Đề khảo sát chất lượng môn toán lớp 12 năm học 2017 trường THPT hàn thuyên lần 3 mã 132 | 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 (264.46 KB, 7 trang )

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

TRƯỜNG THPT HÀN THUYÊN NĂM HỌC: 2017-2018 
MƠN: TỐN
Thời gian làm bài: 90 phút;

(50 câu trắc nghiệm)

Mã đề 132

Câu 11. [1H3-4][Hàn Thuyên,tỉnh Bắc Ninh,lần 3,năm 2018] Cho hình chóp SABCD có đáy là hình
bình hành, AB 3 ,a AD 4 ,a BAD 120 .0

   Đường thẳng SA vng góc với mặt phẳng đáy,

2 3

SA a . Tính góc giữa hai mặt phẳng



SBC



và



SCD



A. 300. B. 900. C. 600. D. 450.

Lời giải
Chọn D.

Chọn hệ toạ độ Oxyz như sau: OzAS Oy;  AD Ox;  AE (E là hình chiếu của A lên cạnh
BC)

Khi đó: (0;0;0); 3 3 ; 3 ;0 ; 3 3 5; ;0 ; (0; 4 ;0); (0;0;2 3 )

2 2 2 2

a a a a

A B   C  D a S a

   

Do đó: 3 3 ; 3 ; 2 3 ; 3 3 5; ; 2 3 ; (0;4 ; 2 3 ); (0;0; 2 3 )

2 2 2 2

a a a a

SB   a SC   a SD a  a S a

   

   

  

Ta tính được 1 vectơ pháp tuyến của (SBC)là n  (4;0;3) và (SCD)là n ' (1; 3; 2)

Vậy cos( ; ') 1
2
n n 

 

. Vậy góc giữa (SBC)và (SCD)là 450.

Câu 21. [2H2-3] [Hàn Thuyên,tỉnh Bắc Ninh,lần 3,năm 2018] Cho một hình nón

( )

N có đáy là hình
trịn tâm O, đường kính 2a và đường cao SO =2 .a Cho điểm H thay đổi trên đoạn thẳng

SO Mặt phẳng

( )

P vng góc với SO tại H và cắt hình nón theo đường trịn

( )

C . Khối nón

có đỉnh là O và đáy là hình trịn

( )

C có thể tích lớn nhất bằng bao nhiêu?

A.

32
81

a


. B.

8
81

a


. C.

11
81

a



. D.

7
81

a


.

Lời giải

E

S

A

B

C

D

y

z

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

Chọn B.

Đặt OH h



0h2a



nên SH 2a h .

Do .









2 2

a h a a h

SH HE SH OA

HE

SO OA SO a

 

    

Ta có

1 2

3 2

C

a h

V     h

  . Xét hàm

 

3 2 2

4 4

f h h  ah  a h

 

2 2

2 ( )

' 3 8 4 0 2

3
h a loai

f h h ah a a

h




    

 


 

0;2

2 8

3 27

a

a a

Max f h f  

 

Nên

8
81
C

a
MaxV   .

Câu 31. [2D3-3]

[Hàn Thuyên,tỉnh Bắc Ninh,lần 3,năm 2018]

Cho hàm số yf x

 

, liên

tục trên



0;1



và thỏa mãn



  

1 ' 10

x f x dx



và 2f

 

1  f

 

0 2. Tính

 

I 



f x dx.

A. I 12. B. I 8. C. I 12. D. I 8.

Lời giải
Chọn D.

Đặt

 

u x du dx

dv f x dx v f x

  

 



 

 

  .

Áp dụng cơng thức tính tích phân từng phần và giả thiết bài toán, ta được:



  



  

 

1 1

0 0

10 1 ' 1 2 1 0 2

x f x dx x f x f x dx f f I I





   



    

2 10 8

I

    .

Câu 37. [2H1-3] [Hàn Thuyên,tỉnh Bắc Ninh,lần 3,năm 2018] Cho hàm số 2 1
1
x
y

x



 có đồ thị

 

H , điểm A  



4; 1



và đường thẳng

 

d :y x m . Gọi B C, là giao điểm của đường
thẳng

 

d và đồ thị

 

H . Kí hiệu S là tập tất cả các giá trị thực của m sao cho tam giác

ABC đều. Tổng giá trị tất cả các phần tử của tập S bằng.

S

A

B

O

H

r

E

h

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

A. . B. . C. . D. .
Lời giải

Chọn A.

Ta có phương trình hồnh độ giao điểm 2 1
1
x

x m
x



 


2 (3 ) 1 0

x m x m

      , với x 1

Để đường thẳng

 

d và đồ thị

 

H cắt tại 2 điểm phân biệt khi và chỉ khi:

0 2 4 0

( 1) (3 )( 1) 1 0 3 0

m m

 

    



 

       

  ,đúng với mọi m.

+ Gọi B x( ;1 x1m C x), ( ;2 x2m) là 2 toạ độ giao điểm của đường thẳng

 

d và đồ thị

 

H

Gọi 1 2; 1 2 2

2 2

x x x x m

M     

  là trung điểm BC.

ABC

 đều khi và chỉ khi (*)

2 3

AM d

AM BC











(*)  2AM  3BC.

Do đó ta có:





2 2

1 2

5 5

2 3 2

2 2

m m

x x

 

   

  

   

   

2m 16m 13 0

    .

Vậy tổng các giá trị m của S là 8.

Câu 38. [1D2-4] [Hàn Thuyên,tỉnh Bắc Ninh,lần 3,năm 2018] Cho đa giác đều 200 đỉnh nội tiếp

trong đường tròn. Lấy ngẫu nhiên 3 đỉnh trong 200 đỉnh đó. Tính xác suất để lấy được tam
giác tù.

A. 147

199. B.

199. C.

150

199. D.

49
199.
Lời giải

Chọn A.

Số cách chọn 3 đỉnh trong 200 đỉnh của đa giác đều 2003

200.199.198
3!
C 

Tính số tam giác tù được tạo thành
Đánh số các đỉnh là A A1, 2,...,A200.

Xét đường chéo A A1 101 của đa giác là đường kính của đường tròn ngoại tiếp đa giác đều chia

đường tròn ra làm 2 phần mỗi phần có 99 điểm từ A2 đến A100 và A102 đến A200.

+ Khi đó, mỗi tam giác có dạng A A A1 i j là tam giác tù nếu Ai và Aj cùng nằm trong nửa đường
trịn, chọn nửa đường trịn: có 2 cách chọn.

+ Chọn hai điểm Ai, Aj là hai điểm tùy ý được lấy từ từ 99 điểm A2, A3 đến A100, có
2

99.98
2

C  cách chọn.

+ Giả sử tam Ai nằm giữa A1 và Aj thì tam giác tù tại đỉnh Ai. Khi xét tại đỉnh Aj thì tam giác

1 1

j i i j
A A A A A A .

+ Vì đa giác có 200 đỉnh nên số tam giác tù là 2.98.99.200 100.99.98

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

Vậy xác suất cần tìm là

100.99.98 147
200.199.198 199

P  

Câu 40. [2D3-3] [Hàn Thuyên,tỉnh Bắc Ninh,lần 3,năm 2018] Gọi V là thể tích khối trịn xoay tạo
thành khi quay hình phẳng giới hạn bởi các đường y x, y 0 và x 4 quanh trục Ox.
Đường thẳng x a



0a4



cắt đồ thị hàm y x tại M. Gọi V1 là thể tích khối trịn xoay

tạo thành khi quay tam giác OMH quanh trục Ox. Biết V 2V1 . Tìm giá trị a

A. a 2. B. a 2 2. C. 5

a  . D. a 3.
Lời giải

Chọn D.

Gọi V là thể tích khối trịn xoay do

 

: 0

4
y x
H y

x
 




 


quay quanh Ox



 

4 2 4

0 0

d 8

V 



x dx



x x 

Gọi V1 là thể tích khối trịn xoay do



H1



:OMH quay quanh Ox

Khi OMH quay quanh Ox tạo ra 2 khối nón trịn xoay là khối nón đỉnhO, trục ON, bán
kính đáyNM và khối nón đỉnh H, trục HN, bán kính đáy NM

 





1 1

3 3

V  a a  a a

   

1
. .4
3
V  a

 

2 8 2. . 3

V  V     a a .

Câu 45. [2H2-3] [Hàn Thun,tỉnh Bắc Ninh,lần 3,năm 2018] Cho hình chóp S ABC. có đáyABClà
tam giác vng tại B,AB a BC ; 2a. SA vng góc với AB, SC vng góc với BC và
góc giữa đường thẳng SC và mặt phẳng đáy bằng 600. Tính thể tích khối cầu ngoại tiếp hình

chóp S ABC. .
A. 8 2 3

3
a

 . B. 2 3

3
a

 . C. 2 2 a3

 . D. 8 a 2.
Lời giải

Chọn A.

Cách 1. Gọi D là điểm đối xứng của B qua trung điểm của AC, suy ra ABCD là hình chữ
nhật.

Ta có AB SA AB SD

 

1
AB AD




 






 

2
BC SC

BC SD
BC CD




 

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

Từ (1) và (2) suy ra SD



ABC



.

Suy ra góc giữa đường thẳng SC và mặt phẳng đáy là góc SCD.

Từ đó SCD  600. Xét tam giác SCD vuông tại D ta có 2

cos 60
DC

SC  a.
Do tam giác SBC vng cân tại C nên SB2 2a.

Gọi I là trung điểm SB. Suy ra IA IB IS  (do SAB vuông tại A) và IB IC IS (do

SBC

 vuông tại C). Suy ra 1

IA IB IC IS    SB. Hay I là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình
chóp S ABC. .

Suy ra 1 1 2 4 2 3 2 2 4 3 8 2 3

3 3

2 2

a

R SB a  a  a  a V  R   . Chọn đáp án A.
Cách 2. (Tọa độ hóa)

Gắn hệ trục tọa độ Oxyz như hình vẽ. Khi đó

(0;0;0)

B , A a( ;0;0), C(0;2 ;0)a , S x y z( ; ; ), với x y z , , 0.

(ABC) ( Oxy z) : 0

Ta có SA



a x y z AB ; ;



,  



a;0;0



S

A

B

C

D

I

60

y

x

z

B

C

A

S

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





. 0 0 .

SAAB SA AB  a a x   x a

   
   
   
   
   
   
   
   
   
   
   
   
   
   

Ta có SC  



x a y z;2  ;



,BC



0; 2 ;0a



 





. 0 2 2 0 2 .

SC BC SC BC  a a y   y a

   
   
   
   
   
   
   
   
   
   
   
   
   
   

Suy ra S a a z( ; 2 ; ).

Đường thẳng SCcó véc-tơ chỉ phương là CS 



a;0;z



.
Mặt phẳng (ABC) có véc-tơ pháp tuyến là k 



0;0;1



.
Theo đề bài, góc giữa SCvà mp(ABC) là 600 nên





2 2

. 3

sin 60 3 3 ;2 ; 3

2
.

SC k z

z a z a S a a a

SC k a z

       

 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
  .

Gọi I là trung điểm SB. Suy ra I là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S ABC. .

Ta có 1 1 2 4 2 3 2 2

2 2

R SB a  a  a  a.

Vậy thể tích khối cầu là

3
3

4 8 2

3 3

a
V  R   .

Câu 46. [2H3-3] [Hàn Thuyên,tỉnh Bắc Ninh,lần 3,năm 2018] Trong không gian với hệ trục tọa độ
Oxyz, cho điểm A



2; 2;0 ,



B



2;0; 2



và mặt phẳng ( ) :P x2y z 1 0 . Gọi M a b c( ; ; ) là
điểm thuộc mặt phẳng

 

P sao cho MA MB và góc AMB có số đo lớn nhất. Khi đó giá trị

a b c bằng

A. 1. B. 2. C. 0. D. 3.

Lời giải
Chọn A.

Cách 1:

+) Vì MA MB nên M thuộc mặt phẳng mặt phẳng trung trực của đoạn thẳng AB. Ta có

phương trình trung trực của AB là ( ) :Q y z 0

+) M thuộc giao tuyến của hai mặt phẳng ( ),(Q)P nên M thuộc đường thẳng

1 3
( ) :

x t

d y t
z t
 




 

.

Gọi M



1 3 ; ; t t t



, ta có  2

. 11 2 1

cos

. 11 2 5

MA MB t t
AMB

MA MB t t

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

Khảo sát hàm số

11 2 1

(t)

11 2 5

t t
f

t t

 



  , ta được

5
min (t)

f  khi 1

t  .

Suy ra AMB có số đo lớn nhất khi 1
11

t  , ta có 14; 1 1;
11 11 11
M   

  .

Khi đó giá trị a4b c 1.

Cách 2:

I là trung điểm của AB  I



2,1, 1





0, 2, 2



AB
MA MB
  







 M thuộc mặt phẳng trung trực của AB gọi là

 

Q

 

Q : 0



x 2





y 1 1





z 1



      

 y z 0

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

 Toạ độ M thỏa mãn hpt 2 1 0

 



1 3 , ,



x y z

y t M t t t

y z

z t


   

 

     

 

 

  



Do AMB cân tại M  AMB 2 AMI

Mà 00 AMI 900 AMI max sin AMI max

      

Lại có sin AMI max AI
AM

  , AI cố định

sin AMI max AM min

  

Mà AM= 1 3



t 2





t 1





t 1



2 11t2 2t 3

         

 

min 11 2 3 min

AM  f t  t  t

 

min t= 1
11

f t 

 

Vậy 14; 1 1; 14; 1; 1

11 11 11 11 11 11

M   a b c

 

4 1

T a b c

     .

Câu 47. [1D2-4] [Hàn Thuyên,tỉnh Bắc Ninh,lần 3,năm 2018] Thầy Dũng có 15 quyển sách gồm 4
quyển sách Tốn, 5 quyển sách Văn và 6 quyển sách Tiếng Anh, các sách đôi một khác nhau.
Thầy lấy ngẫu nhiên 8 quyển để phát thưởng cho học sinh. Tính xác suất để số sách sau khi
Thầy phát thưởng cho học sinh còn lại đủ cả ba loại.

A. 2132

2145. B.

715. C.

2145. D.

661
715.
Lời giải

Chọn D.

Số phần tử của không gian mẫu: 8
15

C .

Gọi A là biến cố “Số sách còn lại đủ cả 3 loại”, ta xét các trường hợp sau:

+) Lấy hết số sách Toán (4 sách toán và 4 quyển khác trong 11 quyển cịn lại) có C114 cách

chọn.

+) Lấy hết số sách Văn (5 sách văn và 3 quyển khác trong 10 quyển cịn lại) có 3
10

C cách chọn
+) Lấy hết số sách Tiếng Anh (6 sách Tiếng Anh và 2 quyển khác trong 9 quyển cịn lại) có 2

C
cách chọn.

Khi đó:

4 3 2

11 10 9

8
15

661
( ) 1

715

C C C

P A

C

 

</div>

Đề khảo sát chất lượng môn toán lớp 12 năm học 2017 trường THPT hàn thuyên lần 3 mã 132 | Toán học, Lớp 12 - Ôn Luyện









( )

( )

( )

( )

<i>E</i>

<i>S</i>

<i>A</i>

<i>B</i>

<i>C</i>

<i>D</i>

<i>y</i>

<i>z</i>













 

 

 

<b> [Hàn Thuyên,tỉnh Bắc Ninh,lần 3,năm 2018]</b>

 







  



 

 

 

<sub></sub>

 

 



  



  

 

 

 

<sub></sub>

<sub></sub>

 





 

 

 

<i>S</i>

<i>A</i>

<i>B</i>

<i><sub>O</sub></i>

<i>H</i>

<i>r</i>

<i>E</i>

<i>h</i>

 

 

 

 

<sub></sub>

<sub></sub>





 

 

<sub></sub>

<sub></sub>





 

 



