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: 027.
Câu 1. Biết rằng năm 2001 , dân số Việt Nam là 78685800 người và tỉ lệ tăng dân số năm đó là 1, 7% . Cho biết
Nr
sự tăng dân số được ước tính theo cơng thức S  A.e (trong đó A là dân số của năm lấy làm mốc tính, S là
dân số sau N năm, r là tỉ lệ tăng dân số hàng năm). Cứ tăng dân số với tỉ lệ như vậy thì đến năm nào dân số
nước ta ở mức 120 triệu người?
A. 2025 .
B. 2020 .
C. 2026 .
D. 2022 .
Đáp án đúng: C
Giải thích chi tiết: Biết rằng năm 2001 , dân số Việt Nam là 78685800 người và tỉ lệ tăng dân số năm đó là
1, 7% . Cho biết sự tăng dân số được ước tính theo cơng thức S  A.e Nr (trong đó A là dân số của năm lấy làm
mốc tính, S là dân số sau N năm, r là tỉ lệ tăng dân số hàng năm). Cứ tăng dân số với tỉ lệ như vậy thì đến
năm nào dân số nước ta ở mức 120 triệu người?
A. 2022 . B. 2020 . C. 2025 . D. 2026 .
Lời giải
1 S
 N  ln
r A với A 78685800 , r 1, 7% 0, 017 , S 120000000
Từ công thức S  A.e
1

120000000
N
ln
0, 017 78685800  N 24,83 (năm)
Vậy
Nr

Vậy sau 25 năm thì dân số nước ta ở mức 120 triệu người hay đến năm 2026 thì dân số nước ta ở mức 120
triệu người.
 x 1  t

M  x0 ; y0 ; z0   d :  y 1  2t
 z 2  3t
2
2
2

Câu 2. 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. 30 .
B. 20 .
C. 26 .

D. 21 .
Đáp án đúng: C

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 .
3
2
Câu 3. Cho hàm số f (x) = - x + 3x - 2. Hàm số f (x) + 2 có đồ thị nào dưới đây ?

2


A.

B.

3


C.

D.
Đáp án đúng: A

.


.

g(x) = f (x) + 2 = - x3 + 3x2, g '(x) = - 3x2 + 6x
Giải thích chi tiết:
éx = 0 Þ g(0) = 0
g '(x) = 0 Û ê
êx = 2 Þ g(2) = 4
ê
ë

Các điểm cực trị có tọa độ là (0;0) và (2;4) nên suy ra đồ thị đáp án D phù hợp.
Câu 4. Diện tích S của một mặt cầu có bán kính r được xác định bởi cơng thức nào sau đây:
2
2
2 2
A. S 4r .
B. S 4r
C. S 4r
D. S 4 r
Đáp án đúng: A
Câu 5.
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: C

B.

 0;  .

C.

  1;0  .

D.

 0;1 .

Câu 6. Trong hộp có 4 viên bi xanh, 5 viên bi đỏ, 6 viên bi vàng. Lấy ngẫu nhiên từ hộp 3 viên bi. Số cách
chọn là
3
3
3
3
A. C4  C5  C6 .
B. C15 .
3
C. A15 .
D. 9 .
Đáp án đúng: B
Giải thích chi tiết: Trong hộp có 4 viên bi xanh, 5 viên bi đỏ, 6 viên bi vàng. Lấy ngẫu nhiên từ hộp 3 viên bi.
Số cách chọn là
3
3

3
3
3
A. 9 . B. C4  C5  C6 .
C. C15 .
D. A15 .
Lời giải
Tất cả có 4  5  6 15 viên bi.
Vì lấy ngẫu nhiên từ hộp ra 3 viên bi nên mỗi cách chọn là một tổ hợp chập 3 của 15 phần tử.
3
Vậy số cách chọn bằng C15 .
Câu 7. Môđun của số phức z 2  i là
z  5
A.
.
Đáp án đúng: A

B.

z 1

.

C.

z 5

.

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
Câu 8.

z  22    1  5

1

Cho

e
0

A.

dx
e 3
a  b ln
3
4

x

.

, với

là các số hữu tỉ tối giản. Tính

.


B.

C.
.
Đáp án đúng: A

D.

.

.
.
5


1

Giải thích chi tiết: Cho

e
0

dx
e 3
a  b ln
3
4

x


, với

là các số hữu tỉ tối giản. Tính

.
A.
Lời giải

. B.

. C.

Đặt

. D.

.

. Đổi cận:

1

1

e

x

e


dx
e dx
dt
1 1
1 
 x x

  
 dt 1  ln t  ln t  3  e 1   1  ln  e  3    ( ln 4) 
x

e

3
t
t

3
3
t
t

3


e
e

3




0
0
1
1
1
3
3
1

a

1 1 e 3 
3
  ln
 
 S a 3  b3 0
3 3
4
b  1

3
.



Câu 9.




x
2x2  3



dx
bằng

2
A. 2 2 x  3  C.
1
3 x 2  2  C.
2
C.

B.

2 x 2  3  C.

1
2 x 2  3  C.
2
D.

Đáp án đúng: D
2021
2021
Câu 10. Giá trị biểu thức P=( √2−1 ) . ( √ 2+1 ) bằng

A. P=2 2022
B. P=2 2021
C. P=2
Đáp án đúng: D
Câu 11. Cho số phức z 3  4i . Khẳng định nào sau đây là khẳng định sai?
A. Môđun của số phức z là 5
C. Số phức liên hợp của z là  3  4i
Đáp án đúng: B
Giải thích chi tiết: Lý thuyết
M  3; 4 
(Điểm biểu diễn của z là
)

D. P=1

M  4;3
B. Điểm biểu diễn cuả z là
D. Số phức liên hợp của z là 3  4i

3 x  y  5 xi 2 y   x  y  i
Câu 12. Tìm các số thực x, y thỏa mãn đẳng thức
:
1
4


 x  7
 x  7



 x 0
 y  4
 y 1

7.
7 .
A. 
B. 
C.  y 0 .
D.
Đáp án đúng: C
3 x  y  5 xi 2 y   x  y  i
Giải thích chi tiết: Tìm các số thực x, y thỏa mãn đẳng thức
:

4

 x  7

 y 1

7.

6



 x 

 x 0

 y 

y

0
A. 
.
B. 
Hướng dẫn giải

1
7
4
7 . C.

4

 x  7

 y 1

7.

4

 x  7

 y 1
7 .
D. 


3 x  y 2 y
3 x  y  5 xi 2 y   x  y  i  

5 x  y  x
Vậy chọn đáp án A.
Câu 13. Cho

3 x  y 0


6 x  y 0

 x 0

 y 0

5

5

5

f  x  dx 4

g  x  dx 3,

 2 f  x   3g  x   dx

2


và

2

khi đó

2

bằng

A. 7.
B.  1.
C. 12.
D. 1.
Đáp án đúng: B
Câu 14. 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. 25
C. 100
D. 75
Đáp án đúng: A
1
5
10
5
f  x   x11  x9  x 7  2 x5  x 3  x  2018
11
9

7
3
Câu 15. Hàm số
có bao nhiêu điểm cực trị ?
A. 11.
B. 10.
C. 1.
D. 2.
Đáp án đúng: D
Câu 16.
Tổng các hệ số của tất cả các số hạng trong khai triển nhị thức
A.

.

B.

C.
.
Đáp án đúng: C
Giải thích chi tiết:
Lời giải
Ta có

 x  2y

là

2020


D.

2020

k

k

2020

.
.

k

k
k
    1 .C2020
.x 2020 k .  2 y      1 .C2020
.2 k.x 2020 k . y k
k 0

k 0

Tổng các hệ số của tất cả các số hạng trong khai triển trên chính là giá trị của đa thức tại x  y 1 .
Vậy

S  1  2.1

2020


1

.

Câu 17. Cắt hình nón đỉnh S bởi mặt phẳng đi qua trục ta được một tam giác vuông cân có cạnh huyền bằng
a 2 . Gọi BC là dây cung của đường trịn đáy hình nón sao cho mặt phẳng  SBC  tạo với mặt đáy một góc
60o . Tính diện tích tam giác SBC .

A.

S SBC 

2a 2
2 .

3a 2
3 .
C.
Đáp án đúng: B
S SBC 

B.
D.

S SBC 

S SBC 

2a 2

3 .

a2
3 .
7


Giải thích chi tiết:
Gọi O là tâm đường trịn đáy của hình nón.
SO 

AD a 2

2
2 .

Ta có SAD vng cân tại S với AD a 2  SA a và
Gọi H là giao điểm của AD và BC . Suy ra AD  BC và H là trung điểm BC .
Khi đó SH  BC .
o


 SBC  và mặt phẳng đáy là góc SHO
Vậy góc giữa mặt phẳng
hay SHO 60 .
Trong SOH vng tại O ta có

cot S HO 

OH

a 2
a 6
 OH SO.cot S HO 
.cot 60 o 
SO
2
6 .

SH  SO 2  OH 2 
Suy ra

2 a 2 6a 2
24a 2 2 6a



4
36
36
6 .

Trong SHB vng tại H ta có

BH  SB 2  SH 2  a 2 

24a 2
12a 2 2 3a
2 3a



 BC 2 BH 
36
36
6
3 .

Vậy diện tích tam giác SBC là
1
1 2 6a 2 3a
2a 2
SSBC  .SH .BC  .
.

2
2 6
3
3 (đvdt).
2

2

S : x  2    y  1  z 2 10
Câu 18. Trong không gian Oxyz , cho mặt cầu   
. Tâm I và bán kính R của mặt
 S  là:
cầu

A.

I  2;  1; 0  ; R 10


.

I   2;1;0  ; R 10
C.
.
Đáp án đúng: B
Câu 19. Trong các mệnh đề dưới đây, mệnh đề nào sai?
1
≥1 .
A. ∀ x ∈ ℕ: x+
4x

B.

I  2;  1;0  ; R  10

.

D.

I   2;1;0  ; R  10

.

B. ∃ x ∈ℚ :

8x
≥1.
( 2 x +1 )2

8


1
C. ∀ x ∈ℝ : x ( 1− 2 x ) ≤ .
8
Đáp án đúng: A

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 )

[

* Mệnh đề ∀ x ∈ ℕ: x+

1
≥1 sai với x=0 ∈ ℕ.
4x

Câu 20.
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:

3

A. 3a .
Đáp án đúng: C

3
B. 6a .

3
C. a .

,

,


(minh

3
D. 2a .

N
A 2;1;3  , B  6; 5;5 
Câu 21. 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 trịn đáy của   có

phương trình 2 x  by  cz  d 0 . Tính T b  c  d .
A. T 24 .
B. T 36 .
Đáp án đúng: D

C. T 18 .

D. T 12 .

N
A 2;1;3 , B  6; 5;5 
Giải thích chi tiết: Trong không 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 .

9


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
10


2
z z  z2 z1
Câu 22. Cho z1 , z2 là hai nghiệm phức của phương trình 3z  7 z  27 0 . Giá trị của 1 2
bằng
A. 9 .
B. 6 .
C. 7 .
D. 3 .
Đáp án đúng: C
2

z z  z2 z1
Giải thích chi tiết: Cho z1 , z2 là hai nghiệm phức của phương trình 3z  7 z  27 0 . Giá trị của 1 2
bằng
A. 3 . B. 7 . C. 6 . D. 9 .

Lời giải
Cách 1:

z z  z2 z1 z1 z1  z2 z1  z1  z1  z2 
Ta có 1 2
.
2
Vì z1 , z2 là hai nghiệm phức của phương trình 3z  7 z  27 0 .
7

 z1  z2  3  z .z  z  z 3
1
2

7
 1 2
 z1  z1  z2  3. 7
 z1.z2 9  
7
3
z z
 z1  z2 
3

2

 1

Suy ra
.
Cách 2:

7  5 11i
 z1 
6
3z 2  7 z  27 0  

7  5 11i
 z2 
6

.
z1 z2  z2 z1 

7  5 11i 49 275 7  5 11i 49 275


.

6
36 36
6
36 36 .

7 324
7 18

2. .
2. . 7
6 6
6 6
.
x
Câu 23. Số nghiệm dương của phương trình 3
A. 3.
B. 0.

2

 4 x 5

1 là
C. 2.

D. 1.

Đáp án đúng: C
Câu 24. Cho mặt cầu:( S ) : x 2+ y 2 + z 2 +2 x −4 y +6 z +m=0. Tìm m để (S) cắt mặt phẳng ( P ) :2 x− y−2 z +1=0
theo giao tuyến là đường trịn có diện tích bằng 4 π.
A. m=−3
B. m=9
C. m=10
D. m=3
Đáp án đúng: B
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. 6%
B. 5% .
C. 7% .
D. 8% .
Đáp án đúng: B
Giải thích chi tiết:
Gọi lãi suất kỳ hạn một năm của ngân hàng MSB là r. Áp dụng công thức lãi suất kép
11


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 :
4

4

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

243101250
200000000

243101250
243101250

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

d:

x 1 y  2 z  3


1
2
2

Câu 26. Trong không gian Oxyz, cho mặt phẳng ( ) : 2 x  y  2 z  2 0 , 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. 11

C. 5 2

D.

42

 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 


M
M

(
a

1;
b

2;
c

3)
(

)
n
0
Ta có

, VTPT của
là (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)

 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

12


2
Câu 27. Parabol y  x  4 x  4 có đỉnh là:

I   1;1

A.
.

Đáp án đúng: C

B.

I  1;1

.

C.

a 1,log a3 b

Câu 28. Với a, b là các số thực dương tùy ý và
A.

I  2;0 

.

D.

I   1; 2 

.

bằng

B.

C.

D.
Đáp án đúng: D
Câu 29. Tính bán kính R của mặt cầu tiếp xúc với các cạnh của hình lập phương cạnh a .

a 3
B. 2

A. a 2
Đáp án đúng: C

a
C. 2

a 2
D. 2

3
Câu 30. Cho số phức z x  iy, x, y   thỏa mãn z 2  2i . Cặp số ( x; y ) là
A. (1;1) .
B. (2; 2) .

C. (  2  3;  2 
Đáp án đúng: A

3) .

D. (  2  3;  2  3) .

3
Giải thích chi tiết: Cho số phức z x  iy, x, y   thỏa mãn z 2  2i . Cặp số ( x; y ) là

A. (2; 2) .
B. (1;1) .

C. (  2  3;  2  3) . D. (  2 
Hướng dẫn giải

3;  2 

3) .

3
2
 x  3 xy 2
( x  iy ) 2  2i   2
 x 3  3 xy 2  (3 x 2 y  y 3 )
3
3 x y  y  2
3

Ta có

 x 1
 
 ( x; y ) (1;1)
Đặt y tx suy ra t 1  y 1
Vậy chọn đáp án B.
Câu 31.
Diện tích xung quanh của hình trụ có độ dài đường sinh
A.
Đáp án đúng: D


B.

và bán kính đáy
C.

là
D.

Giải thích chi tiết: Diện tích xung quanh của hình trụ có độ dài đường sinh l và bán kính đáy r là
2
A. pr .
Lời giải

B. 2prl .

2
C. 2pr .

D. prl.

S 2 rl

Hình trụ có diện tích xung quanh là xq
Câu 32. Số cạnh của một bát diện đều là ?’
A. 10 .
B. 8 .

.
C. 16 .


D. 12 .

Đáp án đúng: D
13


Giải thích chi tiết: Theo lý thuyết số cạnh của một bát diện đều là 12 .

y

Câu 33. Có hai giá trị của tham số m để đồ thị hàm số
Tổng hai giá trị này bằng?
A. 4.
B. 1.
Đáp án đúng: A
Giải thích chi tiết: + Khi x   :

2 3
2 3
mx  x 1   2 mx  x 1   2 x  m  1 
x x 
x x  
y
2x  1
2x  1

x 2 

m 1

lim y 
1  m 1
x  
2
Ta có:
.
x



+ Khi
:

mx  x 2  2 x  3
2x  1
có một tiệm cận ngang là y 1 .

C. 3.

D. 2.

2 3 
2 3
 
x x2  m  1  x  x2

1
1
2


x
x


2 3 
2 3
2 3
2 3
 2 mx  x 1   2 x  m  1  x  x 2  m  1   2
x x 
x x  
x x

y
1
1
2x  1
2x  1

2
x 2  
x
x

m 1
lim y 
1  m 3
x  
2
Ta có:

.
Câu 34.
ax  1
f  x 
bx  c ( a , b , c   ) có bảng biến thiên như sau:
Cho hàm số
mx  x 1 

Khẳng định nào dưới đây là đúng?
1

b  6

b0
A. 
.
2

b  3

b0
B. 
.
1
0b 
6.
C.
14



0b 

2
3.

D.
Đáp án đúng: B
Câu 35. Số các giá trị nguyên của tham số
cận là
A. 19.
B. 20

m    20; 20

y
để đồ thị hàm số

x 2
x 2  2m có đúng 4 đường tiệm

C. 18.

D. 0.

Đáp án đúng: A
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

2
m

0





m  , m    20; 20  m    20;  19;  18;...;  3    1 .
Mà
Vậy có tất cả 19 giá trị nguyên của m thỏa mãn yêu cầu bài toán.
0
C
Câu 36. 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

2

2

2


C : x  2    y  1
A.   
C : x  2    y  1
C.   

2

9,

viết phương trình đường trịn

C .
2

2

2

2

9.

C : x  2    y  1
B.   

9.

C : x  2    y  1
D.   


9.
9.

Đáp án đúng: A
Câu 37. Ông A vay ngân hàng T (triệu đồng) với lãi suất 12 % năm. Ông A thỏa thuận với ngân hàng cách thức
trả nợ như sau: sau đúng một tháng kể từ ngày vay, ơng bắt đầu hồn nợ; hai lần hoàn nợ liên tiếp cách nhau
đúng một tháng. Nhưng cuối tháng thứ ba kể từ lúc vay ông A mới hoàn nợ lần thứ nhất, cuối tháng thứ tư ơng
A hồn nợ lần thứ hai, cuối tháng thứ năm ơng A hồn nợ lần thứ ba (hồn hết nợ). Biết rằng số tiền hoàn nợ lần
thứ hai gấp đơi số tiền hồn nợ lần thứ nhất và số tiền hoàn nợ lần thứ ba bằng tổng số tiền hồn nợ của hai lần
trước. Tính số tiền ơng A đã hoàn nợ ngân hàng lần thứ nhất.
T  1  0, 01
A.

 2, 01

2

5

2
5

T  1  0,01
.

T  1  0, 01
6
C.
.


B.

 1, 01

2

5

5

.

5 

T 1

 100 
6
D.
.
15


Đáp án đúng: A
5 z  i  z  1  3i  3 z  1  i
z  2  3i
Câu 38. Cho số phức z thỏa mãn
. Tìm giá trị lớn nhất M của
10

M
3 .
A. M 9 .
B.

C. M 1  13 .
Đáp án đúng: D

D. M 4 5 .

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


 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
.
Câu 39. Cho hàm số

f ( x ) x  cos3 x . Khẳng định nào dưới đây đúng?

x2 1
f ( x)dx   sin 3x  C

2 3
A.
.
2

x
f ( x)dx   sin 3 x  C

2
C.
.

1

f ( x)dx 1  sin 3 x  C

3
B.
.
x2 1
f ( x)dx  2  3 sin 3x  C .
D.

Đáp án đúng: A
Câu 40. Cho số phức z thỏa mãn z + 3 z = 12 + 4i . Môđun của số phức z là
A. 13 .
Đáp án đúng: C

B. 5 .

C.

13 .

D.


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
z
+
3
z
=
12
+
4
i
Û
Ta có
Vậy

z = 13


ìïï a = 3
í
ïỵï b =- 2 Þ z = 3 - 2i
.

.
16


----HẾT---

17