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

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (272.87 KB, 11 trang )

(1)<div class='page_container' data-page=1>

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

có đồ thị của hàm số yf x( ) như hình dưới. Đặt

2
( ) ( )

2
x
h x f x 

. Mệnh đề nào dưới đây
đúng?

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

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

2
( ) ( )

2
x
h x f x 

là hàm số liên tục

trên  , và ( )h x f x( ) x.

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

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

Từ khoảng (2;4) ta thấy ( ) 0h x  . Do đó hàm số y h x ( ) nghịch biến trên 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 rằng f x

 

 f x

 

x2 1 0 và

 

3
3
f e

. Tính

 

0 ln d

I 



 f x  x

A. 2 3 B.

7
3 3

3


C.

7
3 3

3


D. 3 3 2
Lời giải

Chọn B

Ta có

 

2 1 0

f x  x  f x 

 

2 1
f x

x

f x



  

Đặt

 

d d

u f x
v x

   

  






 

du f x dx

f x

v x




 

</div>
(2)<div class='page_container' data-page=2>

Áp dụng cơng thức tích phân từng phần ta được

 

ln d

I 



 f x  x

 

3
3
0
0
'

ln xf x d

x f x x

f x
   



 

3
3 2
0
0

ln 1 d

x f x x x x

   





 





3 2 2

0
0
1

ln 1 d 1

x f x x x

   



 

 





2 3

0 0

ln 1 1

x f x x x

     

7
3 3

 

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

phương trình:



2 2



1 1 2

x x

m    

có nghiệm thực là tập S



a b;



. Tính giá trị của biểu

thức log 1



2 7 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



1 0



x

D x m   

Ta có:



2 2



1 1 2

x x

m    









1 2 0

2 2 1 1 2

x
x x
m
  

 
   







 

0 2 1

2 2 1 1 2.2 2

x

x x x

m
  

 

    



0 2 1

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

 Để phương trình đã cho có nghiệm thì 0m hay 1 S 



0;1



0, 1
a b

    P log 2 72



 05



3

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





 

2 2

sin 2 cos cos 1

cos 2

1 1

2 .2 3. cos 8.4 2. cos 1 .3 1

9 3

m

m x x x

x m x x




 

        

 

Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để phương trình

 

1 có nghiệm thực ?

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

</div>
(3)<div class='page_container' data-page=3>

Chọn A.

+ Phương trình

 

2 sin 2cos 3

sin 1 2 2cos 3 1

1 2 sin 2 2cos 3 2 .

3 3

x m x

 

     

           

   

+ Xét hàm số

 

1
2

t
t

f t      t

  trên  ta có :

 

2 .ln 2 .ln 3 1 0,
3

t
t

f t        t

  

 

f t



đồng biến trên .

+ Từ

 

2 ta có









sin 2cos 3

f x m f x sin2 x m 2cosx 3

   

cos 2cos 2.

m x x

   

+ Phương trình

 

1 có nghiệm thực g x

 

có nghiệm trên



1; 1



, với ucosx và

 

2 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







g   vàg

 

1 5. Vậy 1m  có 5 giá trị nguyên của 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 và hai điểmA



1; 0; 2 ;



B



2; 5; 3



. Đường thẳng d đi qua điểm A và

song song với mặt phẳng

 

P sao cho khoảng cách từ điểm B đến d nhỏ nhất có phương
trình :

A.

1 2

1 1 3

x y z

 

B.

1 2

3 1 1

x y z

 

C.

1 2

5 1 1

x y z

 

 D.

3 1 4

2 1 2

x  y z

 


Lời giải:

Chọn D

</div>
(4)<div class='page_container' data-page=4>

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

 

Q :x 4y z  3 0 . Gọi H là hình chiếu của B trên (Q) thì AH là đường thẳng cần tìm

: 5 4

x t

BH y t

z t

 




 

  

 , H



2t;5 4 ;3 t t



. Vì H

 

Q nên t 1 H



3; 1; 4



+) AH qua H và có vtcp



2; 1; 2



.Viết phương trình ra đáp án D

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

4 2

2 1

y x  x 

có ba điểm

cực trị A B C A Oy, ,







. Gọi M N, lần lượt là các điểm thuộc cạnh AB, AC sao cho đoạn
thẳng MN chia tam giác ABC thành hai phần bằng nhau. Giá trị nhỏ nhất của MN là

A. 6. B. 12. C. 6. D. 2 3.

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 đều.

+) Theo giả thiết

1
2

AMN
ABC

S
S




 . 1

2
AM AN

AB AC

 

. 6.

AM AN

 

+) Khi đó MN2 MN2 



AN AM



2 AM2 AN2 2AM AN.

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

2AM AN. 2AM AN. 6

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

Dấu đẳng thức xảy ra khi AM AN  6.

Vậy minMN  6 khi AM AN  6.

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 lần lượt là hình chiếu vng góc của A lênDB, DC. Tính diện tích mặt cầu ngoại
tiếp khối chópA BCHK. .

</div>
(5)<div class='page_container' data-page=5>

Lời giải
Chọn D.

+ Từ giả thiết

2 2 2

a b c a c b

S bc ab ac
 

   

8S abc

   R2.

+ Gọi AA là đường kính của đường tròn ngoại tiếp ABC A B 



ABD



 A B' AH mà
BD AH





AH BDA

 

AH HA

  . Tương tự AK KA 5 điểm ,A B, C,H, K cùng 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 trong đó đáy lớn là một elip
có độ dài trục lớn là 8, trục bé là 4 và đáy bé là một elip có độ dài trục lớn là 4, trục bé là 2.
Thiết diện vng 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.

A. 
55

3


. B.

56
3


. C.

57
3


. D.

58
3


.
Lời giải

Chọn B

Chọn hệ trục như hình vẽ.

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









, 0;4
x x 

</div>
(6)<div class='page_container' data-page=6>

Khi đó thiết diện là một elip có nửa độ dài trục lớn, trục bé lần lượt là ,a b thỏa mãn

;
2

x
a 

8
4

x
b 

. (Theo hình vẽ)

Vậy diện tích mặt cắt là

 





8
x

S x  

Thể tích khối cần tính là

 

V 



S x x





2
4

0
8

d
8

x
x
 





3 


Chú ý: Nếu hai elip ở hai đáy của vật thể có các trục lớn và bé không lần lượt song song với

nhau thì khơng thể giải thế này được. Đề cho chưa chặt chẽ!

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





1 2 2 3

x y   x  y

 

*

. Giá trị lớn nhất của biểu thức









4 7 2 2

3x y 1 .2 x y 3

M   x y   x y

     

bằng

A. 
9476
243


. B. 76. C.

193

3 . D.

148
3 .
Lời giải:

Chọn D.

Điều kiện: x 2, y  .3

Ta có

 









1 4 1 2 2 3

x y x y x y

        



**



Vì 2 x 2 y3  x y nên từ 1













1 8 1

x y x y

       x y   nên1 8



x y



7

. Mặt khác lại có 2 x 2 y3 0 nên từ













1 4 1

x y x y

     

1 4
1 0
x y
x y

  


    

 nên









3
1
x y
x y

 




 

 .

Vì x2 2x ( do x 2),y2 1 2y nên x2 y2 1 2



x y



.

Do đó

















4 7 2 2 4 7

3x y   x y 1 .2  x y  3 x y 3x y   x y 1 .2  x y  6 x y 3
.

Đặt t x y, t 1 hoặc 3 t 7.

Xét hàm số f t

 

3t4



t1 2



7t 6t3. Ta có





2188
1

243
f  

 

3 ln 3 2t 4 7 t



1 2 ln 2 6



7 t

f t   t 

</div>
(7)<div class='page_container' data-page=7>

 

3 ln 3t 4 2



1 ln 2 2 2 ln 2 0



7 t

f t    t   

 

  ,  t



3;7



.

Suy ra f t

 

đồng biến trên



3;7



. Mà f t

 

liên tục trên



3;7 và



f

 

3 .f

 

7 0 do đó

 

f t 

có nghiệm duy nhất t o



3;7



.

Bảng biến thiên









4 7 2 2 148

3 1 .2 3

x y  x y  x y x y

      

với mọi ,x y thỏa mãn

 

* .

Đẳng thức xảy ra khi x 2; y  .1

Câu 15. [2H3-3] Trong không gian Oxyz , cho các điểm A



4; 1; 2 ,



B



1; 4; 2 ,



C



1;1;5



, đường
tròn

 

C là giao của mặt phẳng

 

P x y z:    7 0 và mặt cầu

 

S x: 2 y2 z2 2x 2y 4z 3 0

      

. Hỏi có bao nhiêu điểm M thuộc đường tròn

 

C sao
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



và bán kính R 3.

Gọi  là đường thẳng đi qua I và vng góc với mp P

 

thì ta có

: 1

x t

y t

z t

 



   

  

 tâm của

đường trịn giao tuyến

 

C chính là giao điểm của  và mp P

 

.  

 

P J



2; 2; 3



Thấy A B C, , 

 

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

 

C

</div>
(8)<div class='page_container' data-page=8>

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

  60o

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

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

MB MC ME EA MA

    

MA MB MC MA

    nên MA MB MC  đạt giá trị lớn nhất khi và chỉ khi MA đạt giá

trị lớn nhất khi và chỉ khi MA là đường kính tức M là điểm chính giữa cung nhỏ BC . Vậy
trong trường hợp này có một điểm M thỏa mãn.

TH2 và TH3 : Xét M thuộc cung nhỏ AC AB; do vai trị bình đẳng các đỉnh của tam giác đều
hồn tồn tương tự mỗi trường hợp cũng có một điểm M thỏa mãn.

Vậy có ba điểm M thuộc đường tròn

 

C sao cho MA MB MC  đạt giá trị lớn nhất.

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

3
2
IJ a

( I , J lần lượt là trung điểm của

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

A. 30 . B. 45. C. 60. D. 90.

Lời giải
Chọn C.

Gọi M , N lần lượt là trung điểm AC, BC.

Ta có:

1 1

2 2 2

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

a
MI NI AB CD

MI


   








  MINJ là hình thoi.

Gọi O là giao điểm của MN và IJ .

</div>
(9)<div class='page_container' data-page=9>

Xét MIO vng tại O, ta có:



cosMIO IO
MI

3
4
2
a
a
 3
2
 
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 3 có đồ thị

 

C , và điểm



;



A m  m

.Tập hợp tất cả các giá trị của m để từ điểm A kẻ được duy nhất một tiếp tuyến tới

đồ thị

 

C là 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 là đường thẳng đi qua điểm A m



;  m



. Để từ điểm A kẻ được duy

nhất một tiếp tuyến tới đồ thị

 

C thì:

Hệ:





 

3 ; 1

3 3 ; 2

x x k x m m
x k
    


 


 có nghiệm duy nhất.

Thế (2) vào

 

1 , ta có phương trình:









3 2

3x x  3 3 x x m m  2x3 m x



3 2 2



0

 

3
2
2
; *
3 2
x

m
x
 
 .

Bài tốn có u cầu tương đương là: tìm m để phương trình

 

* có một nghiệm.

Xét:

 

3
2
2
3 2
x
g x
x


 . TXĐ:

6
\

3
D R  

 
 

 





4 2
2
2
6 12
3 2
x x
g x
x


 

;
6
3
x  
   
 
  .
Cho

 





4 2
2
2
6 12
0
3 2
x x
g x

x

  

0
2
2
x
x
x



  
 
 .

</div>
(10)<div class='page_container' data-page=10>

Từ bảng biến thiên ta có: m  



2; 2



Vậy: P a 2 b2  .4

Câu 49: [1D3-3](Phan Thúc Trực Nghệ An Lần 2) Cho các số hạng dương a, b, c lần lượt là số
hạng thứ m, n, p của một cấp số cộng và một cấp số nhân. Tính giá trị của 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 lần lượt là số hạng đầu và công sai của cấp số cộng;

v , q lần lượt là số hạng đầu và công bội của cấp số nhân.

Ta có













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 đó













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

  




  



   

 và

.
.

n m
p m

b a q
c a q



 





Suy ra





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

             

 .

</div>
(11)<div class='page_container' data-page=11>

2 ( ) 1f x  và

2 ( ) 1

2 1

f x
mx





2 2

(1 )

4 , 0

1
( ) ( )

m x m x

m
f x f x m

  



  

.Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số

m để hàm số

( ) 9 8
f x m
y

x m

 



 đồng biến trên từng khoảng xác định của nó?.

A. 8. B. 9. C. 6. D. 7 .

Lời giải
Chọn C

Cách 1. Từ giả thiết ta có
2 2

2 ( ) 1 4 4 1 4

2 1 4 ( ) 4 ( ) 1 4

f x m x mx m

mx f x f x m

   



   

2 ( ) 1 (2 1) 4

2 1 (2 ( ) 1) 4

f x mx m

mx f x m

  

 

  

3 3

(2 ( ) 1)f x 4 (2 ( ) 1) (2m f x mx 1) 4 (2m mx 1)

        và 2mx  1 0

Xét hàm đặc trưng:
3

( ) 4

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

Vậy hàm số đồng biến và liên tục trên tập (0;)

(2 ( ) 1) (2 1)

g f x  g mx  f x( )mx

9 8

mx m
y

x m

 



2

9 8

( )

m m

y

x m

  

 


Hàm số đồng biến trên từng khoảng xác định của nó:
0,

y   x m m2 9m 8 0

      1m8

</div>

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





 

 

 

 

 

<sub></sub>

 

 

 

 

 

 

 

 

<sub></sub>

 

 

 

<sub></sub>

 

<sub></sub>

 

<sub></sub>

<sub></sub>

<sub></sub>

 









































 













 

 

 

 

 

 

 

 









 

 





 

 

 

 







