 4. Cho hình lập phương ABCD.A’B’C’D’. Tìm số đo của góc giữa mặt phẳng (BCD’A’) và mặt phẳng
(ADC’B’) ?
0

A. 60
Đáp án đúng: D

0
B. 45

Câu 5. Họ nguyên hàm của hàm số f  x   2sin x là
A. 2 cos x  C.

0
C. 30

0
D. 90

B. sin 2 x  C.
2
D. sin x  C.

C.  2 cos x  C.
Đáp án đúng: C
Câu 6. Một vật chuyển động theo quy luật x + y +1=0 với t (giây) là khoảng thời gian tính từ khi vật bắt đầu
chuyển động và s (mét) là quãng đường vật di chuyển được trong khoảng thời gian đó. Hỏi trong khoảng thời
gian 9 giây, kể từ khi bắt đầu chuyển động, vận tốc lớn nhất của vật đạt được là bao nhiêu ?
A. 9
B. 243(m/ s)
1


x=1+ t
C. y =−2
D. 4
z=3−t

Đáp án đúng: A
Câu 7. Cho hình lập phương ABCD . A ' B ' C ' D '. Góc giữa hai mặt phẳng ( AA ' B ' B) và ( BB' D ' D )là
A. ^
B. ^
C. ^
D. ^
ABD '
A ' BD '
ADB
DD ' B
Đáp án đúng: D
Câu 8. Cho x, y  0 và  ,   . Khẳng định nào sau đây sai ?

{

 

x 
A.

 x .

Cho hình chóp

A.

 xy 

D.

x  y  x  y  .

có đáy là hình vng cạnh
một góc

,

B.

C.
Đáp án đúng: B

D.

Giải thích chi tiết: Cho hình chóp
tạo với mặt phẳng
. B.

vng góc với đáy,

tạo với

. Tính thể tích khối chóp

.

A.
Lời giải

 x . y .



 
 
C. x .x  x .
Đáp án đúng: D
Câu 9.

mặt phẳng



B.

.
.

có đáy là hình vng cạnh
một góc

. C.

,

vng góc với đáy,

. Tính thể tích khối chóp

. D.

+) Do ABCD là hình vng cạnh a nên:
+) Chứng minh được
+) Đặt

góc giữa SC và (SAB) là

.

. Tam giác SBC vuông tại B nên

2


Ta được:
(Đvtt).

.Vậy

Câu 10. Số tam giác xác định bởi các đỉnh của một đa giác đều 10 cạnh là
A. 35 .
B. 120 .
C. 720 .
Đáp án đúng: B
Giải thích chi tiết: Cứ ba đỉnh của đa giác đều sẽ tạo thành một tam giác.
3
Chọn 3 trong 10 đỉnh của đa giác đều, có C10 120 .

D. 240 .

Vậy có 120 tam giác xác định bởi các đỉnh của đa giác đều 10 cạnh.

Câu 11. Cho hình chóp S . ABCD có đáy là hình vng tâm O . AB 4cm ; OS 2 2cm . Tính diện tích mặt
cầu ngoại tiếp hình chóp đã cho.
2
2
2
2
A. 24 cm .
B. 8 2 cm .
C. 16 cm .
D. 32 cm .
Đáp án đúng: D
Giải thích chi tiết: Cho hình chóp S . ABCD có đáy là hình vng tâm O . AB 4cm ; OS 2 2cm . Tính diện
tích mặt cầu ngoại tiếp hình chóp đã cho.
2
2
2
2
A. 32 cm . B. 24 cm . C. 16 cm . D. 8 2 cm .
Lời giải
Đáy ABCD là hình vng tâm O nên

OA OB OC OD 

4 2
2 2
2

Vì OS 2 2 suy ra O là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S . ABCD , bán kính mặt cầu R 2 2cm . Diện tích





2

4 2 2 cm 2 32 cm 2
mặt cầu bằng:
.
Câu 12. Hình lập phương có bao nhiêu cạnh?
A. 8.
B. 6.
Đáp án đúng: B
Câu 13.
Trong không gian với hệ tọa độ
tọa độ điểm
A.
C.
Đáp án đúng: B

sao cho

C. 12.

, cho các điểm

D. 10.

,

,

. Tìm

là hình bình hành.

.

B.

.

D.

.
.

Câu 14. Tính thể tích khối trụ trịn xoay sinh ra khi quay hình chữ nhật ABCD (kể cả các điểm bên trong của
nó) quanh cạnh AD biết AB 3, AD 4 .
A. 72 .
B. 12 .
C. 36 .
D. 48 .
Đáp án đúng: C
2

z 2 2 z  z
( z  4)( z  4i )  z  4i ?
Câu 15. Có bao nhiêu số phức z thỏa mãn
và
A. 2.

B. 1.
C. 3.
D. 4.
Đáp án đúng: C
3


Câu 16. Cho hàm số
max y 6
A.   1;0
.
max y 1
C.   1;0
.
Đáp án đúng: B

y

4x  6
x  1 . Mệnh đề nào dưới đây là đúng?
B.
D.
y 

Giải thích chi tiết: Ta có
max y  y   1  1
Vậy   1;0
.

 10

 x  1

2

max y  1
  1;0

max y  6
  1;0

.
.

 0, x    1; 0
nên hàm số nghịch biến trên

  1;0 .

4
2
(C )
(C )
Câu 17. Cho hàm số y = x - 2mx + 1 có đồ thị là m . Tất cả các giá trị thực của tham số m để m có
3 điểm cực trị đều nằm trên các trục tọa độ là
A. m = ±1
B. m = 2
C. m = 1
D. m = - 1
Đáp án đúng: C

Hàm số có ba điểm cực trị Û m > 0.

Giải thích chi tiết: Ta có

(

A ( 0;1) Ỵ Oy B Tọa độ các điểm cực trị:
,

) và C ( -

)

m;- m2 + 1

m;- m2 + 1

ém = 1
Û B,C Ỵ Ox Û - m2 + 1 = 0 Û ê
êm = - 1
ê
ë
Yêu cầu bài toán
Đối chiều điều kiện ta được m = 1.
Câu 18.
y  f  x
Cho hàm số
liên tục trên  và có đồ thị như hình vẽ dưới đây

Tập hợp tất cả các giá trị thực của tham số m để phương trình
  2; 3

là

f





4  x 2 m

có nghiệm thuộc nữa khoảng



4


A.

  1;3 .

 

  1; f 2 
.
C. 
Đáp án đúng: A

t  4  x2  t 

B.

  1;3 .

D.

  1; f  2   .

 2x

2 4  x 2 ; t ' 0  x 0
Giải thích chi tiết: Đặt
2
x    2 ; 3
Với
ta có bảng biến thiên của hàm số t  4  x .



Với



x    2; 3  t   1; 2

Từ đồ thị ta có:

t   1; 2  f  t     1;3

Vây để phương trình
Câu 19.
Biết

f





4  x 2 m

có nghiệm thì

m    1;3

là một nguyên hàm của hàm số

A.

.

trên

. Khi đó

bằng

B.

C.
Đáp án đúng: A
Câu 20.
Tập nghiệm của bất phương trình
A.

D.

là
B.

C.
Đáp án đúng: C

D.

Câu 21. Trong không gian cho tam giác ABC vuông tại A , AB a và AC a 2 . Tính diện tích xung quanh
S xq
của hình nón có được khi quay tam giác ABC xung quanh trục AB .
A.
C.

S xq  a 2 6

a
S xq 

2

3

.

B.

6

.

D.

S xq  a 2 10
S xq 

.

2
3 .

5


Đáp án đúng: A
Câu 22. Đồ thị hàm số nào sau đây ln nằm phía trên trục hồnh
2
4
2
A. y x  2 x  3 .
B. y  x  2 x  3 .

4
2
C. y x  3 x  1 .
Đáp án đúng: B

4
2
D. y x  2 x  2 .

AAM 
Câu 23. Cho khối lăng trụ ABC. ABC  , gọi M là trung điểm BC . Mặt phẳng 
chia khối lăng trụ
ABC. ABC  thành các khối đa diện nào sau đây?
A. Hai khối lăng trụ tam giác.
B. Một khối lăng trụ tam giác và một khối lăng trụ tứ giác.
C. Một khối chóp tam giác và một khối lăng trụ tam giác.
D. Một khối chóp tứ giác và một khối lăng trụ tam giác.
Đáp án đúng: A
Giải thích chi tiết:
Lời giải
Hình

ban

đầu

Hình

được

mở

rộng

6


AAM 
AAM M 
Gọi M  là trung điểm của BC  . Mặt phẳng 
được mở rộng thành mặt phẳng 
AAM M 
Từ hình vẽ nhận thấy, mặt phẳng 
chia khối lăng trụ thành 2 khối lăng trụ tam giác là

 ACM . AC M  và  AMB. AM B
Câu 24. Trên tập hợp các số phức, gọi S là tổng các giá trị thực của m để phương trình
mz 2  2  m  1 z  m  6 0
z 1
z
có nghiệm 0 thỏa mãn 0
. Tính S .
A. 1 .
B.  4 .
C. 3 .
D.  2 .
Đáp án đúng: D
Giải thích chi tiết: Trên tập hợp các số phức, gọi S là tổng các giá trị thực của m để phương trình
mz 2  2  m  1 z  m  6 0
z 1

z
có nghiệm 0 thỏa mãn 0
. Tính S .
7


A. 3 . B.  4 . C. 1 . D.  2 .
Lời giải
Xét phương trình

mz 2  2  m  1 z  m  6 0

.

2 z  6 0  z  3  z 3
TH1: m 0  Phương trình đã cho có dạng
khơng thõa mãn.
TH2: m 0
Ta có

.

Nếu:
thực

z
thì phương trình đã cho có hai nghiệm thực  0 là số

 z0 1
z0 1  

 z0  1 .
Theo bài ra, ta có

z0 1 , ta có m  2m  2  m  6 0  m  4 .
z  1 , ta có m  2m  2  m  6 0  m 2 .
Với 0
Với

Nếu:

, thì phương trình đã cho có hai nghiệm phức

z0 là nghiệm của phương trình đã cho  z0 cũng là nghiệm của phương trình đã cho.
 m6
 m6
2
z0 .z0 
z0 .z0  z0 1 
1  m 3
m mà
m
Áp dụng hệ thức viét, ta có
Vậy m  4; m 2  S  2 .
log 2021  x  1 log 2021 3
Câu 25. Nghiệm của phương trình
?
A. x 3 .
B. x 4 .
C. x  2 .

D. x 2 .

Đáp án đúng: D
log 2021  x  1 log 2021 3
Giải thích chi tiết: Nghiệm của phương trình
?
A. x 3 .
B. x  2 .
C. x 4 .
D. x 2 .

Lời giải
Điều kiện: x  1  0  x   1 .
log 2021  x  1 log 2021 3  x  1 3  x 2
Ta có:
.
Câu 26.
Một thùng rượu có bán kính các đáy là 30cm , thiết diện vng góc với trục và cách đều hai đáy có bán kính là
40cm , chiều cao thùng rượu là 1m (hình vẽ). Biết rằng mặt phẳng chứa trục và cắt mặt xung quanh thùng rượu
là các đường parabol, hỏi thể tích của thùng rượu ( đơn vị lít) là bao nhiêu?

8


A. 212581 lit.
C. 425, 2 lit.

B. 425162 lit.
D. 212, 6 lit.

Đáp án đúng: C

Giải thích chi tiết:
 P  : y ax 2  bx  c là parabol đi qua điểm A  0,5;0,3 và có đỉnh S  0;0, 4  (hình vẽ).
• Gọi
Khi đó, thể tích thùng rượu bằng thể tích khối trịn xoay khi cho hình phẳng giới hạn bởi
đường thẳng x 0,5 quay quanh trục Ox .
• Dễ dàng tìm được

 P  : y 

2 2
x  0, 4
5
2

0,5

V 
• Thể tích thùng rượu là:

 P  , trục hoành và hai

 2 2

  x  0, 4  dx 2

5

 0,5 

1

I 

3 x
dx
1 x

0
Câu 27. Giá trị của tích phân


 2 2

A. 2
.
B. 2
Đáp án đúng: D

203
 2 2

425,5 (l)
  x  0, 4  dx 

5
1500

0 

là

3 2



C. 3

.
1

Giải thích chi tiết: Giá trị của tích phân


 2 2
 2 2
A. 2
.
B. 3
.

2

0,5

I 
0

3 x
dx

1 x

2 2

.


 3 2
D. 3
.

là


 3 2
C. 3
.


 3 2
D. 2
.

Hướng dẫn giải
3

t
Đặt

3 x

t 2 dt

 I 8  2
I 
2
1 x
(t  1) ; đặt t  tan u.... ĐS:
3
1

3 2

.

1

3 x
dx
1

x
0
Chú ý: Phân tích
, rồi đặt t  1  x sẽ tính nhanh hơn.
Câu 28. Cho hình nón có bán kính đáy r =4 cm, đường sinh l=5 cm. Tính chiều cao hình nón.
I 

9

A. 1 cm
Đáp án đúng: B

B. 3 cm

C. 2 cm

D. 4 cm

Câu 29. Tìm tập nghiệm Scủa bất phương trình: log 1 ( x+1 )< log 1 ( 2 x−1 ).
2

A. (−∞ ; 2 ).

2

B. (−1 ; 2 ).

C.

( 12 ; 2).

D. ( 2 ;+∞ ) .

Đáp án đúng: C
Câu 30. Cho các số dương a, b; a 1 , số thực  . Chọn khẳng định đúng trong các khẳng định sau?

log a b  log a b
A.
.

B. log a b  log a b .
loga b
1 .
C. a
D. loga a a .
Đáp án đúng: B
Câu 31. Cho khối trụ
T  .
trụ
3
A. 4 R .

T 

2
có bán kính đáy bằng R và diện tích tồn phần bằng 8 R . Tính thể tích V của khối

3
B. 3 R .

3
C. 8 R .

3
D. 6 R .

Đáp án đúng: D
1

Câu 32. Tìm tập xác định D của hàm số

 ;  1   1;  
A. 
.
 1;1
C. 
.
Đáp án đúng: A

y  x 2  1 3

.
B.

  ;1   1;   .

D.

 \  1

.

x1
1


2
 x 1 .
Giải thích chi tiết: Do 3
nên hàm số đã cho xác định khi và chỉ khi x  1  0
Vậy tập xác định cần tìm là:

D   ;  1   1;  

Câu 33. Tập nghiệm của bất phương trình
 3;12 .
 3;9 .
A.
B.
Đáp án đúng: A
Câu 34. Hàm số
A.

D  1;  

y  x   x 2  1

.
log 1  x  3   2
3

C.

 9;  .

B.

D   1;1

D.

 12;  .

e

có tập xác định D là :

.

D  \   1;1
C.
Đáp án đúng: A

là

.

x  0
 x 1
 2
x

1

0

Giải thích chi tiết: Điều kiện xác định:
.
D  1;  
Vậy tập xác định cúa hàm số là
.

Câu 35. Trong không
gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai vectơ

tọa độ của vectơ x là:

.

D. D  .


a  0;1;3

và


b   2;3;1







. Nếu 2 x  3a 4b thì
10


 
9 5
x   4;  ; 

2 2

A.
 
9 5
x   4; ;  
2 2.

C.

  9 5
x  4; ;  
 2 2
B.
 
9 5
x  4;  ; 
2 2

D.

Đáp án đúng: C
Câu 36. Cho hình chóp S . ABCD có đáy là hình bình hành. Gọi M là trung điểm của cạnh SA. Mặt phẳng   
qua M và song song với  ABCD  , cắt các cạnh SB, SC , SD lần lượt tại N , P, Q . Biết thể tích của khối S .MNPQ
3
là a , tính thể tích V của khối S . ABCD.

3
A. V 16a .
Đáp án đúng: B

3
B. V 8a .

3
C. V 4a .

3
D. V 6a .

Câu 37. Cho lăng trụ tam giác đều ABC. ABC  có tất cả các cạnh bằng a . M là một điển thỏa mãn

 1
CM  AA
 AMB  và  ABC  bằng
2
. Cô sin của góc giữa hai mặt phẳng
30
A. 16 .
Đáp án đúng: B

30
B. 10 .

1
C. 4 .

D.

30

8 .

Giải thích chi tiết: Xét hình lăng trụ tam giác đều ABC. ABC  có tất cả các cạnh bằng a . Gắn hệ trục như hình
vẽ quy ước a 1 ( đơn vị ).

11


Gọi D là giao điểm của AM và AC .
a 3
Vì tam giác ABC  là tam giác cân cạnh bằng a nên ta suy ra độ dài các đường trung tuyến là 2 . Suy ra tọa
độ các điểm như hình vẽ.



 1
AD
CM  AA

2  DA  2 DC
2
CD
Theo giả thiết ta có
vậy  ADA CDM
 2 
D  0; ;1 
Vậy tọa độ của điểm D là:  3 
Ta có mặt phẳng ABC có phương trình



z 1  n ABC   0;0;1
12


 AMB 

là mặt phẳng đi qua ba điểm A , D và B .

 
 3 1 
1 3  3


2 




 
A
B

;
;1

n



AD  0; ;1

 ABM 
 A D , A B   6 ; 2 ; 3 
 2 2 




 3  và
Ta có:
 AMB  và  ABC  là:
Vậy  cơ sin góc tạo bởi hai mặt phẳng
Mặt khác mặt phẳng



cos 
A ' BM  ,  ABC   cos n ABM  , n ABC 











 3
3

1 3 1
  . 1
36 4 3

.
Câu 38. Với a là số thực dương tùy ý, log 5 ( 5 a ) bằng
A. 1+log 5 a .
B. 5+ log 5 a .
Đáp án đúng: A
Câu 39.
Trong không gian
A.

cho



3
30

10
10
.

C. 5−log 5 a.

.Tọa độ

D. 1−log 5 a.

là

.

B.

.

C.
.
Đáp án đúng: B

D.

.

 


Giải thích chi tiết: Trong khơng gian Oxyz cho a i  2k .Tọa độ a là
A. (1; 0; 2) . B. (1; 0;  2) . C. (1; 2;0) . D. (1;  2; 0) .
Lời giải

a
Tọa độ của (1;0;  2) .
Câu 40.
2
 m  để làm một thùng đựng
Sử dụng mảnh inox hình chữ nhật ABCD có diện tích bằng 1m và cạnh BC x
nước có đáy, khơng có nắp theo quy trình như sau: Chia hình chữ nhật ABCD thành hai hình chữ nhật ADNM

và BCNM , trong đó phần hình chữ nhật ADNM được gị thành phần xung quanh hình trụ có chiều cao bằng
AM ; phần hình chữ nhật BCNM được cắt ra một hình trịn để làm đáy của hình trụ trên. Tính gần đúng giá trị
x để thùng nước trên có thể tích lớn nhất.

A. 1, 02 m .
Đáp án đúng: A

C. 1,37 m .

B. 1m .
AB 

D. 0,97 m .

1
1
  m
BC x
.

Giải thích chi tiết: Ta có AB.BC 1 
 m  là bán kính đáy hình trụ inox gị được, ta có chu vi hình tròn đáy bằng BC x  m  .
Gọi R
x
x
1 x
R
BM 2 R 
AM  AB  BM    m 
m



2
 
x 
Do đó 2 R x 
;
.
13


2

1
 x  1 x
2
V  R h  . 
 .    2 x    x 
 2   x   4
Thể tích khối trụ inox gò được là
.
2

f  x  x    x 2   x  0   f  x    3x 2
Xét hàm số
.






x

0;
x





3 
f  x  0  x  3 f  x   0 
f  x   0 


;
và



 0;


3
f  x
Vậy
đồng biến trên khoảng 
và nghịch biến trên khoảng 




;  
3


.



;  
3


.

   2 3
max f  x   f 
 
 0; 
3
9


Suy ra
.
Từ đó ta có thể tích V lớn nhất khi và chỉ khi

f  x

lớn nhất 

----HẾT---

x


1, 02 m
 .
3

14