Đề kiểm tra cuối học kì 1 môn Toán lớp 12 năm 2021-2022 có đáp án - Trường THPT số 3 Bảo Thắng (Mã đề 101)

Chia sẻ: _ _ | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:18

Thêm vào BST

Báo xấu

13
lượt xem 3
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

‘Đề kiểm tra cuối học kì 1 môn Toán lớp 12 năm 2021-2022 có đáp án - Trường THPT số 3 Bảo Thắng (Mã đề 101)’ là tài liệu tham khảo được TaiLieu.VN sưu tầm để gửi tới các em học sinh đang trong quá trình ôn thi cuối học kì, giúp học sinh củng cố lại phần kiến thức đã học và nâng cao kĩ năng giải đề thi. Chúc các em học tập và ôn thi hiệu quả!

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Đề kiểm tra cuối học kì 1 môn Toán lớp 12 năm 2021-2022 có đáp án - Trường THPT số 3 Bảo Thắng (Mã đề 101)

THPT SỐ 3 BẢO THẮNG KIỂM TRA CUỐI KỲ 1 NĂM HỌC 2021 - 2022 TỔ: TOÁN – TIN - CN MÔN TOÁN – Khối lớp 12 Thời gian làm bài : 90 phút (Đề thi có 05 trang) (không kể thời gian phát đề) Mã đề 101 PHẦN I. TRẮC NGHIỆM (7 điểm) Câu 1. Thể tích khối hộp chữ nhật có độ dài ba kích thước lần lượt là 3, 4, 6 bằng A. 24 . B. 12 . C. 72 . D. 18 . Câu 2. Cho hàm số y = f ( x ) có bảng biến thiên như hình vẽ. Giá trị nhỏ nhất của hàm số y = f ( x ) trên đoạn [ −3;3] bằng A. −3 B. 2 . C. 3 . D. −1 . Câu 3. Đường cong trong hình vẽ bên dưới là đồ thị của hàm số nào dưới đây? A. y =− x 4 + 2 x 2 + 2 . B. y =− x3 + 3x 2 + 2 . C. y =x 3 − 3 x 2 + 2 . D. y =x 4 − 2 x 2 + 2 . Câu 4. Cho hàm số y = f ( x ) có bảng biến thiên như sau Hàm số đã cho đồng biến trên khoảng nào dưới đây? A. ( −2;3) B. ( 3; + ∞ ) C. ( −2; + ∞ ) D. ( −∞; − 2 ) Câu 5. Nghiệm của phương trình log 4 ( x − 1) = 2 là A. x = −17 B. x = 17 C. x = 16 D. x = 15 1 Câu 6. Cho x là một số thực dương, biểu thức P = x 6 ⋅ 3 x viết dưới dạng lũy thừa với số mũ hữu tỷ là 2 1 1 A. P = x 9 B. P = x 2 C. P = x 8 D. P = x 2 Câu 7. Với a là số thực dương tùy ý, log 5 a 3 bằng 1 1 A. + log 5 a . B. 3 + log 5 a . C. log 5 a . D. 3log 5 a . 3 3 1/5 - Mã đề 101
Câu 8. Số nghiệm nguyên của bất phương trình log 2 x < 3 là. A. 7 . B. 9 . C. Vô số. D. 8 . Câu 9. Cho hình nón có bán kính đáy bằng r = 7 và độ dài đường sinh l = 9 . Diện tích xung quanh của hình nón đã cho là A. S xq = 9 7π . B. S xq = 3 7π . C. S xq = 18 7π . D. S xq = 27 7π . Câu 10. Khối cầu có thể tích V = 4π . Bán kính r của khối cầu đó là A. r = 3 . B. r = 3 . C. r = 3 3 . D. r = 3 3 3 . Câu 11. Diện tích xung quanh hình trụ có độ dài đường sinh bằng l và bán kính đáy bằng r là 1 A. S xq = π rl . B. S xq = 2π rl . C. S xq = 4π rl . D. S xq = π rl . 3 số y log 6 ( x − 4 ) là Câu 12. Tập xác định của hàm= A. ( −∞; +∞ ) . B. ( −∞; 4 ) . C. [ 4; +∞ ) . D. ( 4; +∞ ) . Câu 13. Cho hình nón có đường sinh bằng 5a và bán kính đáy bằng 3a . Tính chiều cao của hình nón theo a A. 4a . B. 8a . C. 3a . D. 6a cm. Câu 14. Khối đa diện trong hình vẽ bên có bao nhiêu cạnh? A. 4 B. 10 C. 12 D. 9 Câu 15. Hàm số f ( x ) = 2 x 2 +4 có đạo hàm là A. f ′ ( x ) = 2 x B. f ′ ( x ) = 2 x.2 x 2 2 +4 +4 ln 2 . ln 2 . C. f ′ ( = x) (x + 4) 2x D. f ′ ( = x) (x + 4) 2x 2 2 2 +4 ln 2 . 2 +3 . Câu 16. Hàm số nào dưới đây có đồ thị như hình vẽ bên? 4 2 A. y =x + 2 x − 2 . B. y =− x4 + 2x2 − 2 . C. y = x 3 − 2 x − 2 . D. y =− x3 + 2 x − 2 . Câu 17. Nghiệm của phương trình 3x− 2 = 9 là. A. x  4 B. x  3 C. x  3 D. x  4 Câu 18. Với a là số thực dương bất kỳ, mệnh đề nào sau đây đúng? A. ln ( 3= a ) ln 3 + ln a . B. ln ( 3 + a ) = ln 3 + ln a . 2/5 - Mã đề 101
a 1 C. ln ( 5a ) = 5.ln a . D. ln = ln a . 3 3 Câu 19. Cho hàm số f ( x ) có bảng biến thiên như sau: Điểm cực tiểu của hàm số đã cho là A. x = 2 . B. x = −1 . C. x = −3 . D. x = 1 . 2x +1 Câu 20. Tiệm cận ngang của đồ thị hàm số y = là: x −1 1 A. y = −1 . B. y = 2 . C. y = 1 . D. y = . 2 Câu 21. Một khối đồ chơi gồm hai khối trụ ( H1 ) , ( H 2 ) xếp chồng lên nhau, lần lượt có bán kính đáy và 1 = chiều cao tương ứng là r1 , h1 , r2 , h2 thỏa mãn r2 = r1 , h2 2h1 . Biết rằng thể tích của toàn bộ khối đồ chơi 2 bằng 36 cm3 , thể tích của khối trụ ( H1 ) bằng A. 20 cm3 . B. 22 cm3 . C. 10 cm3 . D. 24 cm3 . Câu 22. Cho hình lăng trụ đứng ABC. A′B′C ′ có đáy là tam giác đều cạnh bằng 2, A′B tạo với mặt phẳng đáy góc 600 . Thể tích khối lăng trụ ABC. A′B′C ′ 'bằng: A. 3 . B. 2 . C. 12 . D. 6 . x +1 Câu 23. Tổng số tiệm cận đứng và tiệm cận ngang của đồ thị hàm số y = 2 là x − 3x − 4 A. 0 . B. 2 . C. 3 . D. 1 . Câu 24. Một hình chóp có 18 cạnh. Hỏi hình chóp đó có bao nhiêu mặt ? A. 11 . B. 10 . C. 13 D. 12 . 2 Câu 25. Hàm số y = 2 x −3 x có đạo hàm là 3/5 - Mã đề 101
2 2 2 2 A. 2 x −3 x .ln 2 . B. (2 x − 3).2 x −3 x . C. (2 x − 3).2 x −3 x .ln 2 . D. ( x 2 − 3 x).2 x −3 x −1 . f ( x ) log 2 x 2 + 2 x có đạo hàm là Câu 26. Hàm số= ( ) ln 2 ( 2 x + 2 ) ln 2 A. f ′ ( x ) = . B. f ′ ( x ) = . x2 + 2 x x2 + 2 x 2x + 2 1 C. f ′ ( x ) = . D. f ′ ( x ) = . ( ) x 2 + 2 x ln 2 ( x 2 + 2 x ln 2 ) Câu 27. Với mọi a, b thỏa mãn log 2 a 3 + log 2 b = 5 , khẳng định nào dưới đây là đúng? A. a 3b = 25 . B. a 3b = 32 . C. a 3 + b =25 . D. a 3 + b =32 . 3 Câu 28. Tìm tập xác định của hàm số y = (x 2 − 3x + 2 ) . 2 A. ( −∞;1) ∪ ( 2; + ∞ ) . B.  \ {1; 2} . C. ( −∞;1] ∪ [ 2; + ∞ ) . D. (1; 2 ) . Câu 29. Trong các hàm số sau, hàm số nào nghịch biến trên  ? x+5 A. y = − x 4 − x 2 + 3 . B. y =− x3 + 3x 2 + 1 . C. y = . D. y =− x3 − 3x + 1 x−2 Câu 30. Giá trị nhỏ nhất của hàm số f ( x ) =x 4 − 10 x 2 + 2 trên đoạn [ −2;1] bằng A. 2 . B. −22 . C. −23 . D. −7 . x x Câu 31. Phương trình 9 − 3.3 + 2 =0 có hai nghiệm x1 , x2 với x1 < x2 . Giá trị của biểu thức 2 x1 + 3x2 bằng A. 2 log 3 2 B. 3log 3 2 C. 8 D. 7 Câu 32. Cho hình nón có bán kính đáy bằng 2 và góc ở đỉnh bằng 60° . Diện tích xung quanh của hình nón đã cho bằng 8 3π 16 3π A. . B. 16π . C. 8π . D. . 3 3 Câu 33. Nghiệm của phương trình log 2 ( x += 1) + 1 log 2 ( 3 x − 1) là A. x = 2 . B. x = 1 . C. x = 3 . D. x = −1 . Câu 34. Cho hàm số f ( x) liên tục trên  và có bảng xét dấu của f ′( x) như sau: Số điểm cực tiểu của hàm số đã cho là A. 3. B. 1. C. 4. D. 2. Câu 35. Đồ thị của hàm số nào dưới đây có dạng như đường cong trong hình vẽ bên? 4/5 - Mã đề 101
x−2 x−2 x+2 x+2 A. y = . B. y = . C. y = . D. y = . 3x − 2 3x + 2 3x + 2 3x − 2 PHẦN II. TỰ LUẬN (3 điểm) (Lớp 12A2,12A3,12A4,12A5 không làm câu 5, câu 6 phần tự luận) Câu 1. Ông A gửi tiết kiệm 40 triệu đồng ở ngân hàng X với lãi suất không đổi 5,0% một năm. Bà B gửi tiết kiệm 70 triệu đồng ở ngân hàng Y với lãi suất không đổi 6,0% một năm. Biết rằng nếu không rút tiền ra khỏi ngân hàng thì cứ sau mỗi năm,số tiền lãi được nhập vào vốn ban đầu. Hỏi sau ít nhất bao nhiêu năm thì tổng số tiền cả vốn lẫn lãi của bà B lớn hơn hai lần tổng số tiền cả vốn lẫn lãi của ông A ? Câu 2. Cho hình lăng trụ tam giác đều ABC. A′B′C ′ có AA′ = 5 3 , góc giữa đường thẳng A′B và mặt phẳng ( ABC ) bằng 60°. Tính thể tích khối lăng trụ ABC. A′B′C ′ Câu 3. Tìm m để đồ thị hàm = số y x 4 + 2(2m + 1) x 2 + m3 + 4m có ba điểm cực trị lập thành một tam giác vuông. Câu 4. Tìm tất cả các giá trị nguyên của m ∈ ( 0; 20 ) để phương trình log 9 x 2 − log 3 ( 3 x + 1) =− log 3 m ( m là tham số thực) có đúng hai nghiệm thực phân biệt. ( Câu 5. Cho phương trình log 22 x − 4 log 2 x + 3 ) 2x − m = 0 ( m là tham số thực). Có tất cả bao nhiêu giá trị nguyên dương của tham số m để phương trình đã cho có đúng hai nghiệm thực phân biệt? Câu 6. Tìm tất cả các giá trị của tham số m để phương trình log 2 ( 2 x + m ) − 2 log 2 x = x 2 − 8 x − 4m − 2 có đúng hai nghiệm thực phân biệt? ------ HẾT ------ Thí sinh không được sử dụng tài liệu, giám thị coi thi không giải thích gì thêm. Họ và tên học sinh :..................................................... Số báo danh : ................... 5/5 - Mã đề 101
TRƯỜNG THPT SỐ 3 BẢO THẮNG HDC ĐỀ THI HỌC KỲ I NĂM 2021-2022 TỔ: TOÁN – TIN -CN MÔN THI: TOÁN HƯỚNG DẪN CHẤM PHẦN I. TRẮC NGHIỆM. (Mỗi đáp án đúng 0.2 điểm) 101 102 103 104 1 C C A A 2 D C B B 3 A D B A 4 A A C C 5 B D D B 6 D D A A 7 D C D A 8 A B B D 9 A A B B 10 C B C D 11 B C C D 12 D A B A 13 A C A C 14 C B A C 15 B D B B 16 C C D B 17 D B D A 18 A A A D 19 B C A D 20 B D D C 21 D A D B 22 D B C A 23 B C C A 24 B B A C 25 C C B C 26 C A B A 27 B D D D 28 A D D A 29 D A A B 30 B C A C 31 B B C D 32 C D B C 33 C C C A 34 D A A B 35 D B B D
II. PHẦN TỰ LUẬN Câu hỏi MÃ ĐỀ 101 Điểm Ông A gửi tiết kiệm 40 triệu đồng ở ngân hàng X với lãi suất không đổi 5,0% một năm. Bà B gửi tiết kiệm 70 triệu đồng ở ngân hàng Y với lãi suất không đổi 6,0% một năm. Biết rằng nếu không rút tiền ra khỏi ngân hàng thì cứ sau mỗi năm,số tiền lãi được nhập 0,5 vào vốn ban đầu. Hỏi sau ít nhất bao nhiêu năm thì tổng số tiền cả vốn lẫn lãi của bà B lớn hơn hai lần tổng số tiền cả vốn lẫn lãi của ông A ? Giả sử n > 0 ( n ∈  ) là số năm gửi tiền trong ngân hàng của ông A và bà B. A là: S1 40.106 (1 + 0, 05 ) (triệu đồng) và của n Sau n năm, số tiền cả gốc lẫn lãi của ông = là: S 2 70.106 (1 + 0, 06 ) (triệu đồng). n bà B= 0,25 Để tổng số tiền cả vốn lẫn lãi của bà B lớn hơn hai lần tổng số tiền cả vốn lẫn lãi của ông Câu 1 A thì 2 S1 < S 2 . n  1, 05  7 Hay 2.40.10 (1 + 0, 05 ) < 70.10 (1 + 0, 06 ) n n 6 6 ⇔  <  1, 06  8 7 0,25 ⇔ n > log 1,05   ⇒ n ≥ 15 1,06  8  Vậy, sau 15 năm thì tổng số tiền cả vốn lẫn lãi của bà B lớn hơn hai lần tổng số tiền cả vốn lẫn lãi của ông A . Cho hình lăng trụ tam giác đều ABC. A′B′C ′ có AA′ = 5 3 góc giữa đường thẳng A′B 0.5 và mặt phẳng ( ABC ) bằng 60°. Tính thể tích khối lăng trụ ABC. A′B′C ′ 0,25 Câu 2 Ta có AA   ABC   AB là hình chiếu vuông góc của A B trên mặt phẳng ( ABC ) A′BA .   . Suy ra góc giữa A′B và mặt phẳng ( ABC ) là góc  A BA  600 0 AA′ AA′ Lại có: tan 60 = ⇒ AB = = 5 AB tan 600 1 25 3 SABC  . AB.CB.sin 600  2 4 0,25 25 3 375 Thể tích khối lăng trụ ABC. A ' B ' C ' là: VABC . AB C   AA.SABC  5 3.  4 4 Tìm m để đồ thị hàm = 4 2 3 số y x + 2(2m + 1) x + m + 4m có ba điểm cực trị lập thành một 0,5 tam giác vuông. x = 0 ( ) Ta có y ' = 4 x 3 + 4 ( 2m + 1) x = 4 x x 2 + 2m + 1 ⇒ y′= 0 ⇔  2 . x = −2m − 1
Hàm số đã cho có ba điểm cực trị khi và chỉ khi phương trình x 2 = −2m − 1 có 2 1 Câu 3 nghiệm phân biệt khác 0 ⇔ −2m − 1 > 0 ⇔ m < − . 2 0,25 Tính được toạ độ ba điểm cực trị là A ( 0; m + 4m ) thuộc Oy; và hai điểm 3 B ( 2 ) ( −2m − 1; − ( 2m + 1) + m3 + 4m ; C − −2m − 1; − ( 2m + 1) + m3 + 4m 2 ) đối xứng nhau qua Oy. Suy ra, tam giác ABC cân tại A.   Ta có AB = ( ) ( −2m − 1; − ( 2m + 1) ; AC = − 2m − 1; − ( 2m + 1) 2 2 )   0 ⇔ ( 2m + 1) + ( 2m + 1) = 4 Để tam giác ABC vuông thì AB ⊥ AC ⇔ AB. AC = 0 ( 2m + 1)3 + 1 =  m = −1 0 1 ⇔ ⇔ 1 (loại giá trị m = − )  2m + 1 = 0 m = − 2  2 1 Đối chiếu với điều kiện m < − ta tìm được m = −1 thỏa đề bài. 2 Tìm tất cả các giá trị nguyên của m ∈ ( 0; 20 ) để phương trình log 9 x 2 − log 3 ( 3 x + 1) =− log 3 m ( m là tham số thực) có đúng hai nghiệm thực phân 0,5 biệt. 1 Điều kiện: < x ≠ 0, m > 0 3 x 1 Phương trình đã cho trở thành log 3 x − log 3 ( 3x + 1) =− log 3 m ⇔ log 3 =log 3 3x + 1 m 1 x x  1  ⇔ = f ( x) = f ( x ) . Xét hàm số = , ∀x ∈  − ;0  ∪ ( 0; +∞ ) m 3x + 1 3x + 1  3  0,25  −x  1   −1  1  , ∀x ∈  − ;0   , ∀x ∈  − ;0    ( 3 x + 1) 2 x  3x + 1  3 ⇒ f x =  3  Ta có: f ( x ) = =  ( )  3x + 1  x  1 , ∀x ∈ ( 0; +∞ ) , ∀x ∈ ( 0; +∞ ) Câu 4  3 x + 1  ( 3 x + 1)2  x Bảng biến thiên của hàm số f ( x ) = 3x + 1 0,25 1 1 Để phương trình có hai khiệm nghiệm thì 0 < < ⇔ m > 3. m 3 m ∈ ( 0; 20 ) Do  ⇒ m ∈ {4;5;6;...;19} . m ∈ 
( Cho phương trình log 22 x − 4 log 2 x + 3 ) 2x − m = 0 ( m là tham số thực). Có tất cả bao nhiêu giá trị nguyên dương của tham số m để phương trình đã cho có đúng hai nghiệm 0,5 thực phân biệt? x > 0 x > 0 Điều kiện:  x ⇔ . 2 − m ≥ 0  x ≥ log 2 m ( do m > 0) log 22 x − 4 log 2 x + 3 =0 Ta có ( log x − 4 log 2 x + 3) 2 2 x 2 − m =0 ⇔   2 x − m = 0 Câu 5 = log 2 x 1= x 2 ⇔ log 2 x =3 ⇔  x =8  .  2 x = m  x = log 2 m Phương trình ( log 2 2 x − 4 log 2 x + 3) 2 x − m = 0 có đúng hai nghiệm thực phân biệt log m ≤ 0 0 < m ≤ 1 m = 1 ⇔ 2 ⇔ 2 8 . Do m nguyên dương suy ra  m ∈ {4;5;6;…; 255} .  2 ≤ log 2 m < 8 2 ≤ m < 2  Vậy có tất cả 1 + 255 − 3 =253 giá trị m nguyên dương thỏa mãn đề bài. Tìm tất cả các giá trị của tham số m để phương trình 0,5 log 2 ( 2 x + m ) − 2 log 2 x = x − 8 x − 4m − 2 có đúng hai nghiệm thực phân biệt? 2 x > 0 Điều kiện:  . Ta có log 2 ( 2 x + m ) − 2 log 2 x = x 2 − 8 x − 4m − 2  2 x + m > 0 ⇔ log 2  4 ( 2 x + m )  + 4 ( 2 x + m = )  f ( x 2 ) , (1) ) log 2 x 2 + x 2 ⇔ f  4 ( 2 x + m= f ( t ) log 2 t + t trên khoảng ( 0; +∞ ) Xét hàm số = 0,25 1 Ta có f ′ (= t) f ( t ) log 2 t + t luôn đồng biến trên khoảng + 1 > 0, ∀t > 0 . Suy ra = t ln 2 ( 0; +∞ ) Do đó (1) ⇔ 4 ( 2 x + m ) = x 2 ⇔ 4m = x 2 − 8 x = h ( x ) Câu 6 Xét hàm số h ( x= ) x 2 − 8 x trên khoảng ( 0; +∞ ) Ta có h′ ( x ) = 2 x − 8; g ′ ( x ) = 0 ⇔ x = 4 Bảng biến thiên của hàm số h ( x= ) x2 − 8x 0,25 Dựa vào bảng biến thiên ta thấy phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt khi −16 < 4m < 0 ⇔ −4 < m < 0
Câu hỏi MÃ ĐỀ 102 Điểm Ông A gửi tiết kiệm 40 triệu đồng ở ngân hàng X với lãi suất không đổi 4,5% một năm. Bà B gửi tiết kiệm 90 triệu đồng ở ngân hàng Y với lãi suất không đổi 5,5% một năm. Biết rằng nếu không rút tiền ra khỏi ngân hàng thì cứ sau mỗi năm,số tiền lãi được nhập 0,5 vào vốn ban đầu. Hỏi sau ít nhất bao nhiêu năm thì tổng số tiền cả vốn lẫn lãi của bà B lớn hơn hai lần tổng số tiền cả vốn lẫn lãi của ông A ? Giả sử n > 0 ( n ∈  ) là số năm gửi tiền trong ngân hàng của ông A và bà B. là: S1 45.106 (1 + 0, 045 ) (triệu đồng) và n Sau n năm, số tiền cả gốc lẫn lãi của ông A= là: S 2 80.106 (1 + 0, 055 ) (triệu đồng). của bà B= n 0,25 Câu 1 Để tổng số tiền cả vốn lẫn lãi của bà B lớn hơn hai lần tổng số tiền cả vốn lẫn lãi của ông A thì 2 S1 < S 2 . n  1, 045  8 Hay 2.45.10 (1 + 0, 045 ) < 80.10 (1 + 0, 055 ) n n 6 6 ⇔  <  1, 055  9 0,25 8 ⇔ n > log 1,045   ⇒ n ≥ 13 1,055  9  Vậy, sau 13 năm thì tổng số tiền cả vốn lẫn lãi của bà B lớn hơn hai lần tổng số tiền cả vốn lẫn lãi của ông A . Cho hình lăng trụ tam giác đều ABC. A′B′C ′ có AA′ = 3 3 góc giữa đường thẳng A′C 0,5 và mặt phẳng ( ABC ) bằng 30°. Tính thể tích khối lăng trụ ABC. A′B′C ′ 0,25 Câu 2 Ta có AA   ABC   AC là hình chiếu vuông góc của A C trên mặt phẳng ( ABC ) A′CA .   . Suy ra góc giữa A′C và mặt phẳng ( ABC ) là góc  A CA  300 0 AA′ AA′ Lại có: tan 30 = ⇒ AC = =9 AC tan 300 1 81 3 SABC  . AB.CB.sin 600  2 4 0,25 81 3 729 Thể tích khối lăng trụ ABC. A B C  là: VABC . AB C   AA.SABC  3 3.  4 4 Tìm m để đồ thị hàm= 4 2 3 số y x + 2(3m + 1) x + 2m + 3m có ba điểm cực trị lập thành 0,5 một tam giác vuông. x = 0 Ta có y ' = 4 x 3 + 4 ( 3m + 1) x = 4 x ( x 2 + 3m + 1) ⇒ y′= 0 ⇔  2 . x = −3m − 1 Hàm số đã cho có ba điểm cực trị khi và chỉ khi phương trình x 2 = −3m − 1 có 2 1 nghiệm phân biệt khác 0 ⇔ −3m − 1 > 0 ⇔ m < − . 3 0,25
Tính được toạ độ ba điểm cực trị là A ( 0; 2m3 + 3m ) thuộc Oy; và hai điểm Câu 3 B ( 2 ) ( −3m − 1; − ( 3m + 1) + 2m3 + 3m ; C − −3m − 1; − ( 3m + 1) + 2m3 + 3m 2 ) đối xứng nhau qua Oy. Suy ra, tam giác ABC cân tại A.   Ta có AB = ( ) ( −3m − 1; − ( 3m + 1) ; AC = − 3m − 1; − ( 3m + 1) 2 2 )   0 ⇔ ( 3m + 1) + ( 3m + 1) = 4 Để tam giác ABC vuông thì AB ⊥ AC ⇔ AB. AC = 0  2 ( 3m + 1) + 1 = 0 3  m = − 3 0,25 ⇔ ⇔ 3m + 1 =0 m = − 1  3 1 2 Đối chiếu với điều kiện m < − ta tìm được m = − thỏa đề bài. 3 3 Tìm tất cả các giá trị nguyên của m ∈ ( 0; 20 ) để phương trình log 9 x 2 − log 3 ( 6 x + 1) =− log 3 m ( m là tham số thực) có đúng hai nghiệm thực phân 0,5 biệt. 1 Điều kiện: − < x ≠ 0, m > 0 6 x 1 Phương trình đã cho trở thành log 3 x − log 3 ( 6 x + 1) =− log 3 m ⇔ log 3 =log 3 6x +1 m 1 x x  1  ⇔ = f ( x) = f ( x ) . Xét hàm số = , ∀x ∈  − ;0  ∪ ( 0; +∞ ) m 6x +1 6x +1  6  0,25  −x  1   −1  1  , ∀x ∈  − ;0   , ∀x ∈  − ;0    ( 6 x + 1) 2 x  6x +1  6 ⇒ f x =  6  Ta có: f ( x ) = =  ( )  6x +1  x  1 , ∀x ∈ ( 0; +∞ ) , ∀x ∈ ( 0; +∞ )  6 x + 1  ( 6 x + 1)2 Câu 4  x Bảng biến thiên của hàm số f ( x ) = 6x +1 0,25 1 1 Để phương trình có hai khiệm nghiệm thì 0 < < ⇔ m > 6. m 6 m ∈ ( 0; 20 ) Do  ⇒ m ∈ {7;8;9;...;19} . m ∈  ( Cho phương trình log 22 x − 3log 2 x + 2 ) 3x − m = 0 ( m là tham số thực). Có tất cả bao Câu 5 nhiêu giá trị nguyên dương của tham số m để phương trình đã cho có đúng hai nghiệm 0,5 thực phân biệt?
x > 0 x > 0 Điều kiện:  x ⇔ . 3 − m ≥ 0  x ≥ log 3 m ( do m > 0)  2 log 22 x − 3log 2 x − 2 =0 Ta có ( log x − 3log 2 x + 2 ) 2 x 3 − m =0 ⇔  2  3x − m = 0 0,25 =log 2 x 2= x 4 ⇔ log 2 x =1 ⇔  x =2  . 3 = m x  x = log 3 m Phương trình ( log 2 2 x − 3log 2 x + 2 ) 3x − m = 0 có đúng hai nghiệm thực phân biệt log 3 m ≤ 0 0 < m ≤ 1 m = 1 0,25 ⇔ ⇔ 2 4 . Do m nguyên dương suy ra  m ∈ {9;10;11;…; 80} .  2 ≤ log 3 m < 4 3 ≤ m < 3  Vậy có tất cả 1 + 80 − 8 =73 giá trị m nguyên dương thỏa mãn đề bài. Tìm tất cả các giá trị của tham số m để phương trình 0,5 log 3 ( 2 x + m ) − 2 log 3 x = x − 18 x − 9m − 2 có đúng hai nghiệm thực phân biệt? 2 x > 0 Điều kiện:  . Ta có log 3 ( 2 x + m ) − 2 log 3 x = x 2 − 18 x − 9m − 2  2 x + m > 0 ⇔ log 3 9 ( 2 x + m )  + 9 ( 2 x + m = ) f ( x 2 ) , (1) ) log3 x 2 + x 2 ⇔ f 9 ( 2 x + m= f ( t ) log 3 t + t trên khoảng ( 0; +∞ ) Xét hàm số = 0,25 1 Ta có f ′ (=t) f ( t ) log 3 t + t luôn đồng biến trên khoảng + 1 > 0, ∀t > 0 . Suy ra = t ln 3 ( 0; +∞ ) . Do đó (1) ⇔ 9 ( 2 x + m ) = x 2 ⇔ 9m = x 2 − 18 x = h ( x ) Câu 6 Xét hàm số h ( x= ) x 2 − 18 x trên khoảng ( 0; +∞ ) Ta có h′ ( x ) = 2 x − 18; g ′ ( x ) = 0 ⇔ x = 9 Bảng biến thiên của hàm số h ( x= ) x 2 − 18 x 0,25 Dựa vào bảng biến thiên ta thấy phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt khi −81 < 9m < 0 ⇔ −9 < m < 0 Câu hỏi MÃ ĐỀ 103 Điểm Ông A gửi tiết kiệm 60 triệu đồng ở ngân hàng X với lãi suất không đổi 6,0% một năm. Câu 1 Bà B gửi tiết kiệm 35 triệu đồng ở ngân hàng Y với lãi suất không đổi 4,5% một năm. 0,5 Biết rằng nếu không rút tiền ra khỏi ngân hàng thì cứ sau mỗi năm,số tiền lãi được nhập
vào vốn ban đầu. Hỏi sau ít nhất bao nhiêu năm thì tổng số tiền cả vốn lẫn lãi của của ông A lớn hơn hai lần tổng số tiền cả vốn lẫn lãi của bà B ? Giả sử n > 0 ( n ∈  ) là số năm gửi tiền trong ngân hàng của ông A và bà B. A là: S1 60.106 (1 + 0, 06 ) (triệu đồng) và của n Sau n năm, số tiền cả gốc lẫn lãi của ông = là: S 2 35.106 (1 + 0, 045 ) (triệu đồng). bà B= n 0,25 Để tổng số tiền cả vốn lẫn lãi của Ông A lớn hơn hai lần tổng số tiền cả vốn lẫn lãi của Bà B thì S1 > 2 S 2 n  1, 045  6 Hay 60.10 (1 + 0, 06 ) > 2.35.10 (1 + 0, 045 ) n n 6 6 ⇔  <  1, 06  7 0,25 6 ⇔ n > log 1,045   ⇒ n ≥ 11 1,06  7  Vậy, sau 11 năm thì tổng số tiền cả vốn lẫn lãi của ông A lớn hơn hai lần tổng số tiền cả vốn lẫn lãi của Bà B Cho hình lăng trụ tam giác đều ABC. A′B′C ′ có AA′ = 4 3 góc giữa đường thẳng A′C 0,5 và mặt phẳng ( A′B′C ′ ) bằng 30°. Tính thể tích khối lăng trụ ABC. A′B′C ′ 0,25 Câu 2 Ta có CC ′ ⊥ ( A′B′C ′ ) ⇒ A′C ′ là hình chiếu vuông góc của CA′ trên mặt phẳng ( A′B′C ′ ) . Suy ra góc giữa CA′ và mặt phẳng ( A′B′C ′ ) là góc CA   ′C ′ .  CA C   300 CC ′ CC ′ 0 Lại có: tan 30 = ⇒ A′C ′ = = 12 C ′A′ tan 300 1 SABC  . AB.CB.sin 600  36 3 2 0,25 Thể tích khối lăng trụ ABC. A B C  là: VABC . AB C   AA.SABC  4 3.36 3  432 Tìm m để đồ thị hàm = số y x 4 + 2(4m + 1) x 2 + 3m3 + 2m có ba điểm cực trị lập thành 0,5 một tam giác vuông. x = 0 Ta có y ' = 4 x 3 + 4 ( 4m + 1) x = 4 x ( x 2 + 4m + 1) ⇒ y′= 0 ⇔  2 . x = −4m − 1 Hàm số đã cho có ba điểm cực trị khi và chỉ khi phương trình x 2 = −4m − 1 có 2 1 nghiệm phân biệt khác 0 ⇔ −4m − 1 > 0 ⇔ m < − . 4 0,25 Tính được toạ độ ba điểm cực trị là A ( 0;3m3 + 2m ) thuộc Oy; và hai điểm
B ( 2 ) ( −4m − 1; − ( 4m + 1) + 3m3 + 2m ; C − −4m − 1; − ( 4m + 1) + 3m3 + 2m 2 ) đối xứng Câu 3 nhau qua Oy. Suy ra, tam giác ABC cân tại A.   Ta có AB = ( ) ( −4m − 1; − ( 4m + 1) ; AC = − 4m − 1; − ( 4m + 1) 2 2 )   0 ⇔ ( 4m + 1) + ( 4m + 1) = 4 Để tam giác ABC vuông thì AB ⊥ AC ⇔ AB. AC = 0  1 ( 4m + 1)3 + 1 = 0 m = − 2 0,25 ⇔ ⇔  4m + 1 =0 m = − 1  4 1 1 Đối chiếu với điều kiện m < − ta tìm được m = − thỏa đề bài. 4 2 Tìm tất cả các giá trị nguyên của m ∈ ( 0; 20 ) để phương trình log 9 x 2 − log 3 ( 5 x + 1) =− log 3 m ( m là tham số thực) có đúng hai nghiệm thực phân 0,5 biệt. 1 Điều kiện: − < x ≠ 0, m > 0 5 x 1 Phương trình đã cho trở thành log 3 x − log 3 ( 5 x + 1) =− log 3 m ⇔ log 3 =log 3 5x + 1 m 1 x x  1  ⇔ = f ( x) = f ( x ) . Xét hàm số = , ∀x ∈  − ;0  ∪ ( 0; +∞ ) m 5x + 1 5x + 1  5  0,25  −x  1   −1  1  , ∀x ∈ − ;0  , ∀x ∈  − ;0     5  ⇒ f ′ x =  ( 5 x + 1) x  5 x + 1 2  5  Ta có: ( ) f x = =  ( )  5x + 1  x  1 , ∀x ∈ ( 0; +∞ ) , ∀x ∈ ( 0; +∞ ) Câu 4  5 x + 1  ( 5 x + 1)2  x Bảng biến thiên của hàm số f ( x ) = 5x + 1 0,25 1 1 Để phương trình có hai khiệm nghiệm thì 0 < < ⇔ m >5. m 5 m ∈ ( 0; 20 ) Do  ⇒ m ∈ {6;7;8;...;19} . m ∈  ( Cho phương trình log 22 x − 5log 2 x + 6 ) 4x − m = 0 ( m là tham số thực). Có tất cả bao Câu 5 nhiêu giá trị nguyên dương của tham số m để phương trình đã cho có đúng ba nghiệm 0,5 thực phân biệt?
x > 0 x > 0 Điều kiện:  x ⇔ . 4 − m ≥ 0  x ≥ log 4 m ( do m > 0) log 22 x − 5log 2 x + 6 =0 Ta có ( log x − 5log 2 x + 6 ) 2 x 4 − m =0 ⇔  2  4 x − m = 0 0,25 = log 2 x 2= x 4 ⇔ log 2 x =3 ⇔  x =8  .  4 = m x  x = log 4 m Phương trình ( log 2 2 x − 5log 2 x + 6 ) 4 x − m = 0 có đúng ba nghiệm thực phân biệt ⇔ 0 < log 4 m < 4 ⇔ 1 < m < 256 . Do m nguyên dương suy ra m ∈ {2;3; 4;…; 255} . 0,25 Vậy có tất cả 255 − 1 =254 giá trị m nguyên dương thỏa mãn đề bài. Tìm tất cả các giá trị của tham số m để phương trình 0,5 log 2 ( 4 x + m ) − 2 log 2 x = 4 x − 16 x − 4m có đúng hai nghiệm thực phân biệt? 2 x > 0 Điều kiện:  . Ta có log 2 ( 4 x + m ) − 2 log 2 x = 4 x 2 − 16 x − 4m 4 x + m > 0 ) log 2 x 2 + 4 x 2 ⇔ f ( 4 x + m=) f ( x 2 ) , (1) ⇔ log 2 ( 4 x + m ) + 4 ( 4 x + m= f ( t ) log 2 t + 4t trên khoảng ( 0; +∞ ) Xét hàm số = 0,25 1 Ta có f ′ (=t) f ( t ) log 2 t + 4t luôn đồng biến trên khoảng + 4 > 0, ∀t > 0 . Suy ra = t ln 2 ( 0; +∞ ) . Do đó (1) ⇔ 4 x + m = x 2 ⇔ m = x 2 − 4 x = h ( x ) ) x 2 − 4 x trên khoảng ( 0; +∞ ) Xét hàm số h ( x= Câu 6 Ta có h′ ( x ) = 2 x − 4; h′ ( x ) = 0 ⇔ x = 2 Bảng biến thiên của hàm số h ( x= ) x2 − 4x 0,25 Dựa vào bảng biến thiên ta thấy phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt khi ⇔ −4 < m < 0 Câu hỏi MÃ ĐỀ 104 Điểm Ông A gửi tiết kiệm 65 triệu đồng ở ngân hàng X với lãi suất không đổi 6,5% một năm. Câu 1 Bà B gửi tiết kiệm 37 triệu đồng ở ngân hàng Y với lãi suất không đổi 5,5% một năm. 0,5 Biết rằng nếu không rút tiền ra khỏi ngân hàng thì cứ sau mỗi năm,số tiền lãi được nhập
vào vốn ban đầu. Hỏi sau ít nhất bao nhiêu năm thì tổng số tiền cả vốn lẫn lãi của ông A lớn hơn hai lần tổng số tiền cả vốn lẫn lãi của bà B ? Giả sử n > 0 ( n ∈  ) là số năm gửi tiền trong ngân hàng của ông A và bà B. A là: S1 65.106 (1 + 0, 06 ) (triệu đồng) và của n Sau n năm, số tiền cả gốc lẫn lãi của ông = là: S 2 37.106 (1 + 0, 055 ) (triệu đồng). bà B= n 0,25 Để tổng số tiền cả vốn lẫn lãi của Ông A lớn hơn hai lần tổng số tiền cả vốn lẫn lãi của Bà B thì S1 > 2 S 2 n  1, 055  65 Hay 65.10 (1 + 0, 065 ) > 2.37.10 (1 + 0, 055 ) n n 6 6 ⇔  <  1, 065  74 0,25  65  ⇔ n > log 1,055   ⇒ n ≥ 14 1,065  74  Vậy, sau 14 năm năm thì tổng số tiền cả vốn lẫn lãi của ông A lớn hơn hai lần tổng số tiền cả vốn lẫn lãi của Bà B Cho hình lăng trụ tam giác đều ABC. A′B′C ′ có AA′ = 2 3 , góc giữa đường thẳng 0,5 BC ′ và mặt phẳng ( A′B′C ′ ) bằng 60°. Tính thể tích khối lăng trụ ABC. A′B′C ′ Câu 2 0,25 Ta có BB′ ⊥ ( A′B′C ′ ) ⇒ B′C ′ là hình chiếu vuông góc của BC ′ lên ( A′B′C ′ ) . Suy ra góc giữa BC ′ và mặt phẳng ( A′B′C ′)  là góc BC  ′B′ .  BC B   600 . Lại có: BB′ BB′ tan 600 = ⇒ B′C ′ = =2 B′C ′ tan 600 1 SABC  . AB.CB.sin 600  3 0,25 2 Thể tích khối lăng trụ ABC. A B C  là: VABC . AB C   AA.SABC  2 3. 3  6 Tìm m để đồ = thị hàm số y x 4 + 2(5m + 1) x 2 + 4m3 + m có ba điểm cực trị lập thành một 0,5 tam giác vuông. x = 0 Ta có y′ =4 x 3 + 4 ( 5m + 1) x = 4 x ( x 2 + 5m + 1) ⇒ y′ = 0 ⇔  2 .  x −5m − 1 = Hàm số đã cho có ba điểm cực trị khi và chỉ khi phương trình x 2 = −5m − 1 có 2 1 nghiệm phân biệt khác 0 ⇔ −5m − 1 > 0 ⇔ m < − . 5 Tính được toạ độ ba điểm cực trị là A ( 0; 4m3 + m ) thuộc Oy; và hai điểm Câu 3 B ( 2 ) ( 2 ) −5m − 1; − ( 5m + 1) + 4m3 + m ; C − −5m − 1; − ( 5m + 1) + 4m3 + m đối xứng 0,25 nhau qua Oy. Suy ra, tam giác ABC cân tại A.
  Ta có AB = ( ) ( −5m − 1; − ( 5m + 1) ; AC = − 5m − 1; − ( 5m + 1) 2 2 )   0 ⇔ ( 5m + 1) + ( 5m + 1) = 4 Để tam giác ABC vuông thì AB ⊥ AC ⇔ AB. AC = 0  2 ( 5m + 1) + 1 = 0 3  m = − 5 0,25 ⇔ ⇔ 5m + 1 =0 m = − 1  5 1 2 Đối chiếu với điều kiện m < − ta tìm được m = − thỏa đề bài. 5 5 Tìm tất cả các giá trị nguyên của m ∈ ( 0; 20 ) để phương trình 0,5 log 9 x 2 − log 3 ( 4 x + 1) =− log 3 m ( m là tham số thực) có đúng hai nghiệm thực phân biệt. 1 Điều kiện: − < x ≠ 0, m > 0 4 x 1 Phương trình đã cho trở thành log 3 x − log 3 ( 4 x + 1) =− log 3 m ⇔ log 3 =log 3 4x +1 m 1 x x  1  ⇔ = f ( x) = f ( x ) . Xét hàm số = , ∀x ∈  − ;0  ∪ ( 0; +∞ ) m 4x +1 4x +1  4  0,25  −x  1   −1  1  , ∀x ∈ − ;0  , ∀x ∈  − ;0     4  ⇒ f ′ x =  ( 4 x + 1) x  4 x + 1 2  4  Ta có: f ( x ) = = ( )  4x +1  x  1 , ∀x ∈ ( 0; +∞ ) , ∀x ∈ ( 0; +∞ )  4 x + 1  ( 4 x + 1)2 Câu 4  x Bảng biến thiên của hàm số f ( x ) = 4x +1 0,25 1 1 Để phương trình có hai khiệm nghiệm thì 0 < < ⇔ m > 4. m 4 m ∈ ( 0; 20 ) Do  ⇒ m ∈ {5;6;7;...;19} . m ∈  ( Cho phương trình log 22 x − 6 log 2 x + 8 ) 5x − m = 0 ( m là tham số thực). Có tất cả bao nhiêu giá trị nguyên dương của tham số m để phương trình đã cho có đúng ba nghiệm 0,5 thực phân biệt? x > 0 x > 0 Câu 5 Điều kiện:  x ⇔ . 0,25 5 − m ≥ 0  x ≥ log 5 m ( do m > 0)
log 22 x − 6 log 2 x + 8 =0 Ta có ( log x − 6 log 2 x + 8 ) 2 2 x 5 − m =0 ⇔   5 x − m = 0 =log 2 x 2= x 4 ⇔ log 2 x =4 ⇔  x =16  . 5 = m x  x = log 5 m Phương trình ( log 2 2 x − 6 log 2 x + 8 ) 5 x − m = 0 có đúng ba nghiệm thực phân biệt ⇔ 0 < log 5 m < 4 ⇔ 1 < m < 625 . Do m nguyên dương suy ra m ∈ {2;3; 4;…;624} . 0,25 Vậy có tất cả 624 − 1 =623 giá trị m nguyên dương thỏa mãn đề bài. Tìm tất cả các giá trị của tham số m để phương trình log 3 ( 6 x + m ) − 2 log 3 x = 9 x 2 − 54 x − 9m có đúng hai nghiệm thực phân biệt? 0,5 x > 0 Điều kiện:  . Ta có log 3 ( 6 x + m ) − 2 log 3 x = 9 x 2 − 54 x − 9m 6 x + m > 0 ) log3 x 2 + 9 x 2 ⇔ f ( 6 x + m=) f ( x 2 ) , (1) ⇔ log 3 ( 6 x + m ) + 9 ( 6 x + m= f ( t ) log 3 t + 9t trên khoảng ( 0; +∞ ) Xét hàm số = 0,25 1 Ta có f ′ (= t) f ( t ) log 3 t + 9t luôn đồng biến trên khoảng + 9 > 0, ∀t > 0 . Suy ra = t ln 3 ( 0; +∞ ) . Do đó (1) ⇔ 6 x + m = x 2 ⇔ m = x 2 − 6 x = h ( x ) Câu 6 ) x 2 − 6 x trên khoảng ( 0; +∞ ) Xét hàm số h ( x= Ta có h′ ( x ) = 2 x − 6; h′ ( x ) = 0 ⇔ x = 3 Bảng biến thiên của hàm số h ( x= ) x2 − 6x 0,25 Dựa vào bảng biến thiên ta thấy phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt khi ⇔ −9 < m < 0 --------------------HẾT-------------------- Xem thêm: ĐỀ THI HK1 TOÁN 12 https://toanmath.com/de-thi-hk1-toan-12