Đáp án đề số 2: Đề kiểm tra cuối năm môn toán lớp 12

I.Đáp số

II.Hướng dẫn giải

Câu 4:

Để hàm số có cực tiểu thì phương trình $y^{'}=0$ có hai nghiệm phân biệt .

Có: $y^{'}=3x^{2}+2x+m=0$ (1) có hai nghiệm phân biệt khi $\Delta ^{'}=1-3x>0 \Leftrightarrow m<\frac{1}{3}$

Khi đó (1) có hai nghiệm phân biệt. Gọi $x_{CD},x_{CT}$ là hoành độ 2 điểm cực trị. Theo định lí vi-ét ta có:

$\left\{\begin{matrix}x_{CD}+x_{CT}=\frac{-2}{3}<0\\x_{CD}.x_{CT}=\frac{m}{3} \end{matrix}\right.$ Trong đó $x_{CD}<x_{CT}$ vì hệ số a = 1 > 0.

Để cực tiểu của hàm số nằm bên phải trục tung thì phải có $x_{CT}>0$. Kết hợp với hệ trên ta được (1) có 2 nghiệm trái dấu.

Do đó $x_{CD}.x_{CT}=\frac{m}{3}<0$

Chọn D.

Câu 8:

Ta có: 

$y^{'}=3x^{2}-6xm=3x(x-2m)=0\Leftrightarrow x=0$ hoặc $x=2m$

Đồ thị hàm số đã cho có hai cực trị khi và chỉ khi $2m\neq 0\Leftrightarrow m\neq 0$.

Khi đó ta có hai điểm cực trị của đồ thị hàm số là $A(0;3m^{3}),B(2m;-m^{3})$.

Ta có:$\vec{OA}(0;3m^{3})\Rightarrow OA=3\mid m\mid$

Ta thấy: $d(B,OA) =d(B,Oy)=2\mid m\mid $

Do đó: $S_{OAB}=48\Leftrightarrow \frac{1}{2}.OA.d(B,OA)=3m^{4}$

$\Leftrightarrow m=2$ hoặc m = -2.

Chọn B

Câu 12: 

Đặt $\left\{\begin{matrix}u=3^{x^{2}-3x+2}\\v=3^{4-x^{2}} \end{matrix}\right.$

$\Rightarrow u.v=3^{6-3x}$. Khi đó phương trình trở thànhm:

$u+v=u.v+m\Leftrightarrow m.(u-1)-v(u-1)\Leftrightarrow (u-1)(m-v)=0\Leftrightarrow u=1$ hoặc $m=v$

+, $u = 1 \Rightarrow 3^{x^{2}-3x+2}=1\Leftrightarrow x^{2}-3x+2=0\Leftrightarrow x=1$ hoặc $x=2$

+, $m = v \Rightarrow 3^{4-x^{2}}=m\Leftrightarrow 4-x^{2}=log_{3}m\Leftrightarrow x^{2}=4-log_{3}m$

Để phương trình đã cho có 3 nghiệm thì phương trình trên có 1 nghiệm khác 1 và 2.

Do đó $ x^{2}=4-log_{3}m=0\Leftrightarrow m=81$

Chọn B

Câu 19:

Phương trình tương đương với $2017^{sin^{2}x}+2017^{cos^{2}x}=cos^{2}x-sin^{2}x$

$\Leftrightarrow 2017^{sin^{2}x}+sin^{2}x=2017^{cos^{2}x}+cos^{2}x$ (*)

Xét hàm số $f(t)=2017^{t}+t$ trên R, Ta có :$f^{'}(t)=2017^{t}lnt+1> 0,\forall t\in R$.

Do đó f(t) đồng biếm trêN R.

(*) $\Leftrightarrow f(sin^{2}x)=f(cos^{2}x)\Leftrightarrow sin^{2}x=cos^{2}x \Leftrightarrow cos^{2}x-sin^{2}x=0\Leftrightarrow cos2x=0\Leftrightarrow x=\frac{\pi }{4}+k\frac{\pi }{2}, k\in Z$

Mà $x\in [0;\pi ]\Rightarrow x= \frac{\pi }{4}  x=\frac{3\pi }{4}$

Do đó tổng tất cả các nghiệm là $\pi$.

Chọn A

Câu 20:

Ta có: $F(t)=\int f(t)dt\Rightarrow F^{'}t=f(t)$

Đặt $G(x)=\int_{0}^{x^{2}}f(t)dt=F(x^{2})-F(0)$

$\Rightarrow G^{'}x=[F(x^{2})]^{'}=(x^{2}).F^{'}(x)=2x.f(x^{2})$

Từ đề bài ta có $G(x)=\int_{0}^{x^{2}}f(t)dx=x.cos\pi x$

$\Rightarrow G^{'}(x)=(x.cos\pi x)^{'}=-x.\pi.sin \pi x+cos\pi x$

$\Rightarrow 2xf(x^{2})=-x.\pi.sin \pi x+cos\pi x$

Tại x=2 ta có: $4.f(4) = -2\pi sin2\pi +cos2\pi =1$

$\Rightarrow f(4)=\frac{1}{4}$.

Chọn D

Câu 25:

Điều kiện: $3^{x+1}-1> 0\Leftrightarrow x> -1$.

Phương trình $\Leftrightarrow log_{3}(3^{x+1}-1)=2x+log_{\frac{1}{3}}2$

$\Leftrightarrow log_{3}(3^{x+1}-1)=2x-log_{3}2$

$\Leftrightarrow log_{3}(3^{x+1}-1)+log_{3}2=2x$

$\Leftrightarrow log_{3}[(3^{x+1}-1).2]=2x$

$\Leftrightarrow (3^{x+1}-1).2=3^{2x}$

$\Leftrightarrow 3^{2x}-6.3^{x}+2=0$

Theo vi-ét ta có: $\left\{\begin{matrix}3^{x_{1}}+3^{x_{2}}=6\\ 3^{x_{1}}.3^{x_{2}}=2\end{matrix}\right.$

Do đó $S=27^{x_{1}}+27^{x_{2}}=(3^{x_{1}}+3^{x_{2}})^{3}-3.(3^{x_{1}}+3^{x_{2}}).3^{x_{1}}.3^{x_{2}}=6^{3}-3.2.6=180$

Chọn A

Câu 33: 

Ta có: $S_{ABCD}=a^{2}.sin60^{\circ}=\frac{a^{2}\sqrt{3}}{2}$

Tam giác ABD cân tại A có $\widehat{DAB}=60^{\circ}$, do đó tam giác ABD đều, suy ra BD = a.

Có: $HD=\frac{3}{4}BD=\frac{3}{4}a$

$\widehat{CDH}=\frac{180^{\circ}-60^{\circ}}{2}=60^{\circ}$

Tam giác CDH có: $CH^{2}=DC^{2}+DH^{2}-2.DC.DH.cos\widehat{CDH}=a^{2}+\left ( \frac{3a}{4} \right )^{2}-2.a.\frac{3a}{4}.\frac{1}{2}=\frac{13a^{2}}{6}$

Tam giác HCS vuông cân tại H $\Rightarrow SH=CH=\frac{a\sqrt{13}}{4}$

Vậy thể tích khối chóp S.ABCD là :

$V=\frac{1}{3}.SH.S_{ABCD}=\frac{1}{3}.\frac{a\sqrt{13}}{4}.\frac{a^{2}\sqrt{3}}{2}=\frac{a\sqrt{39}}{24}$

 Câu 38:

Gọi A, B là giao điểm của đường tròn (O) với mp (m), H là hình chiếu của O trên AB $\Rightarrow AB\perp (MOH)$.

Trong mặt phẳng (MOH) kẻ $OK\perp MH, K\in MH$. Khi đó góc giữa $OO^{'}$ và (m) là $\widehat{OMK}=30^{\circ}$

Xét tam giác vuông MHO có: $OH=OM.tan30^{\circ}=\frac{R\sqrt{3}}{3}$

Xét tam giác vuông AHO có: $AH=\sqrt{OA^{2}-OH^{2}}=\frac{R\sqrt{2}}{\sqrt{3}}$.

Mà H là trung điểm của AB nên $AB = 2AH = \frac{R.2\sqrt{2}}{\sqrt{3}}$.

Chọn A

Câu 43:

Gọi A = {số các số tự nhiên có bốn chữ số đôi một khác nhau được lập từ các chữ số 0, 1, 2, 4, 5, 6, 8}

       B = {số các số tự nhiên lẻ có bốn chữ số đôi một khác nhau được lập từ các chữ số 0, 1, 2, 4, 5, 6, 8}.

       C = {số các số tự nhiên chẵn có bốn chữ số đôi một khác nhau được lập từ các chữ số 0, 1, 2, 4, 5, 6, 8}.

Ta có: $\mid C\mid =\mid A\mid -\mid B\mid$

Dễ tính $\mid A\mid=6.6.5.4=720$

Gọi $x=\overline{abcd}\in B$

d lẻ nên có 2 các chọn.

Với mỗi cách chọn d có 5 cách chọn a.

Với mỗi cách chọn a, d có 5 cách chọn b.

Với mỗi cách chọn a, b, d có 4cách chọn c

Suy ra $\mid B\mid=2.5.5.4=200$.

Do đó $\mid C\mid =\mid A\mid -\mid B\mid$ = 520.

Chọn B

Câu 50:

Theo giả thuyết ta có $C^{'}O\perp (ABC)$.

Do đó OC là hình chiếu của  $CC^{'}$ trên (ABC).

$\Rightarrow \widehat{(CC^{'},(ABC))}=\widehat{C^{'}CO}=60^{\circ}$

Trong (CC^{'}O) ta dựng $OH\perp C^{'}C$ tại H ta được: $d_{(O,CC^{'})}=OH$.

Xét tam giác COH có: $OH=OC.sin30^{\circ}=\frac{2}{3}.\frac{a\sqrt{3}}{2}.\frac{\sqrt{3}}{2}=\frac{a}{2}$

Chọn A.