[XMIN 2023] ĐỀ SỐ 05 – Đề rèn kỹ năng làm bài Toán 12 lần 1 năm 2022 – 2023 THPT Yên Thế – Bắc Giang có đáp án và lời giải chi tiết

Nội dung của đề thi bao gồm: Cấp số cộng và cấp số nhân, Tổ hợp xác suất, Quan hệ vuông góc thuộc chương trình Toán 11 và Thể tích khối đa diện, hàm số và đồ thị hàm số, Mũ và logarit thuộc chương trình Toán 12. Phù hợp cho các em ôn thi học kì I.

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

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

>>Xem đề thi đã phát hành trước đó: [XMIN 2023] Đề số 04 - Đề kiểm tra giữa kì 1 Toán 12 năm 2022 - 2023 THPT Nguyễn Khuyến & Lê Thánh Tông - TP HCM

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 23. Cho hình lăng trụ $ABC.{A}'{B}'{C}'.$ Gọi $E,F$ lần lượt là trung điểm của $B{B}'$ và $C{C}'.$ Mặt phẳng $(AEF)$ chia khối lăng trụ thành hai phần có thể tích ${{V}_{1}}$ và ${{V}_{2}}$ như hình vẽ. Tính tỉ số $\dfrac{{{V}_{1}}}{{{V}_{2}}}.$

Giải. Ta có ${{V}_{1}}=\dfrac{{{S}_{BCFE}}}{{{S}_{BC{C}'{B}'}}}{{V}_{A.BC{C}'{B}'}}=\dfrac{1}{2}.\dfrac{2}{3}{{V}_{ABC.{A}'{B}'{C}'}}=\dfrac{1}{3}{{V}_{ABC.{A}'{B}'{C}'}}\Rightarrow {{V}_{2}}=\dfrac{2}{3}{{V}_{ABC.{A}'{B}'{C}'}}\Rightarrow \dfrac{{{V}_{1}}}{{{V}_{2}}}=\dfrac{1}{2}.$ Chọn đáp án C.

Cách 2: Với $x=\dfrac{AA}{A{A}'}=0;y=\dfrac{BE}{B{B}'}=\dfrac{1}{2};z=\dfrac{CF}{C{C}'}=\dfrac{1}{2}\Rightarrow {{V}_{1}}=\dfrac{x+y+z}{3}{{V}_{ABC.{A}'{B}'{C}'}}=\dfrac{1}{3}{{V}_{ABC.{A}'{B}'{C}'}}.$ Ta có cùng kết quả như cách 1. Các em xem lại Bài giảng Công thức tính nhanh tỷ số thể tích.

https://vted.vn/tin-tuc/vtedvn-tong-hop-tat-ca-cac-cong-thuc-tinh-nhanh-ty-so-the-tich-khoi-da-dien-4760.html

Câu 40. Biết đường thẳng $y=x+m$ ($m$ là tham số thực) luôn cắt đồ thị của hàm số $y=\dfrac{x+3}{x-1}$ tại hai điểm phân biệt $A,B.$ Độ dài đoạn $AB$ ngắn nhất là

Giải. Phương trình hoành độ giao điểm $\dfrac{x+3}{x-1}=x+m\Leftrightarrow {{x}^{2}}+\left( m-2 \right)x-m-3=0$ có hai nghiệm ${{x}_{1}},{{x}_{2}}$ theo vi ét có ${{x}_{1}}+{{x}_{2}}=-\left( m-2 \right);{{x}_{1}}{{x}_{2}}=-m-3$

Khi đó $A\left( {{x}_{1}};{{x}_{1}}+m \right),B\left( {{x}_{2}};{{x}_{2}}+m \right)\Rightarrow A{{B}^{2}}=2{{\left( {{x}_{2}}-{{x}_{1}} \right)}^{2}}=2\left[ {{\left( {{x}_{1}}+{{x}_{2}} \right)}^{2}}-4{{x}_{1}}{{x}_{2}} \right]$

$=2\left[ {{\left( m-2 \right)}^{2}}+4\left( m+3 \right) \right]=2\left( {{m}^{2}}+16 \right)\ge 32\Rightarrow AB\ge 4\sqrt{2}.$ Chọn đáp án B.

Câu 41. Cho hàm số $y=f\left( x \right)$ có đạo hàm ${f}'\left( x \right)={{x}^{2}}+2\sqrt{3}x-\dfrac{1}{4}\left( 3m+n-24 \right),\forall x\in \mathbb{R}.$ Biết rằng hàm số $f\left( x \right)$ không có điểm cực trị và $3n-m\le 6.$ Giá trị lớn nhất của biểu thức $P=2m+n$ bằng

Giải. Hàm số không có điểm cực trị khi và chỉ khi đạo hàm không đổi dấu trên $\mathbb{R}$

Ta có $\underset{x\to \infty }{\mathop{\lim }}\,{f}'\left( x \right)=+\infty \Rightarrow \mathbf{ycbt}\Leftrightarrow {f}'\left( x \right)\ge 0,\forall x\in \mathbb{R}$

$\Leftrightarrow {{x}^{2}}+2\sqrt{3}x-\dfrac{1}{4}\left( 3m+n-24 \right)\ge 0,\forall x\in \mathbb{R}\Leftrightarrow {\Delta }'=3+\dfrac{1}{4}\left( 3m+n-24 \right)\le 0\Leftrightarrow 3m+n\le 12$

Khi đó phân tích \[P=2m+n=a\left( 3n-m \right)+b\left( 3m+n \right),\forall m,n\] để sử dụng giả thiết

\[ \Leftrightarrow 2m + n = \left( { - a + 3b} \right)m + \left( {3a + b} \right)n,\forall m,n \Leftrightarrow \left\{ \begin{gathered} - a + 3b = 2 \hfill \\ 3a + b = 1 \hfill \\ \end{gathered} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{gathered} a = \dfrac{1}{{10}} \hfill \\ b = \dfrac{7}{{10}} \hfill \\ \end{gathered} \right.\]

$\Rightarrow P=\dfrac{1}{10}\left( 3n-m \right)+\dfrac{7}{10}\left( 3m+n \right)\le \dfrac{1}{10}.6+\dfrac{7}{10}.12=9.$ Chọn đáp án B.

Câu 42. Cho hình chóp $S.ABC$ có $SA=a,SB=2a,SC=4a$ và $\widehat{ASB}=\widehat{BSC}=\widehat{CSA}={{60}^{0}}.$ Tính thể tích khối chóp $S.ABC$ theo $a.$

Giải. Áp dụng công thức tính thể tích tứ diện theo các góc tại một đỉnh ta có

${{V}_{S.ABC}}=\dfrac{1}{6}SA.SB.SC\sqrt{1+2\cos \widehat{ASB}\cos \widehat{BSC}\cos \widehat{CSA}-{{\cos }^{2}}\widehat{ASB}-{{\cos }^{2}}\widehat{BSC}-{{\cos }^{2}}\widehat{CSA}}$

$=\dfrac{1}{6}a.2a.4a\sqrt{1+2\left( \dfrac{1}{2} \right)\left( \dfrac{1}{2} \right)\left( \dfrac{1}{2} \right)-{{\left( \dfrac{1}{2} \right)}^{2}}-{{\left( \dfrac{1}{2} \right)}^{2}}-{{\left( \dfrac{1}{2} \right)}^{2}}}=\dfrac{2\sqrt{2}}{3}{{a}^{3}}.$ Chọn đáp án B.

https://vted.vn/tin-tuc/cong-thuc-tong-quat-tinh-the-tich-cua-mot-khoi-tu-dien-bat-ki-va-cac-truong-hop-dac-biet-4345.html

Cách 2: Xem ảnh đính kèm

Câu 43. Cho các hàm số $f\left( x \right),{f}'\left( x \right),{f}''\left( x \right)$ có đồ thị như hình vẽ. Khi đó $\left( {{C}_{1}} \right),\left( {{C}_{2}} \right),\left( {{C}_{3}} \right)$ lần lượt là đồ thị của các hàm số nào dưới đây?

Giải. Coi $\left( {{C}_{1}} \right),\left( {{C}_{2}} \right),\left( {{C}_{3}} \right)$ cũng là các kí hiệu hàm số. Tại điểm cực đại của $\left( {{C}_{1}} \right)$ thì $\left( {{C}_{2}} \right)$ đổi dấu từ dương sang âm nên $\left( {{C}_{2}} \right)={{\left( {{C}_{1}} \right)}^{\prime }};$ Tại điểm cực đại của $\left( {{C}_{3}} \right)$ thì $\left( {{C}_{1}} \right)$ đổi dấu từ dương sang âm nên $\left( {{C}_{1}} \right)={{\left( {{C}_{3}} \right)}^{\prime }}.$

Vậy $\left( {{C}_{3}} \right):y=f\left( x \right);\left( {{C}_{1}} \right):y={f}'\left( x \right);\left( {{C}_{2}} \right):y={f}''\left( x \right).$ Chọn đáp án B.

Các em xem lại bài giảng Nhận diện đồng thời đồ thị của ba hàm số f(x), f'(x) và f''(x) trên cùng một hệ trục toạ độ trong Bài 4: Mối quan hệ giữa cực trị với đạo hàm cấp 1 và đạo hàm cấp 2 của hàm số

Câu 45. Cho khối chóp $S.ABCD$ có thể tích bằng $2{{a}^{3}}$ và đáy $ABCD$ là hình bình hành. Biết diện tích tam giác $SAB$ bằng ${{a}^{2}}.$ Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng $SB$ và $CD.$

Giải. Vì $CD||AB\Rightarrow CD||\left( SAB \right)\Rightarrow d\left( CD,SB \right)=d\left( CD,\left( SAB \right) \right)=d\left( C,\left( SAB \right) \right)$

$=\dfrac{3{{V}_{C.SAB}}}{{{S}_{SAB}}}=\dfrac{3\left( \dfrac{1}{2}{{V}_{S.ABCD}} \right)}{{{S}_{SAB}}}=\dfrac{\dfrac{3}{2}.2{{a}^{3}}}{{{a}^{2}}}=3a.$ Chọn đáp án C.

Câu 46. Cho hàm số $y=f\left( x \right)$ có đạo hàm ${y}'={{x}^{2}}-2x+{{m}^{2}}-5m+6.$ Tìm tất cả các giá trị của $m$ để hàm số đồng biến trên khoảng $\left( 2;5 \right).$

Giải. Có $\mathbf{ycbt}\Leftrightarrow {y}'={{x}^{2}}-2x+{{m}^{2}}-5m+6\ge 0,\forall x\in \left[ 2;5 \right]$

$\Leftrightarrow {{m}^{2}}-5m+6\ge g\left( x \right)=2x-{{x}^{2}},\forall x\in \left[ 2;5 \right]$

$\Leftrightarrow {{m}^{2}}-5m+6\ge \underset{\left[ 2;5 \right]}{\mathop{\max }}\,g\left( x \right)=g\left( 2 \right)=0\Leftrightarrow m\ge 3\vee m\le 2.$ Chọn đáp án B.

Câu 47. Tìm tất cả các giá trị của tham số $m$ để đồ thị hàm số $y={{x}^{3}}+2{{x}^{2}}+\left( m-3 \right)x+m$ có hai điểm cực trị và điểm $M\left( 9;-5 \right)$ nằm trên đường thẳng đi qua hai điểm cực trị của đồ thị.

Giải. Đường thẳng qua hai điểm cực trị hàm số bậc ba $y=a{{x}^{3}}+b{{x}^{2}}+cx+d$ là $y=\dfrac{2}{3}\left( c-\dfrac{{{b}^{2}}}{3a} \right)x+d-\dfrac{bc}{9a}$

https://vted.vn/tin-tuc/vtedvn-phuong-trinh-duong-thang-noi-hai-diem-cuc-tri-cua-do-thi-ham-da-thuc-bac-ba-4736.html

Áp dụng $d:y=\dfrac{2}{3}\left( m-3-\dfrac{4}{3} \right)x+m-\dfrac{2\left( m-3 \right)}{9}$

$M\left( 9;-5 \right)\in d\Rightarrow -5=\dfrac{2}{3}\left( m-3-\dfrac{4}{3} \right)\times 9+m-\dfrac{2\left( m-3 \right)}{9}\Leftrightarrow m=3.$ Chọn đáp án D.

Câu 48. Cho hình chóp $S.ABCD$ có đáy $ABCD$ là hình bình hành. Gọi $M$ là điểm đối xứng của $C$ qua $D$ và $N$ là trung điểm của $SC.$ Mặt phẳng $\left( BMN \right)$ chia khối chóp $S.ABCD$ thành hai phần có thể tích là ${{V}_{1}},{{V}_{2}}$ trong đó ${{V}_{1}}$ là phần thể tích chứa đỉnh $A.$ Tính tỉ số $\dfrac{{{V}_{1}}}{{{V}_{2}}}.$

Giải. Gọi $P=MN\cap SD,Q=BM\cap AD\Rightarrow \dfrac{QD}{BC}=\dfrac{MD}{MC}=\dfrac{1}{2}\Rightarrow Q$ là trung điểm $AD$

Ta có $SD,MN$ là hai đường trung tuyến của $\Delta SMC\Rightarrow P$ là trọng tâm tam giác $SMC$

Ta có ${{V}_{1}}={{V}_{S.ABNPQ}}={{V}_{S.ABQ}}+{{V}_{S.BPQ}}+{{V}_{S.BNP}}$

$=\dfrac{{{S}_{ABQ}}}{{{S}_{ABCD}}}{{V}_{S.ABCD}}+\dfrac{SP}{SD}{{V}_{S.BQD}}+\dfrac{SN}{SC}.\dfrac{SP}{SD}{{V}_{S.BCD}}$

$=\dfrac{1}{4}{{V}_{S.ABCD}}+\dfrac{2}{3}.\dfrac{{{S}_{BQD}}}{{{S}_{ABCD}}}{{V}_{S.ABCD}}+\dfrac{1}{2}.\dfrac{2}{3}.\dfrac{{{s}_{BCD}}}{{{S}_{ABCD}}}{{V}_{S.ABCD}}$

$=\left( \dfrac{1}{4}+\dfrac{2}{3}.\dfrac{1}{4}+\dfrac{1}{2}.\dfrac{2}{3}.\dfrac{1}{2} \right){{V}_{S.ABCD}}=\dfrac{7}{12}{{V}_{S.ABCD}}\Rightarrow {{V}_{2}}=\dfrac{5}{12}{{V}_{S.ABCD}}\Rightarrow \dfrac{{{V}_{1}}}{{{V}_{2}}}=\dfrac{7}{5}.$ Chọn đáp án C.

Câu 50. Từ một tấm bìa hình vuông $ABCD$ có cạnh bằng $5dm,$ người ta cắt bỏ bốn tam giác bằng nhau $AMB,BNC,CPD,DQA.$ Với phần còn lại, người ta gấp lên và ghép lại để thành hình chóp tứ giác đều. Hỏi cạnh đáy của khối chóp bằng bao nhiêu để thể tích của nó là lớn nhất?

Giải. Gọi $O=AC\cap BD\Rightarrow O=MP\cap QN$và $F=AC\cap NP$

Đặt độ dài cạnh đáy của chóp tứ giác đều là $MN=NP=PQ=QM=x,\left( x>0 \right)$

Độ dài cạnh bên chóp tứ giác đều là $CN=\sqrt{C{{F}^{2}}+F{{N}^{2}}}=\sqrt{{{\left( CO-OF \right)}^{2}}+F{{N}^{2}}}=\sqrt{{{\left( \dfrac{5\sqrt{2}}{2}-\dfrac{x}{2} \right)}^{2}}+{{\left( \dfrac{x}{2} \right)}^{2}}}$

Chiều cao chóp tứ giác đều là $h=\sqrt{c{{b}^{2}}-R_{d}^{2}}=\sqrt{{{\left( \dfrac{5\sqrt{2}}{2}-\dfrac{x}{2} \right)}^{2}}+{{\left( \dfrac{x}{2} \right)}^{2}}-{{\left( \dfrac{x}{\sqrt{2}} \right)}^{2}}}=\sqrt{\dfrac{25-5\sqrt{2}x}{2}}\Rightarrow x\in \left( 0;\dfrac{5}{\sqrt{2}} \right)$

$\Rightarrow V=\dfrac{1}{3}{{S}_{MNPQ}}.h=g\left( x \right)=\dfrac{1}{3}{{x}^{2}}\sqrt{\dfrac{25-5\sqrt{2}x}{2}}\le \underset{\left( 0;\dfrac{5}{\sqrt{2}} \right)}{\mathop{\max }}\,g\left( x \right)=g\left( 2\sqrt{2} \right)=\dfrac{4\sqrt{10}}{3}.$ Chọn đáp án C.

Các em xem lại Bài giảng Thể tích khối chóp đều và khối chóp có ít nhất ba cạnh bên bằng nhau

https://vted.vn/tin-tuc/vtedvn-the-tich-khoi-chop-deu-4737.html