Đề thi giữa học kì 2 môn toán lớp 12 năm 2017 trường thpt yên phong mức độ vận dụng cao | 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 (356.71 KB, 11 trang )

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

SỞ GD – ĐT …. ĐỀ THI GIỮA HỌC KÌ II MƠN TỐN 12

TRƯỜNG THPT N PHONG NĂM HỌC 2017 – 2018

Thời gian làm bài: 90 phút; (50 câu trắc nghiệm) - Câu Vận dụng và Vận dụng cao

Câu 34: [1H3-4] Cho tứ diện ABCD , có tam giác BCD đều, hai tam giác ABD và ACD vuông cân
đáy AD . Điểm G là trọng tâm tam giác ABC . Gọi M N, lần lượt là trung điểm BC và AD .
Gọi  là góc giữa hai mặt phẳng



CDG



và



MNB



. Hãy tính cos .

A. cos  .0 B. cos 1
13

  . C. cos 1
11

  . D. cos 1

11
  .

Lời giải

Chọn D.

Bước 1: Dựng góc

+) Gọi F là trọng tâm tam giác ABD, ta thấy (CDG) (Ç MNB)=CF

+) Do CA CB CD  , N là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABD nên CN^(ABD)

+) AD CN AD (BCN) AD CF
AD BN

ì ^

ïï ị ^ ị ^

ớù ^
ùợ

Dng DI ^CF ta có CF ^(DIN)Þ a=DIN·

Bước 2: Tính cos

+) Đặt AD2a suy ra NA NB NC  ND a

+) Xét tam giác CNF có ; 3 3 2. 2

NB a NC NF a

NC a NF NI

NC NF

= = = Þ = =

+) Tam giác DNI vng tại N có

A

B

D

C

F

E

N

I

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

1 11 1

; 1 cos

10 10

10 11

a NI

NI ND a ID a a

DI
a

= = Þ = + = Þ = =

Câu 35: [2H1-3] Cho hình chóp S ABCD. có thể tích bằng V , đáy ABCD là hình vuông. Cạnh bên





SA ABCD và SC hợp với đáy góc

30

0. Mặt phẳng

 

P qua

A

vng góc với SC cắt

, ,

SB SC SD lần lượt tại E F K, , . Tính thể tích khối chópS AEFK. theo V .

A.

V

. B. 2

V

. C. 3

V

. D.

V
.

Lời giải

Chọn A.

Có 1

SF

SC  ;

2
5

SE

SB  ;

2
5

SK

SD 

10 10

SAEFK

SAEFK
SABCD

V V

V

V    .

Câu 36: [1D2-3] Tìm hệ số của số hạng chứa x3 trong khai triển 2
2

n
x

x

 



 

 

, biết n là số tự nhiên thỏa

mãn 3 4 2 2
3

n n

C  n C .

A. 134 . B. 144 . C. 115 . D. 141.

Lời giải
Chọn B.

Từ giả thiết 3 4 2 2 9
3

n n

C  n C  n .

Khai triển có số hạng tổng quát là: 9 3
1 9( 2)

k k k
k

T C x 

  

Số hạng chứa x3 ứng với k 2 nên hệ số của số hạng chứa x3 là 2 2
9( 2) 144

C   .

S

A

B

C

D

E

F

K

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

Câu 37: [2D2-3] Cho ( ) 2018
2018 2018

x

f x 

 . Tính giá trị của biểu thức

1 2 2018

...

2019 2019 2019

S f   f    f  

     

A. S 2018. B. S  2018. C. S 2019. D. S 1009.
Lời giải

Chọn D.

Nhận thấy f x( ) f(1 x) 1 nên ta có 1 2 ... 2018 1009

2019 2019 2019

Sf   f    f  

     

Tổng quát ( ) , 0, 1

x

a

f x a a

a a

   

 1

( )

n

k

S f

n



 





Câu 38: [2H3-3] Trong không gian Oxyz cho tam giác ABC có trọng tâm G , biết



6; 6;0 ,





0;0;12



B  C và đỉnh A thay đổi trên mặt cầu

 

2 2 2

1 : 9

S x y z  . Khi đó G thuộc

mặt cầu



S2



A.



S2

 

: x2



2



y 2



2



z4



2 1 B.



 











2 2 2

2 : 2 2 4 1

S x  y  z  .

C.



S2

 

: x 4



2



y4



2



z 8



2 1. D.



 











2 2 2

2 : 2 2 4 3

S x  y  z  .

Lời giải
Chọn B.

Sử dụng công thức tọa độ trọng tâm, ta có:xA 3xG 6;yA 3yG6;zA 3zG12

Do A thay đổi trên mặt cầu

 

2 2 2

1 : 9

S x y z  nên ta có:





2 2

(3xG 6)  3xG6 (3xG12) 9

2 2 2

(xG 2) (yG 2) (zG 4) 1

      

Vậy G thuộc mặt cầu có PT:



 











2 : 2 2 4 1

S x  y  z  .

Phương pháp này áp dụng cho các bài tốn tìm tập hợp điểm mà tọa độ của nó biểu thị theo

một điểm có Tập hợp cho trước.

Câu 39: [2D3-3] Cho hàm số f(x) liên tục trên [0;3] và
1

( ) 2
f x dx 



;

( ) 8
f x dx 



. Giá trị của tích

phân





| 2 1|

f x dx





là:

A. 6. B. 3. C. 4. D. 5.

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

Ta có:
1
2 1,
2
2 1
1
2 1,
2
x x
x
x x

   


 
   


nên





1
1

| 2 1|

f x dx









0,5 1

1 0,5

2 1 (2 1)

f x dx f x dx E F


     



0,5 3
1 0
1
( 2 1) dx ( )

E f x f t dt







  



ta đổi biến t2x1,

1 1

0,5 0

(2 1) ( ) ,
2

F



f x dx



f t dt ta đổi biến t2x1,

Vậy





1 3 1

1 0 0

1 1

| 2 1| ( ) ( ) 1 4 5

2 2

f x dx f x dx f x dx



     



Câu 40: [2D2-3] Có bao nhiêu số nguyên m sao bất phương trình ln 5 ln(x2 1) ln(mx2 4x m)

     có

tập nghiệm là .

A. 3. B. 4. C. 1. D. 2.

Lời giải
Chọn C.

Yêu cầu bài toán

2 2

4 0,

ln(5x 5) ln( 4 ),

5 5 4 ,

mx x m x

x mx x m x

     

        
     






2
2
4 0,
2 3

(5 ) 4 5 0,

mx x m x

m

m x x m x

     

  

      





Vậy m 3.

Câu 41: [2D1-3] Tìm tất cả các giá trị của m để hàm số cos
cos
x m
y
x m
 


 nghịch biến trên khoảng
3
;
2


 
 

 .

A. m  .0 B. m  .1 C. m  .1 D. m < 0
Lời giải

Chọn C.

Nhận thấy: 1 2 1 2

1 os os 0

x x  c x c x

         .

Vậy đặt t cosx ,với x thuộc khoảng ;3 ( 1;0)

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

Hàm số trở thành y t m,t ( 1;0)

t m

 

  

 . Khi đó YCBT tương đương

1 0

' 0, ( 1,0) 1

( )

m m

m

y t m

m
t m

   




        



  .

Câu 42: [2D2-4] Cho ,x y là số thực dương thỏa mãn 2

logxlogylog(x y). Tìm giá trị nhỏ nhất
của P2x y

A. 3 2 6 . B. 4 2 3 . C. 8. D. 5 3 2 .

Lời giải
Chọn B.

Ta có logx logy log(x2 y) xy x2 y



x 1



y x2

 

*

        

Mặt khác x y , 0 nên x   . Từ 1 0

 

* suy ra 2
1
x
y

x


 . Khi đó

2 1 1

2 2 3 1 3( 1) 4

1 1 1

x

P x y x x x

x x x

          

   .

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho hai số không âm 3(x  1) và 1
1

x  , ta được

2 3( 1). 4 2 3 4
1

P x

x

    

 .

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi

3( 1)

1 1

3
4
1

, 0 3

x

x x

x
y

x

y
x y



 

  

 

 

 

 

 



   



 




Vậy minP 2 3 4 .

Câu 43: [2D2-4] Có bao nhiêu cặp số tự nhiên ( ; )x y thỏa mãn 2019x 2018 y2

  ?

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

Lời giải
Chọn A.

Ta có : 2

2019x 2018 2(mod 3) 2(mod 3)

y

   

Khơng có số chính phương nào chia 3 dư 2.

Câu 44: [1D5-3] Giả sử đường thẳng y ax b  là tiếp tuyến chung của đồ thị các hàm số
2 5 6

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

A. M 16. B. M 4. C. M 4. D. M 7.
Lời giải

Chọn B.

Ta có y ax b  là tiếp tuyến của đồ thị hàm số y x 2 5x6 nên phương trình

2 5 6

x  x ax b có nghiệm kép.





2 5 6 2 5 6 0

x  x ax b  x  a x  b

  



a5



2 4(6 b) 0

Đường thẳng y ax b  là tiếp tuyến của đồ thị các hàm số y x 33x10 nên hệ phương

trình
3

3 10

3 3

x x ax b

x a
    



 


 có nghiệm.

Từ đó hệ





3
2
2
3 10
3 3

5 4(6 ) 0

x x ax b

x a
a b
    


 


   



có nghiệm.

























2 2
3
2
2
2 2
2 2
2
3 2

5 3 8

3 10

3 3 4 24 5 24 3 8

5 4(6 ) 0 3 8

3 10 3 3 6 (1)

a x

x x ax b

x a b a x

a b x

x x x x


   
     

 
           
 
   
 
 
     



Shift Solve phương trình (1) ta được x 0

Suy ra, 3
10
a
b







Câu 45: [2D3-4] Cho hàm số yf x

 

có đạo hàm liên tục trên [0;1] thỏa mãn f

 

1 3,
1

4
[ '( )] d

11
f x x 



và

 

1
4
0
7
d
11
x f x x 



. Giá trị của

 

d
f x x



là

A. 35

11. B.

21. C.

7 . D.

9
4.
Lời giải
Chọn C.
Cách1: Xét 
1
4
0
( )d

A



x f x x, Đặt 4 5

'( ) dx
( )

1
d

5
du f x
u f x

v x

dv x x

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

1 1 1

5 5 5 5

0 0 0

1 1 7 3 1 7 2

( ) '( )d '( )d '( )d

5 5 11 5 5 11 11

A= x f x -

ò

x f x x= Û -

ò

x f x x= Û

ò

x f x x=

-Lại có
1

1
d

11
x x 



nên:





1 1 1

2 5 10

0 0 0

'( ) d 4 '( )d 4 d 0
f x x x f x x x x







5 5

'( ) 2 d 0 '( ) 2

f x x x f x x





   

6 10

( ) ( (1) 0)

3 3

x

f x  C C do f

     

1 6

10 23

3 3 7

x

I  dx

     

 



Cách 2: Trắc nghiệm

Từ

[

]

0 5

0
5

4
'( )

'( ) '( ) 2 0.
2

'( )

11
f x dx

f x f x x dx
x f x dx

ìïï =

ïï

ïï Þ é + ù =

í êë úû

ï

-ïï =

ïï
ïỵ

ị

Chọn

5 10 23

'( ) 2 ( ) .

3 3 7

x

f x =- x Þ f x =- + Þ I=

Câu 46: [1H3-4] Trong một trang trại có 1 ngơi nhà với hình dạng mái nhà là một kim tự tháp – Là các
mặt bên của hình chóp tứ giác đều (như hình vẽ), sàn tầng gác mái là hình vng ABCD tâm O
có diện tích bằng 36 m2. Người ta trang trí một đường dây bóng đèn nhấp nháy, bắt đầu từ một

điểm bất kỳ M trên một bên mái



SAB



đi qua O đến một điểm bất kỳ N trên mái bên đối diện



SCD



và trở về điểm M ban đầu. Biết độ cao tính từ tâm O đến đỉnh S là 3 3m.

Khi đó dây bóng đèn nhấp nháy có độ dài ngắn nhất là bao nhiêu?

O

M

N
A

B C

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

A. 9 m. B. 6 3 m . C. 9 3 m . D. 3 3 m .
Lời giải

Chọn A.

Gọi ,K L lần lượt là điểm đối xứng của O qua các mp SAB mp SCD .









Ta có: ON MN OM  NL MN MK  KL.

Suy ra dây bóng đèn nhấp nháy có độ dài ngắn nhất khi L N M K, , , thẳng hàng.
Khi đó, ta có NL/ / OJ dẫn đến ba tam giác NOQ NLQ JQO, , đôi một bằng nhau.

Mặt khác, tanSJO· SO 3

OJ

  hay SJO · 600. Do đó tam giác ONJ là tam giác đều có

NJ OJ  và MN là đường trung bình của tam giác SIJ .

Vậy dây bóng đèn nhấp nháy có độ dài ngắn nhất là

2 6 3 9

KL NL MN MK    NL MN    .

Câu 47: [2H3-4] Trong không gian Oxyz, biết mặt phẳng

 

P đi qua điểm M



1; 4;9



và cắt các tia
dương Ox Oy Oz, , lần lượt tại ba điểm A B C, , khác gốc toạ độ O , sao cho



OA OB OC 



đạt giá trị nhỏ nhất. Khi đó chọn khẳng định đúng.

A. Độ dài ba cạnh OA OB OC, , bằng nhau.

B. Độ dài ba cạnh OA OB OC, , theo thứ tự lần lượt lập thành cấp số nhân.
C. Độ dài ba cạnh OA OB OC, , theo thứ tự lần lượt lập thành cấp số cộng.

D. Độ dài ba cạnh OA OB OC, , theo thứ tự lần lượt là ba số hạng của một dãy số giảm.
Lời giải

Chọn C.

Gọi các điểm có tọa độ là A a



;0;0 ;



B



0; ;0 ;b



C



0;0;c



với a b c , , 0.

Khi đó phương trình mặt phẳng

 

P đi qua các điểm A B C, , là: x y z 1

ab c  .

Vì mặt phẳng

 

P đi qua điểmM



1; 4;9



nên ta có 1 4 9 1

a b c   .

S

A

B

C

D

L

Q

N

M

K

O

P

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

Đặt

X
a

Y
b

Z
c
















. Ta có X Y Z  1; X Y Z, , 0 và

a
X

b
Y

c
Z
















. Áp dụng bất đẳng thức AM-GM ta

được:

1 1

36X 2. 36. .X 12

X   X  ;

4 1

36Y 2. 36.4. .Y 24

Y   Y  ;

9 1

36Z 2. 36.9. .Z 36

Z   Z  .

Cộng vế theo vế suy ra: 1 4 9 36



X Y Z



72 1 4 9 36

X Y Z      X Y Z  . Dấu đẳng thức

xả ra khi và chỉ khi 1; 1; 1

6 3 2

X  Y  Z  .

Vậy



OA OB OC 



  a b cđạt giá trị nhỏ nhất bằng 36 khi và chỉ khi

6; 12; 18

OA OB OC .

Ta có OA OB OC; ; tạo thành một cấp số cộng.

Câu 48: [2H2-4] Cho mặt cầu tâm O bán kính 2a . Mặt phẳng

 

 cố định cách O một khoảng bằng a
,

 

 cắt mặt cầu theo đường tròn

 

T . Trên

 

T lấy điểm A cố định. Một đường thẳng đi qua

A vng góc với

 

 và cắt mặt cầu tại điểm B A . Trong mặt phẳng

 

 một góc vng

xAy quay quanh điểm A và cắt đường tròn

 

T tại hai điểm C D, khơng trùng A . Khi đó chọn
khẳng định đúng:

A. Diện tích tam giác BCD đạt giá nhỏ nhất bằng 21a .2
B. Diện tích tam giác BCD đạt giá lớn nhất bằng 21a .2
C. Diện tích tam giác BCD đạt giá lớn nhất bằng 2 21a .2

D. Do mặt phẳng

 

 không qua O nên không tồn tại giá lớn nhất, hay giá trị nhỏ nhất của 
diện tích tam giác BCD .

Lời giải

Chọn B.

A

B

O

D

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

Gọi I là tâm của đường trịn

 

T , khi đó OI 

 

 và OI a.
Do đó

 

T có bán kính r OA2 OI2 a 3

   .

Do AB

 

 nên AB OI// .

Hạ OK AB thì tứ giác AIOK là hình chữ nhật, nên AB2AK 2OI 2 .a

Trong mặt phẳng



ACD hạ AH CD



 , suy ra CD



ABH



. Do vậy BH 



CD



.
Mặt khác xAy 900

  nên CD là một đường kính của

 

T , suy ra CD2a 3.
Do vậy ta có:

2 2 2 2 2 2 2

1 1 1 1

. . . 4 3 .2a 3 21

2 2 2 2

BCD

S  BH CD AB AH CD AB AI CD a  a a

Vậy max 2 21.

BCD

S a

Câu 49: [1D2-3] Có bao nhiêu cách mắc nối tiếp 4 bóng đèn từ 10 bóng đèn khác nhau?

A. 5040. B. 504. C. 210. D. 40.

Lời giải
Chọn A.

Số cách mắc là số chỉnh hợp chập 4 của 10 phần tử. Vậy có 4

10 5040

A  cách.

Câu 50: [1D2-4] Có 6 xe xếp cạnh nhau thành hàng ngang gồm: 1 xe màu xanh, 2 xe màu vàng, 3 xe
màu đỏ. Tính xác suất để hai xe cùng màu không xếp cạnh nhau.

A. 1

6. B.

7 . C.

5. D.

19
120.
Lời giải

Chọn A.

Đánh số thứ tự của các xe từ 1 đến 6, số thứ tự các vị trí từ I đến VI. Tổng số cách xếp là
6! 720.

- Trường hợp 1: Xe đỏ thứ nhất ở vị trí I, xe đỏ thứ hai ở vị trí III, xe đỏ thứ ba ở vị trí V.

Số cách xếp là 3!.3! 36

- Trường hợp 2: Xe đỏ thứ nhất ở vị trí I, xe đỏ thứ hai ở vị trí IV, xe đỏ thứ ba ở vị trí VI.

Số cách xếp là 3!.2.2 24

- Trường hợp 3: Xe đỏ thứ nhất ở vị trí II, xe đỏ thứ hai ở vị trí IV, xe đỏ thứ ba ở vị trí VI.

Số cách xếp là 3!.3! 36

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

Số cách xếp là 3!.2.2 24

Vậy xác suất để hai xe cùng màu không xếp cạnh nhau là 36 24 36 24 1.

720 6

</div>

Đề thi giữa học kì 2 môn toán lớp 12 năm 2017 trường thpt yên phong mức độ vận dụng cao | Toán học, Lớp 12 - Ôn Luyện





<sub></sub>

<sub></sub>

<i>A</i>

<i>B</i>

<i>D</i>

<i>C</i>

<i>F</i>

<i>E</i>

<i>N</i>

<i>I</i>





<sub>30</sub>

<sub> </sub>

<i><sub>A</sub></i>

<i>S</i>

<i>A</i>

<i>B</i>

<i><sub>C</sub></i>

<i>D</i>

<i>E</i>

<i>F</i>

<i><sub>K</sub></i>











 







 













 













 













 











<sub> </sub>





<sub></sub>

<sub> </sub>

<sub></sub>

<sub></sub>

<sub></sub>

<sub></sub>

<sub></sub>















