Đề toán thpt quốc gia có đáp án (269)

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: 028.
Câu 1. Trong không gian Oxyz , mặt phẳng ( P) : 2 x  3 z  2 0 có một vectơ pháp tuyến là


n  2;0;  3 
n  2;  3;0 
A.
.
B.
.


n  2;3; 2 
C.
.
D. n (2;  3; 2) .
Đáp án đúng: A
P : 2 x  3 z  2 0
Giải thích chi tiết: Từ phương trình mặt phẳng  
ta có một vectơ pháp tuyến của mặt phẳng

n  2;0;  3 

là
.
B, AC a 2, SA   ABC 
Câu 2. Cho hình chóp S . ABC có đáy là tam giác vng cân tại
và SA a 3 . Gọi

M là trung điểm của AB . Khi đó, khoảng cách từ M đến mặt phẳng  SBC  bằng
a 3
A. 4 .
Đáp án đúng: A

a 3
B. 2 .

a
C. 4 .

a
D. 2 .

B, AC a 2, SA   ABC 
Giải thích chi tiết: Cho hình chóp S . ABC có đáy là tam giác vuông cân tại
và

SA a 3 . Gọi M là trung điểm của AB . Khi đó, khoảng cách từ M đến mặt phẳng  SBC  bằng
a 3
a 3
a
a
A. 2 . B. 2 . C. 4 . D. 4 .

Lời giải

1


Giả thiết ABC vuông cân tại B, AC a 2  AB a .
 BC  AB
 BC   SAB    SBC    SAB 

BC

SA

Ta có:
.

SAB  AH d  A,  SBC  
Gọi đường cao AH của
.
1
1
1
1
1
4
a 3
 2
 2  2  2  AH 
2
2

SA
AB
3a a
3a
2
Ta có: AH
1
a 3
 d  M ,  SBC    d  A,  SBC   
2
4 .
M là trung điểm của



 
a

5,
b
2,
Câu 3. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho các véc tơ a , b và c thỏa mãn

   
c  3 a  2b  3c 0
và
. Khi đó giá trị của a.b  2b.c  c.a là
15

A.  2 42 .

B. 0 .
C. 2 5  4 3 .
D. 2 .
Đáp án đúng: D
Giải thích chi tiết:
Lời giải
Ta có:
r
r
r r
r
r
a
+
2
b
+
3
c
= 0  a = - 2b +)


2b.c 
 5 4.4  9.3  12b.c 

 2
 2
2
2
 

r
a   2b  3c 4 b  9 c  12b.c
3c 
19
3  1 .

2


 2
 2  2
2  
r
r
r r
r
r
r
2b   a  3c  a  9 c  6a.c
+) a + 2b + 3c = 0  2b = - a - 3c 

8

a.c 
 4.4 5  9.3  6a.c 
3  2 .

2
 2 2
2

r
r
r r
r
r
r
3c   a  2b  a  4 b  4a.b
+) a + 2b + 3c = 0  3c = - a - 2b 
 3

a.b   3
 9.3 5  4.4  4a.b 
2
.
rr
r r r r 3 19 8
15
ab
. + 2bc
. + ca
. = =1 ,  2  ,  3

2 3 3
2.
Từ
suy ra:
x +x
Câu 4. Tìm tập nghiệm của bất phương trình 0, 3 >0,09 .
A. (−2 ; 1 ).
B. (−∞;−2 ).

C. (−∞;−2 ) ∪ ( 1 ;+ ∞ ) .
D. ( 1 ;+∞ ).
Đáp án đúng: A
x 1
y
x  2 tại điểm có hồnh độ bằng 3 là
Câu 5. Phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số
A. y  3 x  13 .
B. y 3x  13 .
2

C. y  3 x  5 .
D. y 3 x  5 .
Đáp án đúng: A
Câu 6. Trong các hàm số sau, những hàm số nào luôn đồng biến trên từng khoảng xác định của nó?
2 x 1
y
( I ),
y  x 4  x 2  2( II ),
y x 3  3 x  5 ( III )
x 1
A. Chỉ (I).
B. (II) và (III).
C. (I) và (III).
D. (I) và (II).
Đáp án đúng: C
Câu 7. Thiết diện đi qua trục của hình nón đỉnh S là một tam giác vng cân có cạnh cạnh huyền bằng a 2 .
 SBC  tạo với mặt phẳng chứa đáy hình nón một
Kẻ dây cung BC của đường trịn đáy hình nón, sao cho mp
0

góc 60 . Diện tích tam giác SBC tính theo a là:
a2 3
A. 2 .
Đáp án đúng: B

a2 2
B. 3 .

a2 2
C. 6 .

a2 6
D. 3 .

Câu 8. Cho hình chóp S . ABCD có đáy là hình vng cạnh bằng 2 , SA 2 và SA vng góc với mặt phẳng
ABCD 
SMC 
đáy 
. Gọi M , N là hai điểm thay đổi trên hai cạnh AB, AD sao cho mặt phẳng 
vng góc với
1
1
T

SNC 
AM 2 AN 2 khi thể tích khối chóp S . AMCN đạt giá trị lớn nhất.
mặt phẳng 
. Tính tổng

13

T
9.
A.
Đáp án đúng: B

B.

T

5
4.

C.

T

2 3
4 .

D. T 2 .

3


Giải thích chi tiết:
Gọi E , F lần lượt là giao điểm của BD với CM và CN . Gọi O là tâm hình vng ABCD .
BD   SAC 
Theo giả thiết, ta có
.
Gọi H là hình chiếu của O lên SC .

 SC   HEF 

.
 SMC    SNC 

Vì
nên HE  HF .
 HEF vng tại H có chiều cao OH .
 OE.OF OH 2 .
SA
2
22 2

OH OC.sin SCA
OC.

 OE.OF  
SC
6
6 3 (1).
Trong đó:
Đặt AM x, ( x  0) , AN  y , ( y  0) .
Xét ABC , gọi K là trung điểm của AM .

Khi đó: OK //CM







BE BM

OE MK

OB 4  x
2x 2

 OE 
OE
x
2 4  x

OB  OE 2  x 2  2  x 


x
OE
x
2

.

OF 

2y 2
2 4  y

Chứng minh tương tự, ta có:
.
4 xy
2

2 4  x   4  y  3  3 xy  4  x   4  y    x  2   y  2  12
Từ (1) suy ra 
(2)
1
1
S AMCN S AMC  S ANC  AC. AM .sin 45o  AC. AM .sin 45o  x  y 
2
2
Ta lại có:
.

1
2
 VS . AMCN  SA.  x  y    x  y 
3
3
.
4


2
12 
VS . AMCN   x  2 

3

x2 .
Từ (2) suy ra
12
y
2
x2
Từ (2) suy ra
.

12
 2 2  x 1  x, y  1; 2
 .
N
x

2
AD
Vì thuộc cạnh
nên
2
12 
f ( x)   x  2 

3
x  2  , với x   1; 2 .
Xét hàm số:
y 2 

2
12  2 x 2  4 x  8

f ( x)   1 
 .
3   x  2  2  3  x  2  2
Ta có:
.

f ( x) 0  x 2  4 x  8 0  x 2

Ta lại có:

f  1  f  2  2

,





.

3 1



f 2( 3  1) 

8





3 1
3

.

 Giá trị lớn nhất của VS . AMCN 2 khi x 1, y 2 hoặc x 2, y 1 .
1
1
4 1 5
T

 2 2
2
2
AM
AN
2 2
4.
Câu 9. Mặt phẳng đi qua trục hình trụ, cắt hình trụ theo thiết diện là hình vng cạnh 2a . Thể tích khối trụ
bằng:
2 a 3
 a3
.
3
3
A. 2 a .
B. 3
C.  a .

D. 3 .
Đáp án đúng: A
Giải thích chi tiết: Mặt phẳng đi qua trục hình trụ, cắt hình trụ theo thiết diện là hình vng cạnh 2a . Thể tích
khối trụ bằng:
2 a 3
 a3
.
3
3
A.  a .
B. 3
C. 3 .
D. 2 a .
Lời giải
Mặt phẳng đi qua trục hình trụ, cắt hình trụ theo thiết diện là hình vng cạnh 2a  h 2a; R a
2
2
3
Thể tích hình trụ là: V  R h  .a .2a 2 a (đvtt)
Câu 10.
Trong không gian. cho hình thang cân ABCD , AB //CD , AB 3a , CD 6a , đường cao MN 2a , với M , N
lần lượt là trung điểm của AB và CD . Khi quay hình thang cân ABCD xung quanh trục đối xứng MN thì
được một hình nón cụt có diện tích xung quanh là

5


2

2

B. 7,5 a .

A. 3,75 a .
Đáp án đúng: D

2

C. 15 a .

2

D. 11, 25 a .

Giải thích chi tiết:
Gọi S là giao điểm của hai cạnh bên AD và BC của hình thang. Khi đó S , M , N thẳng hàng.
N
S
Khi quay quanh SN , tam giác SCD sinh ra khối nón  1  có diện tích xung quanh là 1 , tam giác SAB sinh
N
H
S
ra khối nón  2  có diện tích xung quanh 2 cịn hình thang ABCD sinh ra một khối trịn xoay   có diện
S S1 – S 2 .
tích xung quanh
1
SC
AB  CD
SB BC 
2
2 .

Do AB //CD và
nên AB là đường trung bình của tam giác SCD nên
2

3 
5

BC  MN   NC  MB   4a   3a  a   a
2 
2 .

Ta có
2
Khi đó S1  NC.SC  3a.5a 15 a .
2

2

S 2  MB.SB 

3 5
15
a. a   a 2
2 2
5
.

S S1 – S 2 15 a 2 

Vậy

Câu 11.

Cho hàm số

2

y  f  x

15 2
 a 11, 25 a 2
4
.

có bảng biến thiên như sau:

6


y  f  x
Hàm số
đồng biến trên khoảng nào dưới đây ?
 0;   .
 0;1 .
   ;0  .
  1;1 .
A.
B.
C.
D.
Đáp án đúng: B

Câu 12. Cho hình nón có chiều cao bằng 6 . Một mặt phẳng đi qua đỉnh hình nón và cắt hình nón theo một thiết
diện là tam giác vng cân có cạnh huyền bằng 10 2 . Tính thể tích của khối nón được giới hạn bởi hình nón đã
cho bằng
32 5
3 .
C.

A. 32 3 .
B. 32 .
D. 128 .
Đáp án đúng: D
Câu 13.
y  f  x
Cho hàm số
có bảng biến thiên như hình vẽ. Hàm số đã cho nghịch biến trên khoảng nào dưới đây

0; 2 
A. 
.
Đáp án đúng: A

B.

Giải thích chi tiết: Cho hàm số
khoảng nào dưới đây

  2;0  .
y  f  x

C.

  ;0  .

D.

 0;  .

có bảng biến thiên như hình vẽ. Hàm số đã cho nghịch biến trên

 ;0 
0; 
 2;0 
0; 2 
A. 
. B. 
. C. 
. D. 
.
Lời giải
Từ bảng biến thiên ta thấy hàm số đã cho nghịch biến trên khoảng

 0; 2  .
7


log 9

Câu 14. Nghiệm của phương trình 10
A. 2 .
B. 0, 5 .

4 x  5 là

D. 5 .

C. 1 .

Đáp án đúng: C
Giải thích chi tiết: Nghiệm của phương trình 10
A. 0, 5 . B. 2 . C. 1 . D. 5 .

log 9

4 x  5 là

Lời giải
10log 9 4 x  5  9 4 x  5  x 1 .


Câu 15. Cho khối chóp S . ABC có đáy ABC là tam giác vng tại C , BC a; BSC 60 , cạnh SA vuông góc
 SBC  tạo với  SAB  góc 30 . Thể tích khối chóp đã cho bằng:
với đáy, mặt phẳng
a3
a3
2a 3
a3
A. 45 .
B. 15 .
C. 45 .
D. 5 .

Đáp án đúng: A
y  f  x
Câu 16. Hàm số
có bảng biến thiên như sau
x   1 3  y   0  0  y   11 7 
Mệnh đề nào sau đây đúng?

A. Hàm số đồng biến trên

.

B. Hàm số đồng biến trên khoảng 

1;3

.

C. Hàm số đồng biến trên các khoảng
D. Hàm số nghịch biến trên đoạn
Đáp án đúng: C
Câu 17. Tính A =

sin

3

A.

A

2

x cos3 x dx

và

.

.

, ta có

5

sin x sin x

C
3
5

B. Đáp án khác
sin 3 x sin 5 x
A 

C
3
5
D.

3

5
C. A sin x  sin x  C
Đáp án đúng: C

z  3 2  2 w  4 2i 2 2
z w
Câu 18. Cho hai số phức z , w thỏa mãn
,
. Biết rằng
đạt giá trị nhỏ nhất
3z0  w0
khi z z0 , w w0 . Tính
.
B. 2 2 .

A. 1.
Đáp án đúng: C
Giải thích chi tiết: Ta có: +
trịn có tâm



I 3 2 ;0

z 3 2  2

 , bán kính r 

C. 6 2 .

D. 4 2 .

, suy ra tập hợp điểm biểu diễn M biểu diễn số phức

z là đường

2.

8


+

w  4 2i 2 2





J 0; 4 2
, suy ra tập hợp điểm biểu diễn N biểu diễn số phức w là đường trịn có tâm
,

bán kính R 2 2 .
min z  w min MN

Ta có
.
+ IJ 5 2; IM r  2; NJ R 2 2 .

Mặt khác IM  MN  NJ IJ  MN IJ  IM  NJ hay MN 5 2 

2  2 2 2 2 .

Suy ra min MN 2 2 khi I , M , N , J thẳng hàng và M , N nằm giữa I , J (Hình vẽ).

1 
 3
 
 IM  IJ ; IN  IJ
3 z0  w0  3OM  ON
5
5 .
Khi đó ta có:
và IN 3 2

 3
1



 

 
3
  
 OI  IJ 3OM  3 OI  IM  3  OI  IJ   3OI  IJ
5 
5 .


5 ;
Mặt khác ON OI  IN

3    3  
 

3
OI

IJ   OI  IJ   2OI
3 z0  w0  3OM  ON
5
5 

6 2 .
Suy ra
A  0;1;2;3; 4;5
Câu 19. Cho tập hợp
. Số tập hợp gồm hai phần tử của tập hợp A là
2
2
A. C6 .
B. P2 .
C. A6 .
D. 64 .





Đáp án đúng: A

1
 
Câu 20. Tập nghiệm của bất phương trình  3 
A.

 3 x2

 32 x 1
1

  ;  
3 .
B. 
1

  ;     1;  
3
D. 

 1;  .

 1 
  ;1
C.  3  .
Đáp án đúng: C
Giải thích chi tiết:
Lời giải
1

 
Ta có  3 

là

 3 x2
2

 32 x 1  33 x  32 x 1  3x 2  2 x  1  

1
 x 1
3
9


Câu 21. Cho chóp S . ABCD có SA  x và tất cả các cạnh còn lại đều bằng 1 .Tìm x để thể tích của khối chóp
S . ABCD đạt giá trị lớn nhất

6
A. 2 .
Đáp án đúng: A

B.

6.

3
D. 2 .

3.

C.

Giải thích chi tiết:
Tứ giác ABCD có các cạnh bằng nhau nên ABCD là hình thoi do đó AC cắt BD tại trung điểm O của mỗi
đường và AC đường trung trực của đoạn thẳng BD .
ABCD


Gọi H là hình chiếu của điểm S trên mặt phẳng 
Ta có: SB SD 1  HB HD suy ra H thuộc đường trung trực AC của đoạn thẳng BD .
Xét hai tam giác cân SBD và CBD có SB SD CB CD 1 ; BD chung
Suy ra:  SBD  BCD  SO OC
1
 SAC có đường trung tuyến SO  2 AC   SAC vng tại S
2
2
2
khi đó: AC  SA  SC  1  x và
Trong tam giác vuông OBC

SH . AC SA.SC  SH 

x2 1
3  x2

 BD  3  x 2 0  x  3
4
2

1
1
1 2
 .S ABCD . SH  AC .BD.SH 
x  3  x2 
3
6
6



OB  BC 2  OC 2  1 

Diện tích

VS ABCD

SA.SC
x

AC
1  x2

Áp dụng bất đẳng thức cauchy có
Dấu bằng xảy ra khi:

x2  3  x2  

x 2 3  x 2  x 

x2  3  x2 3

2
2

6
 0; 3
2







6
1
x
2
Vậy thể tích chóp S . ABCD lớn nhất bằng 4 khi
Câu 22.
Cho hàm số f ( x ) xác định trên  và thoả mãn điều kiện
3
A. 4e  5 .

3
B. 2e  5 .

Biết f (0) 4 , giá trị của f (3) là
3

C. 2e  5 .

3
D. 4e  5 .

10


Đáp án đúng: B
Giải thích chi tiết:
Lời giải
Ta có

.

u  x


x
d
v

e
d
x
Đặt 
Suy ra

du dx


x
v e .

f  x  xe x  e x dx xe x  e x  C

.

f (0) 4  C 5 .

Suy ra

f  x  xe x  e x  5

3
. Do đó f (3) 2e  5 .

1
4
log 2 x  log 2 a  log 2 b
4
7
3
3
3
Câu 23. Cho a  0, b  0 . Giá trị của x bằng bao nhiêu biết
a4
7
A. b
Đáp án đúng: D

4
4 7
B. a b

1

7 4
C. a b

D.

4

a .7 b4

1
4
log 2 x  log 2 a  log 2 b
4
7
3
3
3
Giải thích chi tiết: Cho a  0, b  0 . Giá trị của x bằng bao nhiêu biết
A.

4

a4
4 1

a . 7 b 4 B. b7 C. a 4b7 D. a 7 b 4

Câu 24. Trong hệ trục tọa độ cho các điểm

M  0; 2;0  , N  0;0;  1 , P   1;0;3 

. Viết phương trình mặt phẳng

( ) qua hai điểm M , N và có khoảng cách từ P đến ( ) bằng 2.
A. 2 x  y  2 z  2 0. .
B. x  2 y  2 z  3 0. .
C.  2 x  y  2 z  3 0. .
Đáp án đúng: A
Giải thích chi tiết: Trong hệ trục tọa độ cho các điểm

D. 2 x  y  2 z  1 0.

M  0; 2;0  , N  0;0;  1 , P   1;0;3 

. Viết phương trình

mặt phẳng ( ) qua hai điểm M , N và có khoảng cách từ P đến ( ) bằng 2.
A. x  2 y  2 z  3 0. . B. 2 x  y  2 z  2 0. .
C.  2 x  y  2 z  3 0. . D. 2 x  y  2 z  1 0.
Lời giải
Ax  By  Cz  D 0
Gọi phương trình mặt phẳng ( ) là:

A

2

 B 2  C 2 0 

.

M  0; 2;0  , N  0;0;  1
Vì mặt phẳng ( ) qua
nên ta có:
2 B  D 0
 D  2 B


 C  D 0 C D.
Khi đó, phương trình mặt phẳng ( ) là: Ax  By  2 Bz  2 B 0 .
Theo bài ra khoảng cách từ P đến ( ) bằng 2, suy ra:
11


 A  6B  2B
2

2

A  B  4B

2  ( A  8B )2 4( A2  5B 2 )

2

22

A B

 3 A  16 AB  44 B 0 
3 .

 A  2 B
2

2

Vậy phương trình mặt phẳng ( ) là: 22 x  3 y  6 z  6 0 hoặc 2 x  y  2 z  2 0 .
Câu 25. : Nghiệm của phương trình 2
A.

3 x1

16 là

.

B.

.

C.
.
Đáp án đúng: D

D.

.

Giải thích chi tiết: : Nghiệm của phương trình 2
A.

. B.

. C.

3 x1

16 là

. D.

.

3R

Câu 26. Cho hình trụ có bán kính đáy bằng R và chiều cao bằng 2 . Mặt phẳng   song song với trục của
R

hình trụ và cách trục một khoảng bằng 2 . Diện tích thiết diện của hình trụ cắt bởi mặt phẳng   là:

2 3R 2
3 .
A.
Đáp án đúng: C

2 2R2
3 .
B.

3 3R 2
2 .
C.

3 2R2
2 .
D.

Giải thích chi tiết:
Giả sử thiết diện là hình chữ nhật ABCD như hình vẽ.
Gọi H là trung điểm của BC suy ra OH  BC suy ra

d  O; BC  

R
2

2

 R
BC 2 HB 2 OB  OH 2 R    R 3
 2
Khi đó
2

2

2

3R 3 3R 2

2
2 .
Suy ra
Câu 27. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , 3 điểm A, B, C lần lượt là điểm biểu diễn của ba số phức
z1 3  7i, z2 9  5i và z3  5  9i . Khi đó, trọng tâm G là điểm biểu diễn của số phức nào
sau đây?
7
z  i
3 .
A. z 1  9i .
B. z 2  2i .
C. z 3  3i .
D.
S ABCD BC. AB R 3.

12


Đáp án đúng: D
Giải thích chi tiết: Ta có:

A  3;  7  , B  9;  5  , C   5;9 

7


G  ;  1

Trọng tâm của tam giác ABC là  3
7
z i
3 .
Vậy trọng tâm G là điểm biểu diễn của số phức
Câu 28. Cho hàm số: . Đạo hàm của hàm số đã cho là:
A. .
B. .
C. .
Đáp án đúng: A
Câu 29.
Gọi

,

D. .

lần lượt là giá trị cực đại, giá trị cực tiểu của hàm số

của biểu thức
A. 8.
Đáp án đúng: C
Câu 30.

bằng
B. 6.

C. 7.

D. 9.

Thiết diện qua trục của một hình trụ là hình vng có chu vi là
đó
A.

.

B.

C.
.
Đáp án đúng: A

D.

.Khi đó giá trị

. Tính diện tích xung quanh của hình trụ
.
.

A  5;1;5  B  4;3; 2  C   3;  2;1
I  a ;b;c
Câu 31. Trong không gian Oxyz cho các điểm
,
,
. Điểm

là tâm
đường trịn ngoại tiếp tam giác ABC . Tính a  2b  c ?
A. 1 .
B. 6 .
C. 3 .
D.  9 .
Đáp án đúng: C



AB   1; 2;  3
BC   7;  5;  1  AB.BC 0   ABC
Giải thích chi tiết: Ta có
và
vng tại B .
Vì I là tâm đường trịn ngoại tiếp  ABC nên I là trung điểm của AC .
1 

 1
I  1;  ;3   a  2b  c 1  2.     3 3
2 
 2
Vậy 
.
Câu 32.
Tính đạo hàm của hàm số
A.
C.
.
Đáp án đúng: A

Câu 33.

.

.
B.
D.

.
.

13


Cho hàm số
xác định, liên tục trên
nào sau đây là sai?
x    1 0 1  y   0  0   0  y  1 2 1 
A.

được gọi là giá trị cực tiểu của hàm số.

B.

được gọi là điểm cực đại của hàm số.

và có bảng biến thiên như hình dưới đây. Khẳng định

C.
được gọi là điểm cực tiểu của hàm số.

D. Hàm số có ba điểm cực trị.
Đáp án đúng: B
f  x   x 2  1 .e x
f x
Câu 34. Cho hàm số
. Tính   .
f  x  x  1 e x
A.   
.

B.

f  x  2 xe x

D.

f  x   2 x  1 e x

2

f  x   x  1 e x

C.
Đáp án đúng: C

.

.
.

Câu 35. Chiều dài của một mảnh đất hình chữ nhật là a 19, 485m 0, 01m Tìm số qui trịn của số gần đúng
19,485.
A. 20.
B. 19,4.
C. 19,5.
D. 19,49.
Đáp án đúng: C
----HẾT---

14