ĐỀ MẪU CĨ ĐÁP ÁN

ƠN TẬP KIẾN THỨC
TỐN 12
Thời gian làm bài: 40 phút (Không kể thời gian giao đề)
-------------------------

Họ tên thí sinh: .................................................................
Số báo danh: ......................................................................
Mã Đề: 003.
A  3;  2;5  , B   2;1;  3 
C  5;1;1
Câu 1. Trong không gian Oxyz , cho tam giác ABC với
và
. Trọng tâm G
của tam giác ABC có tọa độ là
G  2;0;1 .
G  2;1;  1 .
G  2;0;  1 .
G   2;0;1 .
A.
B.
C.
D.
Đáp án đúng: A
Câu 2.
Có bao nhiêu số phức
A. 3.
Đáp án đúng: D
Câu 3.

thỏa mãn
B. 2.

Tìm tất cả các giá trị thực của tham số
tiểu .

A.

C.
Đáp án đúng: A

.

và
C. 1.

là số thuần ảo?
D. 4.

để hàm số:

có cực đại và cực

B.

.

D.

.


.
 x 1  t

M  x0 ; y0 ; z0   d :  y 1  2t
 z 2  3t


2
2
2
Câu 4. Trong không gian Oxyz , cho mặt cầu x  y  z 9 và điểm
. Ba điểm
C
MC
A , B , phân biệt cùng thuộc mặt cầu sao cho MA , MB ,
là tiếp tuyến của mặt cầu. Biết rằng mặt phẳng
2
2
2
 ABC  đi qua điểm D  1;1; 2  . Tổng T x0  y0  z0 bằng
A. 26 .
B. 30 .
C. 21 .
D. 20 .

Đáp án đúng: A

1



Giải thích chi tiết:

* Ta có:

 x 1  t

M  x0 ; y0 ; z0   d :  y 1  2t  x0  y0  z0 4
 z 2  3t


.
O  0;0; 0 

2
2
2
* Mặt cầu có phương trình x  y  z 9  tâm
, bán kính R 3 .
 MO   ABC  .
* MA , MB , MC là tiếp tuyến của mặt cầu

ABC
D
1;1;
2
OM





 x0 ; y0 ; z0  có phương trình dạng:

đi qua
có véc tơ pháp tuyến
x0  x  1  y0  y  1  z0  z  2  0
.
2
2
* MA là tiếp tuyến của mặt cầu tại A  MOA vuông tại A  OH .OM OA R 9 .

 ABC   OH  OM HM  , ta có:
Gọi H là hình chiếu của O lên
 x  y0  2 z0
x  y0  z0  z0
z 4
d  O;  ABC   OH  0
 0
 0
 OH .OM  z 0  4
OM
x02  y02  z02
x02  y02  z02
 z0  4 9  z0 5  z0  13

* Với

.

.


z0 5  M  0;  1;5   T 26 nhận do:

OM  26; OH 

pt  ABC  :  y  5 z  9 0  MH d  M ;  ABC   

z0  4
OM



9
26 ;

17
26 .

 OH  HM OM .

* Với

 ABC  :6 x 11y  13z  9 0 

loại do:

MH d  M ;  ABC   

;


335
326 .

 OH  HM OM .
Câu 5. Tính bán kính R của mặt cầu tiếp xúc với các cạnh của hình lập phương cạnh a .

2


a 3
a
A. 2
B. 2
Đáp án đúng: A
Câu 6.
Hàm số nào dưới đây có bảng biến thiên như sau

a 2
C. 2

A. y=−x3 +12 x .
2x
C. y=
.
x−1
Đáp án đúng: B

B. y=x 3−12 x .

Câu 7. Số các giá trị nguyên của tham số

cận là
A. 18.
B. 19.

D. a 2

D. y=x 3−12 x +1.

m    20; 20

y
để đồ thị hàm số
C. 0.

x 2
x 2  2m có đúng 4 đường tiệm
D. 20

Đáp án đúng: B
Giải thích chi tiết: [ Mức độ 3] Số các giá trị nguyên của tham số
x 2
y
x 2  2m có đúng 4 đường tiệm cận là

m    20; 20

để đồ thị hàm số

A. 18. B. 0. C. 20 D. 19.
Lời giải

FB tác giả: Thành Luân
x 2
lim
1 
x  
x 2  2m
Ta có
đường thẳng y 1; y  1 là hai đường TCN của đồ thị hàm số.
Do đó để đồ thị hàm số có đúng 4 đường tiệm cận  đồ thị hàm số có 2 TCN và 2 TCĐ
2
 phương trình g  x   x  2m 0 có hai nghiệm phân biệt khác 2
 g  0
 4.2m  0
m  0

 2

.
m  2
 g  2  0 2  2m 0
m  , m    20; 20  m    20;  19;  18;...;  3    1 .
Mà
Vậy có tất cả 19 giá trị nguyên của m thỏa mãn u cầu bài tốn.
Câu 8. Một hình trụ có bán kính đáy bằng 50 cm và có chiều cao là 50 cm. Một đoạn thẳng AB có chiều dài là
100 cm và có hai đầu mút nằm trên hai đường trịn đáy. Tính khoảng cách d từ đoạn thẳng đó đến trục hình trụ.

A. d = 50 3 cm.
C. d = 50 cm.

B. d = 25 3 cm.

D. d = 25 cm.

Đáp án đúng: D

3


Giải thích chi tiết:
Qua B kẻ đường thẳng song song với OO ¢cắt đường trịn đáy tại C .
OO ¢// BC ị OO Â// ( ABC ) ị d ( OO ¢, AB) = d ( OO ¢, ( ABC ) ) = d ( O, ( ABC ) ) = OH = d

. ( H là trung điểm của

đoạn thẳng AC ).

AC = AB 2 - BC 2 = 50 3 cm.
2
2
Vậy d = OH = OC - HC = 25 cm.
Câu 9. Môđun của số phức z 2  i là

z  5
A.
.
Đáp án đúng: A

z 5

B.


.

C.

z 1

.

D.

z 2

.

Giải thích chi tiết: Mơđun của số phức z 2  i là
z 2
A.
.
Lời giải

B.

z 1

.

C.

z 5


.

D.

z  5

.

2

Ta có

z  22    1  5

.

0
C
Câu 10. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , biết đường trịn   có ảnh qua phép quay tâm O , góc quay 90
2

là đường trịn

 C :  x  1   y  2 
2

A.

 C  : x  2    y  1
2


C : x  2    y  1
C.   

2

2

2

9,

viết phương trình đường trịn

C .
2

2

2

2

 C  :  x  2    y  1

9.

B.

9.


C : x  2    y  1
D.   

9.
9.

Đáp án đúng: B
Câu 11.
y  f  x
Cho hàm số
có đồ thị là đường cong hình bên. Hàm số đã cho đồng biến trên khoảng nào dưới đây?

4


  ;  1 .
A.
Đáp án đúng: D

B.

 0;  .

C.

 0;1 .

D.


  1;0  .

x 1 y  2 z  3
d:


(

)
:
2
x

y

2
z

2

0
1
2
2
Câu 12. Trong không gian Oxyz, cho mặt phẳng
, đường thẳng
và điểm A(1;  1; 2) . Gọi  là đường thẳng nằm trong ( ) , song song với d đồng thời cách d một khoảng

bằng 3. Đường thẳng  cắt mặt phẳng (Oyz) tại điểm B có tung độ dương. Độ dài đoạn AB bằng
A. 62

Đáp án đúng: C

B.

42

C. 5 2

D. 11

 x  1  t

d :  y  2  2t
 z  3  2t


Giải thích chi tiết: PTTS của
Giải PT: 2(  1  t )  (  2  2t )  2( 3  2t )  2 0  0t 0
Vậy d  ( ) .
Lấy M 0 (  1;  2;  3)  d và gọi M (a; b; c) là hình chiếu vng góc của M 0 lên 


Ta có M 0 M (a  1; b  2; c  3) , VTPT của ( ) là n (2;1;  2)

Theo bài ra ta có hpt

  a 1

b  3  a
 b  4

 2a  b  2c  2 0

 c  2
a 5



(a  1)  2(b  2)  2(c  3) 0  c 
2
  a  3
(a  1) 2  (b  2) 2  (c  3)2 9

2

 b 0
(a  1) 4

 c  4

 x 1  t1

 :  y  4  2t1
 z  2  2t
1

Với M (1;  4;  2) suy ra
Giải PT 1  t1 0  t1  1
Vậy B (0;  6;  4) (loại)

5



 x  3  t2

 :  y 2t2
 z  4  2t
2

Với M ( 3;0;  4) suy ra
Giải PT  3  t2 0  t2 3
Vậy B(0;6; 2) (TM)

Suy ra AB 5 2

3 x  y  5 xi 2 y   x  y  i
Câu 13. Tìm các số thực x, y thỏa mãn đẳng thức
:
4
1


 x  7
 x  7


 x 0
1

 y  4
y


7.
7.
A.  y 0 .
B. 
C. 

4

 x  7

 y 1
7 .
D. 

Đáp án đúng: A

3 x  y  5 xi 2 y   x  y  i
Giải thích chi tiết: Tìm các số thực x, y thỏa mãn đẳng thức
:
1
4
4



 x  7
 x  7
 x  7




 x 0
4
1


 y 1
y 
y

y

0
7 . C. 
7.
7 .
A. 
.
B. 
D. 
Hướng dẫn giải
3 x  y 2 y
3 x  y 0
 x 0
3 x  y  5 xi 2 y   x  y  i  


5 x  y  x
6 x  y 0

 y 0
Vậy chọn đáp án A.
SAB 
Câu 14. Cho hình chóp S . ABCD có đáy là hình vng ABCD cạnh 4a , SA 2a, SB 2a 3 và 
vng
góc với mặt đáy. Gọi M, N lần lượt là trung điểm của AB, BC. Thể tích khối chóp S .BMDN là
a3
A. 6 .
Đáp án đúng: D
Câu 15.

a3 2
B. 3 .

a3 3
C. 6 .

8a 3 3
D. 3 .

y  f  x
y  f ' x
h x 2 f  x   x 2
Cho hàm số
có đạo hàm trên ¡ . Đồ thị hàm số
như hình vẽ. Đặt  
.
Mệnh đề nào dưới đây đúng?

A.


h  4  h   2  h  2

.

B.

h   2  h  4  h  2

.

h  2  h  4  h   2

.

D.

h  2  h   2  h  4

.

C.
Đáp án đúng: C

6


y  f  x
y  f ' x
Giải thích chi tiết: Cho hàm số

có đạo hàm trên ¡ . Đồ thị hàm số
như hình vẽ. Đặt
2
h  x  2 f  x   x
. Mệnh đề nào dưới đây đúng?

A.

h  4  h   2  h  2
h   2  h  4  h  2

. B.

h  2  h  4  h   2

.

h  2  h   2  h  4

C.
. D.
.
Lời giải
h ' x 2 f '  x   2 x, y ' 0  f '  x   x  1
Ta có  
.
Nghiệm của phương trình là hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số

y  f ' x


và đường thẳng y  x .

 x  2
f '  x  x   x 2
 x 4
Dựa vào đồ thị trên:
, ta có bảng biến thiên

7


2

Mặt

khác

2

dưa

vào

đồ

thị

trên

ta


có

4

h '  x  dx  h '  x  dx

2

2

hay

4

h '  x  dx   h '  x  dx  h  2   h   2   h  2   h  4   h   2   h  4 

2

2

.

Câu 16.

  
 
F
;
F

;
F
F1 , F2 đều
1
2
3
M
Cho ba lực
cùng tác động vào một vật tại điểm
 và vật đứng yên. Cho biết cường độ của
F
bằng 25N và góc AMB 60 . Khi đó cường độ lực của 3 là

A. 25 3N .
Đáp án đúng: A

C. 50 3 N .

B. 50 2N .

Câu 17. Cho hình chóp S. ABCD có
biết AB 2a , AD 5a , SA 2a .

20a 3

3
A.
.

SA   ABCD 


D. 100 3N .

, đáy ABCD là hình chữ nhật. Tính thể tích S. ABCD ,

3
B. 20a .

3
C. 4a .

3
D. 2a .

Đáp án đúng: A
Giải thích chi tiết: Cho hình chóp S. ABCD có
S. ABCD , biết AB 2a , AD 5a , SA 2a .

SA   ABCD 

, đáy ABCD là hình chữ nhật. Tính thể tích

20a 3

3
3
3
A. 20a . B. 2a . C. 4a . D. 3 .
Câu 18. Cho tứ diện S.ABC có 3 đường thẳng SA, SB, SC vng góc với nhau từng đơi một, SA = 3, SB = 4,
SC = 5. Diện tích mặt cầu ngoại tiếp S.ABC bằng:

A. 50
B. 100
C. 25
D. 75
Đáp án đúng: A
Câu 19. Tính

 4 x

3

 4  dx

bằng

2

2

A. 16 x  C .

B. 12 x  C.

3

4

C. 4 x  4 x  C .
Đáp án đúng: D
x

Câu 20. Số nghiệm dương của phương trình 3
A. 0.
B. 1.

D. x  4 x  C.
2

 4 x 5

1 là
C. 3.

D. 2.

Đáp án đúng: D
1 3 1
2
2
Câu 21. Cho hàm số y= x − ( m+3 ) x +m x +1. Có bao nhiêu số thực m để hàm số đạt cực trị tại x=1?
3
2
8


A. 2.
B. 1.
C. 0.
Đáp án đúng: B
Giải thích chi tiết: ⬩ Ta có: Ta có: y ′ =f ′ ( x)=x 2 − ( m+3 ) x+ m2.
⬩ Ta có: Điều kiện cần: Hàm số y=f ( x ) đã có đạo hàm tại ∀ x ∈ℝ.

Do đó, hàm số y=f ( x ) đạt cực trị tại x=1⇒ f ′ (1)=0 ⇔ m2 −m −2=0 ⇔

D. 3.

.
[ m=−1
m=2

⬩ Ta có: Điều kiện đủ:
1 3 2
* Với m=− 1 hàm số trở thành: y= x − x + x+1.
3
′
2
2
Ta có: y =x − 2 x +1= ( x −1 ) ≥0 , ∀ x ∈ ℝ . Do đó hàm số khơng có điểm cực trị.
1 3 5 2
* Với m=2 hàm số trở thành: y= x − x + 4 x +1.
3
2
′
x=1
Ta có: y ′ =x 2 − 5 x + 4; y =0 ⇔
.
x=4
Bảng biến thiên:

[

Hàm số đạt cực đại tại x=1. Vậy m=4 thỏa mãn.

Câu 22. Trong không gian, cho tam giác ABC vuông tại A , AB a và AC 2a . Khi quay tam giác ABC
quanh cạnh góc vng AB thì đường gấp khúc ACB tạo thành một hình nón. Diện tích xung quanh hình nón
đó bằng
2

A. 2 5 a .
Đáp án đúng: A

B.

5 a 2 .

2
C. 5 a .

2

D. 10 a .

5 z  i  z  1  3i  3 z  1  i
z  2  3i
Câu 23. Cho số phức z thỏa mãn
. Tìm giá trị lớn nhất M của
10
M
3 .
A.
B. M 4 5 .

C. M 1  13 .

Đáp án đúng: B

D. M 9 .

A 0;1 B  1;3 , C  1;  1
Giải thích chi tiết: Gọi   , 
. Ta thấy A là trung điểm của BC .
MB 2  MC 2 BC 2
BC 2
 MA2 

 MB 2  MC 2 2 MA2 
2 MA2  10
2
4
2
.

Ta lại có:

5 z  i  z  1  3i  3 z  1  i

 5MA MB  3MC  10. MB 2  MC 2

9


 25MA2 10  2 MA2  10   MA 2 5
.
Mà


z  2  3i   z  i     2  4i   z  i  2  4i  z  i  2 5 4 5

.

 z  i 2 5

 a b 1
 
4 , với z a  bi ; a, b   .
Dấu " " xảy ra khi   2

 z 2  3i  loai 

 z  2  5i
.
x  y 2
2 x  y 3
Câu 24. Cho số phức z x  yi ( x ; y   ) thỏa mãn
và
. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu
P

2020
x

2021
y
thức
.


A.  2102 .
Đáp án đúng: C

B.  2693 .

C.  5389 .

D.  3214 .

P m  x  y   n  2 x  y 
Giải thích chi tiết: Ta cần viết biểu thức P dưới dạng
m x  y   n  2 x  y  2020 x  2021y   m  2n  x   m  n  y 2020 x  2021y
Khi đó: 
 m  2n 2020
3n 4041
n 1347



 m  n  2021
 m  2021  n
m  674  P  674  x  y   1347  2 x  y 

x  y 2
2 x  y 3   2  x  y 2
Mà
và
và  3 2 x  y 3
  1348  674  x  y  1348

 4041 1347  2 x  y  4041
và
 P  1348  4041  5389
1

 x  3

 x  y 2
3x  1
 y 7



3
2 x  y  3
 y 2  x
Dấu " " xảy ra

Vậy min P  5389 khi

x 

1
7
y
3 và
3.

Câu 25. Một học sinh A khi đủ 18 tuổi được cha mẹ cho 200 000 000 VNĐ. Số tiền này được bảo quản trong
ngân hàng MSB với kì hạn thanh tốn 1 năm và học sinh A chỉ nhận được số tiền này khi học xong 4 năm đại

học. Biết rằng khi đủ 22 tuổi, số tiền mà học sinh A được nhận sẽ là 243 101 250 VNĐ. Vậy lãi suất kì hạn một
năm của ngân hàng MSB là bao nhiêu?
A. 5% .
B. 6%
C. 8% .
D. 7% .
Đáp án đúng: A
Giải thích chi tiết:
Gọi lãi suất kỳ hạn một năm của ngân hàng MSB là r. Áp dụng công thức lãi suất kép
P a  1  r 

n

trong đó (a là số tiền gửi, n là số chu kỳ gửi, r là lãi suất một chu kỳ, P là số tiền sau khi gửi n chu

kỳ) ta có :

10


4

4

243101250 200000000  1  r    1  r  
 1 r 4

243101250
200000000


243101250
243101250
 r 4
 1  r 0, 05
200000000
200000000
.

Câu 26.
Giá trị lớn nhất của hàm số
max y e
A.  2;3
max y 4  2 ln 2
C.  2;3
Đáp án đúng: A

trên đoạn
B.
D.

là
max y  2  2 ln 2
 2;3

max y 1
 2;3

y x  2  ln x 
2;3
Giải thích chi tiết: Xét hàm số:

trên 
y ' x 2  ln x  1 1  ln x
Có  
y '  x  0  1  ln x 0  ln x 1  x e   2;3

y (2) 4  2 ln 2; y (e) e; y(3) 6  3ln 3
Vậy

max y  y  e  e
 2;3

log

Câu 27. Tính giá trị của biểu thức P a
3
P
2.
A.
B. P 9 .

a

3

với a  0 , a 1 .
C. P  3 .

D. P 3 .

Đáp án đúng: B

log

3

log

1

3

a 2loga 3  a loga 3





2

32 9
Giải thích chi tiết: Ta có:
.
Câu 28. Cho hình chóp đều S . ABC có cạnh đáy bằng a, góc giữa mặt bên với mặt đáy bằng 600 . Tính theo a
thể tích V của khối chóp S . ABC.
a3
a3√ 3
a3√ 3
a3√ 3
A. V = .
B. V =
.

C. V =
.
D. V =
.
8
12
8
24
Đáp án đúng: D
Giải thích chi tiết: Gọi E , F lần lượt là trung điểm BC , BA vàO= AE ∩CF.
P a

a

a

a2

Do S . ABC là hình chóp đều nên SO⊥ ( ABC ).
^.
Khi đó 600 =^
( SBC ) , ( ABC )=^
SE , OE=SEO

ABCSOEF

Tam giác vng SOE, có
.
Diện tích tam giác đều ABC là S ΔABCABC =


a

2

√3.

4

3

1
a √3
Vậy V S . ABC = S ΔABCABC . SO=
.
3
24
Câu 29. Diện tích S của một mặt cầu có bán kính r được xác định bởi công thức nào sau đây:
2 2
A. S 4 r

2
B. S 4r .

C. S 4r

2
D. S 4r

11



Đáp án đúng: B
Câu 30. Cho số phức z thỏa mãn z + 3 z = 12 + 4i . Môđun của số phức z là
A. 13 .
Đáp án đúng: B

B.

13 .

C.

D. 5 .

5.

Giải thích chi tiết: Cho số phức z thỏa mãn z + 3 z = 12 + 4i . Môđun của số phức z là
A. 5 . B.
Lời giải

5 .C. 13 . D.

13 .

Gọi z = a + bi với a, b Ỵ R .
ìï 4a = 12
a + bi + 3( a - bi ) =12 + 4i Û ïí
Û
ïỵï - 2b = 4
Ta có z + 3 z = 12 + 4i Û


ìïï a = 3
ớ
ùợù b =- 2 ị z = 3 - 2i
.

z = 13
Vậy
.
Câu 31.
Cho khối chóp

có tam giác

vng tại

,

;

;

;

. Thể tích của khối chóp là:
A.

.

B.


.

C.
.
D.
.
Đáp án đúng: D
Câu 32. Một tổ gồm 4 học sinh nam, 3 học sinh nữ. Chọn ngẫu nhiên 3 học sinh đi làm trực nhật. Tính xác suất
để chọn được 3 bạn gồm cả nam và nữ?
A.
.
B.
.
C.
.
D.
.
Đáp án đúng: A
Giải thích chi tiết: Một tổ gồm 4 học sinh nam, 3 học sinh nữ. Chọn ngẫu nhiên 3 học sinh đi làm trực nhật.
Tính xác suất để chọn được 3 bạn gồm cả nam và nữ?
A.
. B.
Lời giải

. C.

. D.

.


n C73 35
Chọn ngẫu nhiên 3 học sinh ta có :   
.
Biến cố A là biến cố “chọn được 3 bạn gồm cả nam và nữ”.
Xảy ra 2 trường hợp là chọn 1nam 2 nữ hoặc chọn 2 nam 1 nữ.
n A C41C32  C42C31 30

P  A 
Xác suất để chọn được 3 bạn gồm cả nam và nữ là:
Câu 33.

n A
n  

Cho khối tứ diện OABC có OA, OB, OC đơi một vng góc và
họa như hình bên). Thể tích của khối tứ diện là:



30 6

35 7

,

,

(minh


12


3

A. 2a .
Đáp án đúng: B

3
B. a .

3
C. 3a .

3
D. 6a .

   đi qua trọng tâm các tam giác SAB , SAC , SAD chia
Câu 34. Cho khối chóp tứ giác S . ABCD , mặt phẳng
V1
 V  V2  . Tính tỉ lệ V2
khối chóp này thành hai phần có thể tích là V1 và V2 1
8
A. 27 .
Đáp án đúng: C

16
B. 81 .

8

C. 19 .

16
D. 75 .

Giải thích chi tiết:
Gọi I , J , L lần lượt là trong tâm của các tam giác SAB , SAC , SAD . H , G, F lần lượt là trung điểm của
SI
SJ
SL 2



mp
I
JL
/
/
mp
FGH
mp

/
/
mp
ABCD









AD, AC , AB . Dễ thấy
SF
SG
SH
3 (theo
hay
do đó ta có
tính chất trọng tâm tam giác).
mp   
Gọi E , M , N , K lần lượt là giao điểm của
với các cạnh SA, SD, SC , SB .
SE SM SN SK 2 VSEMN  SE . SM . SN  8 VSEKN  SE . SK . SN  8



 V
SA SD SC 27 VSABC SA SB SC 27
Ta có SA SD SC SB 3 , SADC
,
8 VSEMN VSEKN VSEMN  VSEKN VS . EMNK
8
19





27 VSADC VSABC VSADC  VSABC VS . ABCD  V1 VSEMNK  27 VSABCD V2  27 VS . ABCD
Do đó
V
8
 1 
V2 19 .
Câu 35. Hàm số F ( x )=ln|sinx−3 cos x| là một nguyên hàm của hàm số nào trong các hàmsố sau đây?
cosx +3 sinx
A. f ( x )=
.
B. f ( x )=sinx+3 cos x.
sinx−3 cos x
−cosx −3 sinx
sinx−3 cosx
C. f ( x )=
.
D. f ( x )=
.
sinx−3 cos x
cos x +3 sinx
Đáp án đúng: A
cosx +3 sinx
dx .
Giải thích chi tiết: Tacó I = ∫ f ( x ) dx= ∫
sinx−3 cos x
13


Đặt t=sinx−3 cos x ⇒dt =(cos x +3 sin x) dx .
Khi đó ta có

cosx +3 sinx
dt
I = ∫ f ( x ) dx= ∫
dx= ∫ =ln |t|+C=ln |cos x +3 sin x|+C .
sinx−3 cos x
t
1
5
10
5
f  x   x11  x9  x 7  2 x5  x 3  x  2018
11
9
7
3
Câu 36. Hàm số
có bao nhiêu điểm cực trị ?
A. 1.
Đáp án đúng: C

B. 11.

C. 2.

D. 10.

Câu 37. Một nhà nghiên cứu ước tính rằng sau t giờ kể từ 0h đêm, nhiệt độ của thành phố Hồ Chí Minh được
2
2
C  t  40   t  10 

3
cho bởi hàm
(độ C ) với 0 t 24 . Nhiệt độ trung bình của thành phố từ 8h sáng đến
5h chiều là
A. 33,33 .
Đáp án đúng: D
Giải thích chi tiết:

C. 33, 47 .

B. 31 .

D. 31, 33 .

Nhiệt độ trung bình từ a giờ đến b giờ tình theo cơng thức
b

1
 C  t   dt
b a 
a
Áp dụng vào bài toán ta có nhiệt độ trung bình cần tính là:
8

8

1
1 
2
2

40   t  10   dt 31,33
 C  t   dt 



8 5 5
8 5 5 
3

Câu 38. Cho tam giác ABC đều có cạnh AB 5 , H là trung điểm của BC . Tính
 
 
5 7
CA  HC 
CA  HC 5
4 .
A.
.
B.
 
 
5 3
5 7
CA  HC 
CA  HC 
2 .
2 .
C.
D.
Đáp án đúng: D


 
CA  HC

.

N
A 2;1;3  , B  6; 5;5 
Câu 39. Trong không gian Oxyz , cho hai điểm 
. Xét khối nón   ngoại tiếp mặt cầu
N
đường kính AB có B là tâm đường trịn đáy khối nón. Gọi S là đỉnh của khối nón   . Khi thể tích của khối
N
N
nón   nhỏ nhất thì mặt phẳng qua đỉnh S và song song với mặt phẳng chứa đường tròn đáy của   có

phương trình 2 x  by  cz  d 0 . Tính T b  c  d .
A. T 12 .
B. T 18 .
Đáp án đúng: A

C. T 24 .

D. T 36 .

N
A 2;1;3 , B  6; 5;5 
Giải thích chi tiết: Trong khơng gian Oxyz , cho hai điểm 
. Xét khối nón   ngoại tiếp
N

mặt cầu đường kính AB có B là tâm đường trịn đáy khối nón. Gọi S là đỉnh của khối nón   . Khi thể tích
N
của khối nón   nhỏ nhất thì mặt phẳng qua đỉnh S và song song với mặt phẳng chứa đường trịn đáy của

 N  có phương trình 2 x  by  cz  d 0 . Tính T
A. T 24 .
Lời giải

B. T 12 .

C. T 36 .

b  c  d .
D. T 18 .

14


Gọi chiều cao khối chóp
1
V   R 2 .h  1
3
Ta có:



AB  4;4;2   AB 6

SB h  h  0 


và bán kính đường trịn đáy BC R .

.

Xét mặt cầu có đường kính AB : ta có bán kính là


Vì SHI đồng dạng với SBC


 h  3

2

h2  R 2



SI IH


SC BC

r

AB
3
I 4;3; 4 
2
và tâm 

.

h 3
2

h R

2



3
R

2
9
2
2 
 9h 2  R 2  9 h  2 

R
h

3

9





R2
h 2  6h
.

2
1
Thay   vào   ta có:

1
9h 2
h2
V  . 2
.h 3 .
3 h  6h
h  6 với h  6 .
2h  h  6   h 2
h 2  12h

V 3 .
3 .
2
2
 h  6
 h  6

Xét
Ta được BBT như sau:

.


 S   2;  3;1
Vậy Vmin khi SB h 12  A là trung điểm của SB
.

P
Vậy mặt phẳng   đi qua S , vng góc với AB nên có 1 VTPT

 
n  AB  4;4;2 

hay


n  2;2;1

. Nên ta có

 P  : 2  x  2   2  y  3  z  1 0   P  : 2 x  2 y  z  9 0
Câu 40. Trong các mệnh đề dưới đây, mệnh đề nào sai?
15


1
A. ∀ x ∈ℝ : x ( 1− 2 x ) ≤ .
8
8x
≥1.
C. ∃ x ∈ℚ :
( 2 x +1 )2
Đáp án đúng: B


B. ∀ x ∈ ℕ: x+

1
≥1 .
4x

D. ∀ x ∈ ℤ, 6 x 2 − 5 x +1 ≠ 0.

1
2
Giải thích chi tiết: * Ta có x (1 −2 x ) ≤ ⇔ ( 4 x − 1 ) ≥ 0 đúng.
8
1
x= ∉ ℤ
2
2
* Ta có 6 x − 5 x +1=0 ⇔
nên suy ra 6 x 2 − 5 x +1 ≠ 0 đúng ∀ x ∈ ℤ.
1
x= ∉ ℤ
3
8x
1
1
≥ 1⇔ ( 2 x −1 )2 ≤ 0 ⇔ x= ∈ ℚ.
* Với x ≠ − ta có
2
2
2

( 2 x +1 )
1
≥1 sai với x=0 ∈ ℕ.
* Mệnh đề ∀ x ∈ ℕ: x+
4x
----HẾT---

[

16