[XMIN 2023] Đề số 03 - Đề kiểm tra định kì khối 12 ngày 6.11.2022 Trường THCS-THPT Nguyễn Khuyến và Lê Thánh Tông – Tp. Hồ Chí Minh

Nội dung đề kiểm tra các đơn vị kiến thức của bốn chương: Hàm số, Mũ logarit, Thể tích khối đa diện và Khối tròn xoay. Đề thi này có lời giải chi tiết các câu vận dụng và vận dụng cao. Đề thi này các em dùng để ôn tập học kì I toán 12 ổn các em nhé.

Các đề sưu tầm năm nay được Vted phát hành trong khoá Luyện đề Xplus

>>Xem thêm Cập nhật Đề thi thử tốt nghiệp THPT 2023 môn Toán có lời giải chi tiết

>>Xem đề thi đã phát hành trước đó: [XMIN 2023] Đề số 01 - Đề kiểm tra giữa học kỳ I năm học 2022 – 2023 trường THPT Chuyên Lê Khiết - Quảng Ngãi

Xem trực tiếp và tải đề thi về

Thi thử Miễn phí và xem giải chi tiết các câu hỏi khó của đề thi này tại Vted

Lời giải một số câu hỏi khó:

Câu 35. Cho hình chóp $S.ABCD$ có đáy $ABCD$ là hình vuông cạnh bằng $a,SA$ vuông góc với đáy. Biết $SC$ tạo với mặt phẳng $\left( ABCD \right)$ một góc ${{45}^{\circ }}.$ Thể tích $V$ của khối cầu ngoại tiếp hình chóp $S.ABCD$ là

Giải. Ta có $\left( SC,\left( ABCD \right) \right)=\widehat{SCA}={{45}^{0}}\Rightarrow SA=AC=\sqrt{2}a$

Áp dụng công thức cho chóp có cạnh bên vuông góc với đáy $R=\sqrt{R_{ABCD}^{2}+{{\left( \dfrac{SA}{2} \right)}^{2}}}=\sqrt{{{\left( \dfrac{a}{\sqrt{2}} \right)}^{2}}+{{\left( \dfrac{\sqrt{2}a}{2} \right)}^{2}}}=a$

Thể tích khối cầu $V=\dfrac{4}{3}\pi {{R}^{3}}=\dfrac{4}{3}\pi {{a}^{3}}.$ Chọn đáp án A.

>>Xem thêm Công thức tổng quát tính bán kính mặt cầu ngoại tiếp khối tứ diện và các trường hợp đặc biệt

Câu 39. Có bao nhiêu giá trị nguyên không vượt quá 5 của $m$ để hàm số $y=\dfrac{m}{3}{{x}^{3}}+\left( m-1 \right){{x}^{2}}+mx$ không có điểm cực tiểu?

Giải. Ta có ${y}'=m{{x}^{2}}+2\left( m-1 \right)x+m.$

+ Nếu $m=0\Rightarrow {y}'=-2x$ chỉ đổi dấu từ dương sang âm (thoả mãn).

+ Nếu $m\ne 0$ và ${y}'=0$ có hai nghiệm phân biệt thì lúc này hàm số luôn có 1 điểm cực đại và 1 điểm cực tiểu (loại).

+ Nếu $m\ne 0$ và ${y}'=0$ vô nghiệm hoặc nghiệm kép thì lúc này hàm số không có điểm cực trị (thoả mãn)

Vậy $m\ne 0;{\Delta }'={{\left( m-1 \right)}^{2}}-{{m}^{2}}\le 0\Leftrightarrow m\ge \dfrac{1}{2}.$

Kết hợp các trường hợp và điều kiện đề bài suy ra $m\in \left\{ 0,...,5 \right\}.$ Chọn đáp án D.

Câu 41. Cho hàm số bậc bốn $y=f\left( x-2 \right)$ có đồ thị hàm số như hình vẽ:

Gọi ${{d}_{1}},{{d}_{2}}$ là hai tiếp tuyến tại điểm cực đại và điểm cực tiểu của của đồ thị hàm số $y=f\left( x \right)-1.$ Khoảng cách giữa hai đường thẳng ${{d}_{1}}$ và ${{d}_{2}}$ bằng

Giải. Điểm cực đại của đồ thị hàm số $f\left( x-2 \right)$ là $\left( 0;1 \right)$ và tiếp tuyến tại điểm đó là $y=1\Rightarrow {{d}_{1}}:y=1-1=0$

Điểm cực tiểu của đồ thị hàm số $f\left( x-2 \right)$ là $\left( -\sqrt{2};-3 \right);\left( \sqrt{2};3 \right)$ và tiếp tuyến tại điểm đó là $y=-3\Rightarrow {{d}_{2}}:y=-3-1=-4.$

Khoảng cách giữa hai đường thẳng này bằng 4. Chọn đáp án A.

Câu 42. Cắt theo đường chéo của một tấm bìa hình chữ nhật có chiều dài gấp đôi chiều rộng, ta thu được hai tam giác vuông bằng nhau. Quay miền tam giác thứ nhất quanh cạnh góc vuông ứng với chiều dài tấm bìa ban đầu, ta được khối tròn xoay có thể tích ${{V}_{1}}.$ Quay miền tam giác thứ hai quanh cạnh huyền của nó, ta được khối tròn xoay có thể tích ${{V}_{2}}.$ Biết rằng tổng ${{V}_{1}}+{{V}_{2}}=\dfrac{45+18\sqrt{5}}{20}\pi \text{ }d{{m}^{3}}.$ Tìm diện tích $S$ của tấm bìa ban đầu.

Giải. Đặt $x,2x$ lần lượt là chiều rộng và chiều dài của tấm bìa.

Quay miền tam giác thứ nhất quanh cạnh góc vuông ứng với chiều dài tấm bìa ban đầu, ta được khối nón có bán kính đáy $r=x$ chiều cao $h=2x$ nên ${{V}_{1}}=\dfrac{\pi .{{x}^{2}}.2x}{3}=\dfrac{2}{3}\pi {{x}^{3}}.$

Quay miền tam giác thứ hai quanh cạnh huyền của nó, ta được khối tròn xoay là hợp của hai khối nón có cùng bán kính $r=\dfrac{x.2x}{\sqrt{{{x}^{2}}+{{\left( 2x \right)}^{2}}}}=\dfrac{2}{\sqrt{5}}x$ (là đường cao hạ từ đỉnh của tam giác vuông) tổng chiều cao của hai khối nón là độ dài cạnh huyền $\sqrt{5}x$ nên ${{V}_{2}}=\dfrac{\pi .{{\left( \dfrac{2}{\sqrt{5}}x \right)}^{2}}.\sqrt{5}x}{3}=\dfrac{4}{3\sqrt{5}}\pi {{x}^{3}}.$

Vậy ${{V}_{1}}+{{V}_{2}}=\dfrac{2\pi }{3}{{x}^{3}}+\dfrac{4}{3\sqrt{5}}\pi {{x}^{3}}=\dfrac{45+18\sqrt{5}}{20}\pi \Rightarrow x=\dfrac{3}{2}\Rightarrow S=2{{x}^{2}}=\dfrac{9}{2}.$ Chọn đáp án C.

Câu 43. Cho hai hàm số $f\left( x \right)=\sqrt{2x-{{x}^{2}}}+2$ và $g\left( x \right)=-\left( {{m}^{2}}+1 \right){{x}^{2}}+4x+m+2.$ Biết rằng trên đoạn $\left[ 0;2 \right],$ hai hàm số đã cho cùng đạt giá trị lớn nhất bằng ${{y}_{0}},$ đồng thời giá trị này đạt được cùng tại điểm ${{x}_{0}}.$ Hãy tính giá trị $P=m{{x}_{0}}+{{y}_{0}}.$

Giải. Dễ có $\underset{\left[ 0;2 \right]}{\mathop{\max }}\,f\left( x \right)=f\left( 1 \right)=3\Rightarrow {{x}_{0}}=1;{{y}_{0}}=3\Rightarrow \underset{\left[ 0;2 \right]}{\mathop{\max }}\,g\left( x \right)=g\left( 1 \right)=3$

$ \Rightarrow \left\{ \begin{gathered} g'\left( 1 \right) = 0 \hfill \\ g\left( 1 \right) = 3 \hfill \\ \end{gathered} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{gathered} - 2\left( {{m^2} + 1} \right) + 4 = 0 \hfill \\ - \left( {{m^2} + 1} \right) + 4 + m + 2 = 3 \hfill \\ \end{gathered} \right. \Leftrightarrow m = - 1$

$\Rightarrow P=m{{x}_{0}}+{{y}_{0}}=-1.1+3=2.$ Chọn đáp án D.

>>Các em xem thêm Bài giảng GTLN- GTNN của hàm số đạt tại một điểm

Câu 44. Cho hình lăng trụ đứng $ABC.MNP$ có đáy $ABC$ là tam giác cân tại $B$ với $AB=2AC=2.$ Trên các cạnh bên $AM,BN,CP$ lần lượt có các điểm $I,J,K$ sao cho tam giác $IJK$ đều. Côsin của góc tạo bởi hai mặt phẳng $\left( IJK \right)$ và $\left( ABC \right)$ bằng

Giải. Ta có $BA=BC=2,AC=1\Rightarrow {{S}_{ABC}}=\dfrac{1}{2}\sqrt{{{2}^{2}}-{{\left( \dfrac{1}{2} \right)}^{2}}}=\dfrac{\sqrt{15}}{4}$

Đặt $AI=x,BJ=y,CK=z,\left( x,y,z>0 \right)$ ta có $I{{J}^{2}}={{\left( AI-BJ \right)}^{2}}+A{{B}^{2}}=4+{{\left( x-y \right)}^{2}};$

$J{{K}^{2}}={{\left( BJ-CK \right)}^{2}}+B{{C}^{2}}=4+{{\left( y-z \right)}^{2}};K{{I}^{2}}={{\left( CK-AI \right)}^{2}}+C{{A}^{2}}=1+{{\left( z-x \right)}^{2}}$

Do tam giác $IJK$ đều nên $IJ=JK=KI$

$\Leftrightarrow {{\left( x-y \right)}^{2}}+4={{\left( y-z \right)}^{2}}+4={{\left( z-x \right)}^{2}}+1\Rightarrow y=x+1;z=x+2;y=x-1;z=x-2$

$\Rightarrow {{S}_{IJK}}=\dfrac{\sqrt{3}}{4}I{{J}^{2}}=\dfrac{\sqrt{3}}{4}\left[ 4+1 \right]=\dfrac{5\sqrt{3}}{4}\Rightarrow \cos \left( \left( IJK \right),\left( ABC \right) \right)=\dfrac{{{S}_{ABC}}}{{{S}_{IJK}}}=\dfrac{\sqrt{15}/4}{5\sqrt{3}/4}=\dfrac{\sqrt{5}}{5}.$ Chọn đáp án C.

Câu 45. Cho hàm số bậc ba $y=f\left( x \right)$ có đồ thị như hình vẽ:

Phương trình $\left[ {{\left( {f}'\left( x \right) \right)}^{2}}+5{f}'\left( x \right)+6 \right]\left[ f\left( f\left( x \right) \right)-x \right]=0$ có bao nhiêu nghiệm thực thực phân biệt?

Giải. Phương trình tương đương với $\left[ \begin{gathered} {\left( {f'\left( x \right)} \right)^2} + 5f'\left( x \right) + 6 = 0 \hfill \\ f\left( {f\left( x \right)} \right) - x = 0 \hfill \\ \end{gathered} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{gathered} f'\left( x \right) = - 3\left( 1 \right) \hfill \\ f'\left( x \right) = - 2\left( 2 \right) \hfill \\ f\left( {f\left( x \right)} \right) - x = 0\left( 3 \right) \hfill \\ \end{gathered} \right.$

Các phương trình (1), (2) vô nghiệm do ${f}'\left( x \right)\ge 0,\forall x$ (đồ thị $f\left( x \right)$ đi lên)

Dễ tìm được $f\left( x \right)={{x}^{3}}\Rightarrow \left( 3 \right)\Leftrightarrow {{x}^{9}}=x\Leftrightarrow x=0;x=\pm 1\Rightarrow 3{{n}_{0}}.$ Chọn đáp án C.

Câu 46. Cho các số thực dương là $a,b,c$ trong đó $1-\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{ab}>\dfrac{1}{b}.$ Khi biểu thức $P=\sqrt{5\log _{a}^{2}b+4\log _{b}^{2}c-4{{\log }_{a}}c}+\log _{b}^{2}a-1$ đạt giá trị nhỏ nhất. Khẳng định nào dưới đây đúng?

Giải. Đặt $x={{\log }_{a}}b;y={{\log }_{b}}c\Rightarrow {{\log }_{a}}c={{\log }_{a}}b.{{\log }_{b}}c=xy$ trong đó $x=\dfrac{\ln b}{\ln a}>0$ do $1-\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{ab}>\dfrac{1}{b}\Leftrightarrow ab-b+1>a\Leftrightarrow \left( a-1 \right)\left( b-1 \right)>0$ tức hai số này cùng khoảng $\left( 0;1 \right)$ hoặc cùng khoảng $\left( 1;+\infty \right)$

Khi đó $P=\sqrt{5{{x}^{2}}+4{{y}^{2}}-4xy}+\dfrac{1}{{{x}^{2}}}-1=\sqrt{{{\left( x-2y \right)}^{2}}+4{{x}^{2}}}+\dfrac{1}{{{x}^{2}}}-1$

$\ge \sqrt{4{{x}^{2}}}+\dfrac{1}{{{x}^{2}}}-1=\left( x+x+\dfrac{1}{{{x}^{2}}} \right)-1\ge 3\sqrt[3]{x.x.\dfrac{1}{{{x}^{2}}}}-1=2.$

Dấu bằng xảy ra khi $x=\dfrac{1}{{{x}^{2}}};x=2y,\left( x>0 \right)\Leftrightarrow x=1;y=\dfrac{1}{2}\Rightarrow a=b={{c}^{2}}.$ Chọn đáp án A.

Câu 47. Cho hàm số $y=f\left( x \right)$ có đạo hàm liên tục trên $\mathbb{R}$ và $y={f}'\left( 2-x \right)$ có đồ thị như hình vẽ:

Hàm số $g\left( x \right)=f\left( 1+\sin x \right)+\dfrac{{{\cos }^{2}}x}{2}-\dfrac{\sqrt{3}}{{{\pi }^{2}}}$ có bao nhiêu điểm cực trị thuộc đoạn $\left[ 0;2\pi \right]?$

Giải. Ta có ${g}'\left( x \right)=\cos x.{f}'\left( 1+\sin x \right)-\cos x.\sin x=\cos x\left[ {f}'\left( 1+\sin x \right)-\sin x \right]$

Nếu đặt $1+\sin x=2-t\Leftrightarrow \sin x=1-t\Leftrightarrow t=1-\sin x$ thì ${f}'\left( 1+\sin x \right)-\sin x$ trở thành ${f}'\left( 2-t \right)-\left( 1-t \right)$ cùng dấu với $-\left( t-a \right)t\left( t-\dfrac{1}{2} \right)\left( t-2 \right)\left( t-b \right),\left( a<-1;1<b<2 \right)$(đường thẳng $y=1-x$ cắt đồ thị ${f}'\left( 2-x \right)$ tại năm điểm phân biệt có hoành độ lần lượt $a,0,\dfrac{1}{2},b,2$)

Do đó ${f}'\left( 1+\sin x \right)-\sin x$ cùng dấu với $-\underbrace{\left( 1-\sin x-a \right)}_{>0}\underbrace{\left( 1-\sin x \right)}_{\ge 0}\left( 1-\sin x-\dfrac{1}{2} \right)\underbrace{\left( 1-\sin x-2 \right)}_{\le 0}\left( 1-\sin x-b \right),\left( a<-1;1<b<2 \right)$

Do đó ${g}'\left( x \right)$ cùng dấu với $\cos x\left( \dfrac{1}{2}-\sin x \right)\left( 1-b-\sin x \right)$ trên đoạn $\left[ 0;2\pi \right]$ có 6 lần đổi dấu. Chọn đáp án D.

Các em xem lại bài giảng số điểm cực trị của hàm số f[u(x)] + v(x) khoá PRO XMAX

Câu 48. Cho ba số thực dương $x,y,z$ thỏa mãn $x+{{y}^{2}}\ge 18$ và ${{x}^{3}}{{.2}^{x}}+{{2}^{x+1}}\left( {{y}^{3}}-68-{{2}^{\dfrac{4z+y-x}{2}}} \right)+{{2}^{x+4z}}=-{{2}^{y}}.$ Tính giá trị biểu thức $P={{\log }_{z}}\left( xy \right).$

Giải. Ta có ${{x}^{3}}{{.2}^{x}}+{{2}^{x+1}}\left( {{y}^{3}}-68-{{2}^{\dfrac{4z+y-x}{2}}} \right)+{{2}^{x+4z}}=-{{2}^{y}}$$\Leftrightarrow {{x}^{3}}+2\left( {{y}^{3}}-68-{{2}^{\dfrac{4z+y-x}{2}}} \right)+{{2}^{4z}}=-{{2}^{y-x}}$

$\Leftrightarrow {{x}^{3}}+2\left( {{y}^{3}}-68 \right)+\left( {{2}^{y-x}}+{{2}^{4z}}-{{2.2}^{\dfrac{4z+y-x}{2}}} \right)=0$

$\Leftrightarrow {{\left( {{2}^{\dfrac{y-x}{2}}}-{{2}^{2z}} \right)}^{2}}=136-{{x}^{3}}-2{{y}^{3}}\ge 0\Rightarrow {{x}^{3}}+2{{y}^{3}}\le 136$

+ Nếu ${{y}^{2}}\ge 18\Rightarrow y\ge 3\sqrt{2}\Rightarrow {{x}^{3}}+2{{y}^{3}}>{{0}^{3}}+2{{\left( 3\sqrt{2} \right)}^{3}}>136$ (loại)

+ Nếu $0<y<3\sqrt{2}\Rightarrow {{x}^{3}}+2{{y}^{3}}\ge g\left( y \right)={{\left( 18-{{y}^{2}} \right)}^{3}}+2{{y}^{3}}\ge \underset{\left( 0;3\sqrt{2} \right)}{\mathop{\min }}\,g\left( y \right)=g\left( 4 \right)=136.$

Do đó $y=4\Rightarrow x=2\Rightarrow {{2}^{\dfrac{4-2}{2}}}={{2}^{2z}}\Leftrightarrow z=\dfrac{1}{2}\Rightarrow {{\log }_{z}}\left( xy \right)={{\log }_{\dfrac{1}{2}}}\left( 2.4 \right)=-3.$ Chọn đáp án C.

Câu 49. Cho hình chóp $S.ABCD$ có đáy $ABCD$ là hình bình hành tâm $O.$ Biết rằng khoảng cách giữa hai đường thẳng $AB,CD$ bằng $2;$ khoảng cách giữa hai đường thẳng $AD,BC$ bằng $3.$ Góc hợp bởi hai mặt bên $\left( SAB \right),\left( SBC \right)$ với mặt đáy lần lượt bằng ${{60}^{\circ }},{{45}^{\circ }};$ đồng thời góc hợp bởi hai mặt phẳng $\left( SAC \right),\left( SBD \right)$ bằng ${{90}^{\circ }}.$ Gọi $a,b$ lần lượt là khoảng cách từ $O$ đến hai mặt phẳng $\left( SCD \right),\left( SAD \right).$ Giá trị biểu thức $T=\dfrac{1}{{{a}^{2}}}-\dfrac{1}{{{b}^{2}}}$ bằng

Xem lời giải tại đây: https://vted.vn/on-tap/xmin-2023-de-so-03-%e2%80%93-de-kiem-tra-dinh-ki-khoi-12-ngay-6112022-truong-thcsthpt-nguyen-khuyen?pid=4a8efb82-dea1-4e4c-bce1-ffd046a7a474&cid=87630e8b-b202-49a6-b47c-90668ccdab3c

>>Xem thêm Công thức tổng quát tính thể tích của một khối tứ diện bất kì và các trường hợp đặc biệt

Câu hỏi tương tự liên quan đến chóp tứ giác có nhiều giả thiết góc

Cho khối chóp $S.ABCD$ có đáy $ABCD$ là hình chữ nhật với $AB=3, AD=2.$ Hai mặt phẳng $\left( SAD \right),\left( SBC \right)$ vuông góc với nhau; góc giữa hai mặt $\left( SAB \right),\left( SBC \right)$ là $60{}^\circ ;$ góc giữa hai mặt phẳng $\left( SAB \right),\left( SAD \right)$ là $45{}^\circ .$ Thể tích khối chóp đã cho bằng

Xem lời giải tại đây: https://askmath.vn/cau-hoi/cho-khoi-chop-co-day-la-hinh-binh-hanh-khoang-cach-giua-hai-duong/4e882a38-0e55-4504-ba55-6f1fe1733d58

Câu 50. Cho hàm số $f\left( x \right)=\dfrac{{{x}^{3}}-2\cos x-4}{a\cos x+2a}+\dfrac{b}{2}.$ Xét tổng $T=f\left( \log \left( \dfrac{\log 3}{\log e} \right) \right)+f\left( \log \left( \dfrac{{{\log }_{3}}5}{{{\log }_{e}}5} \right) \right)+\ln \sqrt{{{e}^{b}}}.$ Có bao nhiêu số nguyên dương $a\le 10$ sao cho với mỗi $a$ có ít nhất $6$ số nguyên dương $b$ thỏa mãn $T\le 1?$

Giải. Ta tính hai biểu thức trong mỗi f của T

Ta đặt \[x=\log \left( \dfrac{\log 3}{\log e} \right)=\log \left( \ln 3 \right)\] thì \[\log \left( \dfrac{{{\log }_{3}}5}{{{\log }_{e}}5} \right)=\log \left( {{\log }_{3}}5.{{\log }_{5}}e \right)=\log \left( {{\log }_{3}}e \right)=\log \left( \dfrac{1}{\ln 3} \right)=-\log \left( \ln 3 \right)=-x.\]

Khi đó \[T=f\left( x \right)+f\left( -x \right)+\ln \sqrt{{{e}^{b}}}=\left( \dfrac{{{x}^{3}}-2\cos x-4}{a\cos x+2a}+\dfrac{b}{2} \right)+\left( \dfrac{-{{x}^{3}}-2\cos \left( -x \right)-4}{a\cos \left( -x \right)+2a}+\dfrac{b}{2} \right)+\dfrac{b}{2}\]

\[=\dfrac{{{x}^{3}}-2\cos x-4}{a\left( \cos x+2 \right)}+\dfrac{-{{x}^{3}}-2\cos x-4}{a\left( \cos x+2 \right)}+\dfrac{3b}{2}=\dfrac{-4\left( \cos x+2 \right)}{a\left( \cos x+2 \right)}+\dfrac{3b}{2}=\dfrac{3b}{2}-\dfrac{4}{a}\]

Vậy \[T\le 1\Leftrightarrow \dfrac{3b}{2}-\dfrac{4}{a}\le 1\Leftrightarrow b\le \dfrac{2}{3}\left( 1+\dfrac{4}{a} \right)\Rightarrow {{S}_{b}}=\left( -\infty ;\dfrac{2}{3}\left( 1+\dfrac{4}{a} \right) \right]\] chứa ít nhất 6 số nguyên dương là các số $1,2,3,4,5,6\Leftrightarrow \dfrac{2}{3}\left( 1+\dfrac{4}{a} \right)\ge 6\Leftrightarrow 0<a\le \dfrac{1}{2}.$Chọn đáp án B.

>>Xem thêm Cập nhật Đề thi thử tốt nghiệp THPT 2023 môn Toán có lời giải chi tiết

Combo 4 Khoá Luyện thi THPT Quốc Gia 2023 Môn Toán dành cho teen 2K5

>>Xem thêm [Vted.vn] - Công thức giải nhanh Hình phẳng toạ độ Oxy

>>Xem thêm [Vted.vn] - Công thức giải nhanh hình toạ độ Oxyz

>>Xem thêm Các bất đẳng thức cơ bản cần nhớ áp dụng trong các bài toán giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất