Đề toán thpt luyện thi có đáp án (370)

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: 053.
Câu 1.
Cho hình chóp tứ giác đều

có đáy là hình vng cạnh

qua trung điểm của
.
Chứng minh
vng góc với
và

là trung điểm của
và tính ( theo

. Gọi

là điểm đối xứng của

,

là trung điểm của

.
) khoảng cách giữa hai đường thẳng

.

a
A. 8 .
Đáp án đúng: D

a 3
B. 4 .

Giải thích chi tiết: Chọn hệ trục tọa độ như hình vẽ. Đặt

a 2
C. 2 .

a 2
D. 4 .
và gọi

là trung điểm

.

Ta có tọa độ các đỉnh là:

.

1

. Vậy
.
3
2
Câu 2. Cho hàm số y=x −6 x + 9 x −2 có đồ thị (C). Đường thẳng đi qua điểm A(− 1; 1)và vng góc với
đường thẳng đi qua hai điểm cực trị của (C) là:
−1
3
1
3
x+
A. y=
B. y= x + .
2
2
2
2
C. x − 2 y −3=0.
D. y=x +3.
Đáp án đúng: B
Câu 3. Cho hình chóp S . ABCD đường cao SA 4a ; ABCD là hình thang với đáy lớn AD , biết AD 4a ,
AB BC CD 2a .Thể tích khối cầu ngoại tiếp hình chóp S . ABCD bằng
64 a 3 2
32 a 3 2
3
3
3
3

A. 64 a 2 .
B. 32 a 2 .
C.
.
D.
.
Đáp án đúng: C

Giải thích chi tiết:
Gọi M , I , H lần lượt là trung điểm của AD, SD, AS . Ta có AM song song BC và AM BC nên AMCB là hình
bình hành, lại có AM  AB 2a nên AMCB là hình thoi suy ra MC 2a . Tương tự MB 2a . Vậy ta có
MA MB MC MD 2a nên M là tâm đường trịn ngoại tiếp hình thang ABCD .
Lại có MI song song SA , suy ra MI   ABCD  nên bán kính hình cầu ngoại tiếp hình chóp S . ABCD là R  AI .
Ta có AM 2a; AH 2a nên HIMA là hình vng suy ra AI 2a 2 .
4
V   2a 2
3
Vậy thể tích của khối cầu ngoại tiếp hình chóp S . ABCD là





3



64 a 3 2
3
.

Câu 4.
Cho hàm số

có đồ thị như hình vẽ bên dưới.

Hàm số có bao nhiêu điểm cực tiểu trên khoảng

?
2


A.
.
Đáp án đúng: B
Câu 5.

B.

.

C.

.

D.

.

x

x
x
Cho 3 số a , b , c  0 , a 1 , b 1 , c 1 . Đồ thị các hàm số y a , y b , y c
được cho trong dưới hình vẽ dưới. Mệnh đề nào sau đây đúng?

A. b  c  a .
Đáp án đúng: B

B. a  c  b .

C. c  a  b .

D. a  b  c .

x
Giải thích chi tiết: Dựa vào hình vẽ ta thấy hàm số y a nghịch biến nên a  1 .
x
x
Hàm số y b và y c đồng biến nên b  1 , c  1 .
x0
x0
Xét x  x0  0 ta thấy b  c  b  c .
Vậy a  c  b .

Câu 6.

Cho

với

là các số hữu tỷ. Giá trị của

bằng

A.
.
B.
.
C.
.
D.
.
Đáp án đúng: C
Câu 7. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật với AB = a; AD = 2a. Hai mặt phẳng (SAB),
(SAC) cùng vuông góc mặt phẳng đáy. Góc giữa cạnh bên SC với mặt phẳng đáy bằng 45 0. Tính thể tích của
khối chóp S.ABCD?
2 5 3
2 5 3
2 3 3
a
a
a
3
A. 5
B. 3
C. 3
D. 2 5a
Đáp án đúng: B
Câu 8. Hình trụ có hai đường tròn đáy ngoại tiếp hai mặt của một hình lập phương cạnh a thì có diện tích xung
quanh bằng

2

A. 2 a .
Đáp án đúng: B

2
B.  a .

2
C. 2 2 a .

D.

2 a 2 .
3


Giải thích chi tiết: Hình trụ có hai đường trịn đáy ngoại tiếp hai mặt của một hình lập phương cạnh a thì có
diện tích xung quanh bằng
2
2
2
2
A.  a .
B. 2 a .
C. 2 2 a . D. 2 a .
Lời giải
Hình trụ có hai đường trịn đáy ngoại tiếp hai mặt của một hình lập phương có chiều cao là cạnh của hình lập
a
r

2.
phương, tức h a . Bán kính đường trịn đáy là

2 rh 2 .
Diện tích xung quanh hình trụ là
Câu 9.

a
.a  2 a 2
2
.

Có bao nhiêu giá trị nguyên dương của tham số

để hàm số

đồng biến trên

?
A.
.
Đáp án đúng: D

B.

1  2x 
Câu 10. Cho khai triển 

20

.

C.

.

D.

.

a0  a1 x  a2 x 2    a20 x20

. Giá trị của a0  a1  a2    a20 bằng:
20
C.  1 .
D. 3 .

A. 0 .
B. 1 .
Đáp án đúng: B
Giải thích chi tiết: (SGD - Bắc Ninh - 2017 - 2018 20
 1  2x  a0  a1 x  a2 x 2    a20 x20 . Giá trị của a0  a1  a2    a20 bằng:
20
A. 1 . B. 3 . C. 0 . D.  1 .

BTN)

Cho

khai

triển

Lời giải

 1  2x 

20

a0  a1 x  a2 x 2    a20 x20  1

 1 ta có:
Thay x 1 vào

.

a0  a1  a2    a20   1

20

1

.

Câu 11. Một hình trụ có diện tích xung quanh bằng 4 và có thiết diện qua trục là một hình vng. Khi đó thể
tích khối trụ tương ứng bằng:

A. 4
B. 2
C. 

D. 2
Đáp án đúng: D
Câu 12. Cho khối chóp S . ABCcó đáy là tam giác ABCvng tại B, AB=2 a , AC =3 a và chiều cao bằng 4 a
.Thể tích của khối chóp đã cho bằng
4 √ 5 a3
8 √5 a 3
3
A.
B.
C.
D. 4 √ 5 a3 .
.
.
8 √5 a .
3
3
Đáp án đúng: A
Câu 13.
Đồ thị dưới đây là của hàm số nào?

4


A.

y

x 2
.
x1

4

4

2

4

C. y x  x  1.
Đáp án đúng: C
Câu 14.
Cho hình chóp

mặt phẳng vng góc với mặt phẳng

A.

2

D. y x  x  1.

có đáy

khối chóp

2

B. y x  2x  1.

. Biết SAB là tam giác đều và thuộc

là tam giác vng tại

o
. Góc giữa SC với mp đáy bằng 30 . Tính theo

thể tích

biết
.

B.

C.
.
Đáp án đúng: A
Câu 15. Một khối hộp chữ nhật

D.

H

.
.

 H  có các kích thước
có các kích thước là a, b, c . Khối hộp chữ nhật

V H 
a 2b 3c

, ,
V
tương ứng lần lượt là 2 3 4 . Khi đó tỉ số thể tích  H  là:
1
1
1
A. 24 .
B. 12 .
C. 2 .
Đáp án đúng: D
Câu 16. Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số y= √ 2 − x 2 + x
A. − √ 3 ; 2
B. − √2 ; √ 2
C. − √ 2 ; 4 .
Đáp án đúng: D

1
D. 4 .

D. − √2 ; 2

mp  SBC 
Câu 17. Trong các khối chóp tứ giác đều S . ABCD mà khoảng cách từ A đến
bằng 2a , khối chóp
có thể tích nhỏ nhất bằng
5


3
A. 4 3a .

Đáp án đúng: B

3
B. 2 3a .

3
C. 3 3a .

3
D. 2a .

Giải thích chi tiết:
Gọi O là tâm của mặt đáy, M là trung điểm cạnh BC .
Dễ thấy do S . ABCD là khối chóp tứ giác đều nên ABCD là hình vng và SO  ABCD .
 SMO   OH  SM . (1)
Gọi H là chân đường vng góc hạ từ O xuống SM trong mp
 BC   SOM   OH  BC
Hơn nữa, OM  BC và SM  BC
. (2)
 OH   SBC   d  O;  SBC   OH
Từ (1) và (2)
.
d A;  SBC   2d  O;  SBC   2OH
Do O là trung điểm cạnh AC nên 
.
d A;  SBC   2a  OH a
Theo giả thiết 
.
Giả sử chiều dài cạnh đáy là 2x ( x  a do OM  OH ) và SO h ( h  0 ).
Trong tam giác vuông SOM

h2 x2
h2 x2
a2 x2
2
2
2
2
2
2 2  h 

a

h2  x 2
h 2  x 2  h  x  a  a x
x2  a2
Thể tích khối chóp S . ABCD là
OH 2 

16 a 2 x 2 4
16a 2 x 6
1
16 2 4
2
2
2
2
x

V


V  h.  4 x   V  h x  V 
9 x2  a2
9 x2  a2
3
9
16a 2 x 6
f  x 
9 x 2  a 2 trên khoảng  a;    , ta có:
Xét hàm số
5
2
2
16a 2 4 x 7  6 x 5a 2 16a 2 2 x  2 x  3a 

.
f  x  
2
9  x2  a2  2
9
 x2  a2 

 x 0
f  x  0  
 x  3 a

2
;

Ta có BBT:

6


Hàm số

f  x

3
6
đạt giá trị nhỏ nhất là 12a nên khối chóp có thể tích nhỏ nhất bằng 2 3a .

2

Câu 18. Khẳng định nào sau đây đúng về kết quả
A. a  b  c 3



(4x  3  cosx)dx   a 
0

b
 1
c

?

B. a  b  c 8

C. a  b  c  1

Đáp án đúng: A
Câu 19.

D. a  b  c 7

Cho hàm số bậc ba

có bảng biến thiên dưới đây.

Điểm cực đại của hàm số là
A.

.

B.

C.
.
Đáp án đúng: D

D.

.
.

3

F  0 
x
f

(
x
)

e

2
x


F
x
2 . Tìm F  x  .
Câu 20. Cho
là một nguyên hàm của hàm số
thỏa mãn
A.

F  x  2 e x  x 2 
F  x  e x  x 2 

C.
Đáp án đúng: C

1
2.

1
2

Giải thích chi tiết: Ta có

B.
D.

F  x  e x  x 2 

5
2.

F  x  e x  x 2 

3
2.

F  x   e x  2 x  dx e x  x 2  C

3
1
F  0  1  C   C 
2
2.
Theo bài ra ta có:
Câu 21. Cho 4 điểm A, B, C , D . Khẳng định nào sau đây sai
  


CD
AB
A. Điều kiện cần và đủ để

&
là hai véc tơ đối nhau là AB  CD 0
 
MA là N M
B. Điều kiện cần và đủ để NA
 
C. Điều kiện cần và đủ để AB CD là tứ giác ABCD là hình bình hành.
 
D. Điều kiện cần và đủ để AB 0 là A B
7


Đáp án đúng: C
Câu 22. Tập nghiệm của phương trình tan x = 3 là
ìï p
ü
í + k p, k ẻ Âùý
ùù .
ỵ
A. ợùù 6
ỡù p
ỹ
ớ + k p, k ẻ Âùý
ùỵ
ù.
C. ùợù 3
ỏp ỏn ỳng: C

ỡù p
ỹ

ớ + k 2p, k ẻ Âùý
ùùỵ .
B. ợùù 6
ỡù p
ỹ
ớ + k 2p, k ẻ Âùý
ùỵ
ù.
D. ùợù 3

Gii thớch chi tit: Tp nghiệm của phương trình tan x = 3 là
ìï p
ü
ìï p
ỹ
ỡù p
ỹ
ớ + k p, k ẻ Âùý
ớ + k 2p, k ẻ Âùý
ớ + k 2p, k ẻ Âùý
ùỵ
ùỵ
ùỵ
ù . B. ïỵï 3
ï . C. ïỵï 6
ï . D.
A. ïỵï 3
Lời giải
p
tan x = 3 Û x = + k p, k ẻ Â

3
Ta cú:
.

ỡù p
ỹ
ớ + k p, k ẻ Âùý
ùợù 6
ùỵ
ù.

S : x 2 y2 z 2 1
Câu 23. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt cầu  
và mặt phẳng
 P  : x  2 y  2 z  1 0 . Tìm bán kính r đường trịn giao tuyến của  S  và  P  .

2 2
3 .
A.
Đáp án đúng: A
r

1
r .
2
B.

C.

r

2
2 .

D.

r

1
3.

x

 1
  2.
Câu 24. Tìm tập nghiệm của bất phương trình  2 

  ,  1 .
A.
Đáp án đúng: B

B.

  ,  1 .

C.

  1,  .

  1,  .

D. 

  
1
f ( x)  2
 ; 
cos x là?
Câu 25. Trên khoảng  2 2  , họ nguyên hàm của hàm số
A. tan x  C .
B. sin x  C .
C. cos x  C .
D. cot x  C .
Đáp án đúng: A
1
dx tan x  C
2

Giải thích chi tiết: Ta có theo cơng thức ngun hàm cơ bản ta có cos x
.
3
2
2
Câu 26. Hàm số y  x  2mx  m x  2 đạt cực tiểu tại x 1 khi
A. m 2 .
B. m 1 .
C. m  2 .
Đáp án đúng: B
3
2
2

Giải thích chi tiết: Hàm số y  x  2mx  m x  2 đạt cực tiểu tại x 1 khi
A. m 2 . B. m 1 . C. m  1 . D. m  2 .

D. m  1 .

Lời giải
2
2
Ta có y ' 3x  4mx  m  y '' 6 x  4m .

8


  m 1

m  4m  3 0
 y '(1) 0
 m 3

 
 m 1

 y ''(1)  0
3
 6  4m  0

 m  2
x

1

Hàm số đạt cực tiểu tại
khi và chỉ khi
.
2

2 y 3  7 y  2 x 1  x 3 1  x  3  2 y 2  1
Câu 27. Cho hai số thực x , y thỏa mãn
. Tìm giá trị lớn nhất của
P

x

2
y
biểu thức

A. P 10 .
Đáp án đúng: D

B. P 8 .

C. P 6 .

D. P 4 .

Giải thích chi tiết: Điều kiện: x 1
Ta có:

2 y 3  7 y  2 x 1  x 3 1  x  3  2 y 2  1
3

 2  y  1  y  1 2
Xét hàm số

 *



1 x

f  t  2t 3  t

 f  y  1  f





3

 1 x

f  t  6t 2  1  0 t  
f t
, suy ra hàm số   đồng biến.
 y 1

2
1 x  y  1  1 x
 x 1   y  1

, ta có:



2

Khi đó

 *

2

P  x  2 y 1   y  1  2 y 4   y  2  4

Vậy Pmax
Câu 28.

.

 x 0

4
 y 2 .

Cho hàm đa thức bậc bốn

y  f  x

có đồ thị hàm số

y  f  x 

như hình sau.

1
148
21 và diện tích phần tơ màu bằng 21 . Tìm số giá trị nguyên dương của tham số m để hàm số
Biết
g  x  4 f  x  x2  m
có ít nhất 5 điểm cực trị.
A. 12 .
B. Vô số.
C. 11 .
D. 10 .
9
f  0 


Đáp án đúng: C
Giải thích chi tiết: Cho hàm đa thức bậc bốn

y  f  x

có đồ thị hàm số

y  f  x 

như hình sau.

1

148
21 và diện tích phần tơ màu bằng 21 . Tìm số giá trị nguyên dương của tham số m để hàm số
Biết
g  x  4 f  x  x2  m
có ít nhất 5 điểm cực trị.
A. 12 . B. 11 . C. 10 . D. Vô số.
f  0 

Lời giải
148
Vì diện tích phần tơ màu bằng 21 nên
4

148

  f ( x)  dx  21
0

148
147
  f  4  f  0 
 f  4  
21
21 .

 147  2
h  4  4  
  4  12
h  x  4 f  x   x
 21 

Xét hàm số
. Suy ra:
2


h x  4 f  x   2 x 4  f  x  

Ta có:
x
h x  0  f  x  
2.

 x 
  
 2  .

10


d : y 

Vẽ đường thẳng
 x  2
h x  0   x 0
 x 4
.

x
2 ta thấy:

Vì diện hình phẳng giới hạn bởi đồ thị
bên phải trục tung nên ta có:
0
4
x
 
 x

 f ( x)   dx     f ( x)  dx

2
2

2
0
0



y  f  x 

và đường thẳng d phần bên trái trục tung nhỏ hơn phần nằm

4

1
1
h x  dx   h x  dx

 h  0  h   2   h  4  h  0  h   2   h  4

4 2
40

Ta có bảng biến thiên của hàm số

h  x

như sau:

11


Ta có:

g  x  h  x  m

nên số điểm cực trị của hàm số

với số nghiệm bội lẻ của phương trình
Mà

h  x

có 3 điểm cực trị nên

h  x   m 0

h  x  m

g  x

bằng số điểm cực trị của hàm số

h  x  m

cộng

.

có 3 điểm cực trị.

Yêu cầu bài tốn tương đương với phương trình

h  x   m 0

có ít nhất hai nghiệm bội lẻ.

  m   12  m  12

Vậy có 11 giá trị nguyên dương của tham số m thỏa mãn.
Câu 29.
x
x
x
Cho a , b , c là ba số thực dương khác 1 . Đồ thị các hàm số y a , y b , y c được cho trong hình vẽ
bên. Mệnh đề nào sau đây đúng?

A. a  c  b .
Đáp án đúng: A
Câu 30.

Cho hàm số bậc bốn
nghiệm ?

A. 3.

B. a  b  c .

y  f  x

C. b  c  a .

D. c  a  b .

có đồ thị là đường cong trong hình bên. Phương trình

B. 1.

C. 4.

f  x  3

có bao nhiêu

D. 2.
12


Đáp án đúng: A
Câu 31.
Cho hàm số

. Tìm giá trị lớn nhất

và giá trị nhỏ nhất

của hàm số trên

đoạn
A.
C.
Đáp án đúng: B

.

B.

.

.

D.

.

Giải thích chi tiết: Cho hàm số

. Tìm giá trị lớn nhất

và giá trị nhỏ nhất

của hàm số trên đoạn
A.
Lời giải

B.

C.

D.

Đạo hàm
Câu 32.
Cho hàm số

y  f  x

f  x 
xác định trên  và có đồ thị của hàm số
và các khẳng định sau:

 2;3 .
đồng biến trên khoảng
 1
 0; 
y  f  3  2x 
(2). Hàm số
đồng biến trên  2  .
y  f  x
(3). Hàm số
có 4 điểm cực trị.

y  f  x
(4). Hàm số
đạt cực tiểu tại x  2
y  f  x
(5). Hàm số
đạt giá trị lớn nhất tại x 0
Số khẳng định đúng là:
A. 2.
B. 3.
Đáp án đúng: D
(1). Hàm số

y  f  x

C. 4.

D. 1.

13


y  f  x
  ;  2  ,   2;0  ,  0; 2 
Giải thích chi tiết: Dựa vào đồ thị hàm số
ta suy ra hàm số đồng biến trên
 3;  , hàm số nghịch biến trên  2;3 nên khẳng định (1) sai
và
Ta có

. Hàm số đồng biến khi

f  3  2 x   0  2  3  2 x  3  0  x 

1
2 nên hàm số y  f  3  2 x  đồng biến trên

 1
 0; 
 2  nên khẳng định

(2) đúng
Ta thấy

f  x 

đổi dấu qua các điểm x 2, x 3 nên hàm số có 2 điểm cực trị nên khẳng định (3) sai

f  x 
Ta thấy
không đổi dấu qua các điểm x  2 nên x  2 không phải là cực trị của hàm số nên khẳng định
(4) sai
Hàm số khơng có giá trị lớn nhất nên khẳng định (5) sai
Do đó có 1 khẳng định đúng là (1).
Câu 33. Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình vng cạnh 2a , tam giác SAB đều và nằm trong mặt
phẳng vng góc với đáy. Tính bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S . ABCD .
A. 4 .
Đáp án đúng: C

a 7
B. 2 .

a 21
C. 3 .

7
a
D. 3 .

Giải thích chi tiết: Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình vng cạnh 2a , tam giác SAB đều và nằm
trong mặt phẳng vng góc với đáy. Tính bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S . ABCD .
7
a
A. 4 . B. 3 .
Lời giải

a 21
C. 3 .

a 7
D. 2 .

14


Gọi M là trung điểm của AB thì SM  AB (vì tam giác SAB đều) và SM a 3 . Mặt khác do
 SAB   ( ABCD) nên SM  ( ABCD) .
Gọi G và K lần lượt là tâm của hình vng ABCD và tam giác SAB .
Tương tự trên: GM  ( SAB ) .
Trong mặt phẳng ( SMG ) , kẻ đường thẳng Gx //SM và kẻ đường thẳng Ky //GM .
Gọi O Gx  Ky , thì ta có:

Suy ra OG, OK lần lượt là trục đường trịn ngoại tiếp hình vng ABCD và tam giác SAB .
Do đó ta có: OA OB OC OD OS hay O chính là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S . ABCD .
Tứ giác OKMG là hình chữ nhật có OK MG a .

2
2a 3
SK  SM 
3
3 .
Mặt khác
Xét tam giác SKO vuông tại K có

OS  OK 2  SK 2  a 2 

12a 2 a 21

9
3 .

a 21
Vậy bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S . ABCD bằng 3 .
Câu 34. Cho tam giác ABC vng tại A có AB 3 cm , AC 8 cm . Cho tam giác ABC quay quanh trục AB
ta được khối trịn xoay có thể tích bằng.
15


3

3

B. 128 cm .

A. 384 cm .
Đáp án đúng: B

C.

68 cm3 .

D.

64 cm3 .

Câu 35. Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật. Tam giác SAB nằm trong mặt phẳng vuông
 ABCD  .Biết rằng AB a , và ASB 60 . Tính diện tích của khối cầu ngoại tiếp hình chóp
góc với mặt phẳng
S . ABCD .
A.
C.
Đáp án đúng: A

.

B.

.

.

D.

.

----HẾT---

16