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: 012.
Câu 1. Hình đa diện đều nào sau đây có tất cả các mặt khơng phải là tam giác đều?
A. Hình mười hai mặt đều.
B. Tứ diện đều.
C. Hình hai mươi mặt đều.
D. Bát diện đều.
Đáp án đúng: A
Giải thích chi tiết: Hình đa diện đều nào sau đây có tất cả các mặt không phải là tam giác đều?
A. Tứ diện đều.
B. Hình hai mươi mặt đều.
C. Hình mười hai mặt đều. D. Bát diện đều.
Lời giải
+ Hình tứ diện đều, hình hai mươi mặt đều và bát diện đều có tất cả các mặt đều là tam giác đều.
+ Hình mười hai mặt đều có 12 mặt đều là ngũ giác đều.
2x  1
y
y

x

m
x  1 tại hai điểm phân biệt A, B thỏa mãn AB 2 2

Câu 2. Đường thẳng
cắt đồ thị hàm số
.Khi đó giá trị của m là:
m    1; 7
A. m 1
B. m  1
C.
D. m 7
Đáp án đúng: D

   chứa đường thẳng AB và đi
Câu 3. Cho hình chóp tứ giác đều S . ABCD có cạnh đáy bằng 2a . Mặt phẳng
qua trung điểm M của cạnh SC và cắt hình chóp theo thiết diện là một hình đa giác có chu vi bằng 7a . Tính
thể tích của khối nón có đỉnh S và đáy là hình trịn giới hạn bởi đường tròn ngoại tiếp của tứ giác ABCD .
 a3 6
3 .
A.
Đáp án đúng: C
Câu 4.

2 a 3 3
3
B.
.

2 a 3 6
3
C.
.


2 a 3 6
9
D.
.

f  x   x 3  3x
g  x  x
Gọi
là hình phẳng nằm giữa hai đồ thị các hàm số
và
. Khi đó
tích bằng:
A. 40 .
B. 32 .
C. 12 .
D. 8 .
Đáp án đúng: D
Giải thích chi tiết:
Hồnh độ giao điểm của hai đồ thị là x 0 , x 2 và x  2 .
0

có diện

2

S  H    x  x  3 x  dx   x  x 3  3x  dx 8
3

Ta có


2

0

5
3
Câu 5. Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn 5log 3 a  log 3 b  3log 3 c 2 . Giá trị của biểu thức a bc
bằng
A.  9 .
B. 9 .
C. 6 .
D. 3 .

1


Đáp án đúng: B
Giải
thích
chi
5
3
5
3
5log3 a  log 3 b  3log 3 c 2  log 3 a  log 3 b  log 3 c 2  log 3 a bc 2  a 5bc 3 9.



tiết:




I   1;  2; 5 
Câu 6. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm
và hai mặt phẳng
 P  : x  2 y  3z 0;  Q  : 2 x  3 y  z 1 0 . Phương trình nào dưới đây là phương trình của mặt phẳng đi qua
 P , Q ?
điểm I và vng góc với hai mặt phẳng
A. x  y  z  2 0.
B. 2 x  y  z  1 0.
C. x  y  2 z  8 0.
D. x  2 y  z 0. 17.
Đáp án đúng: A

 P
Giải thích chi tiết: Ta có VTPT của mp
 
 n1 ; n2    7;  7;  7   7  1; 1;1



là


n1  1; 2;  3

 Q
; VTPT của mp

.


I   1;  2; 5 

Mặt phẳng cần tìm đi qua điểm
x  y  z  2 0.

và nhận


n  1; 1;1

là


n1  2;  3;1

làm VTPT có phương trình là :

Câu 7.
2
2
Trên tập hợp số phức, xét phương trình z  2(2m  1) z  4m 0 (m là tham số thực) . Có tất cả bao nhiêu giá
z 1?
trị của tham số
để phương trình có nghiệm z0 thỏa mãn 0

A.
.
Đáp án đúng: A


B. 2 .

C.

D. 1 .

.

2
2
Giải thích chi tiết: Trên tập hợp số phức, xét phương trình z  2(2m  1) z  4m 0 (m là tham số thực) . Có
z 1?
tất cả bao nhiêu giá trị của tham số
để phương trình có nghiệm z0 thỏa mãn 0

A.
.
Lời giải

B. 1 .

C. 2 . D.

.

2
2
Phương trình z  2(2m  1) z  4m 0(*) Ta có  ' 4m  1

1

z0 1 
4m  1 0  m 
4
+ TH1: Nếu
thì (*) có nghiệm thực nên

 z0 1
 z  1
 0

1 2
m

2 (t/m)
Với z0 1 thay vào phương trình (*) ta được
Với z0  1 thay vào phương trình (*) ta được phương trình vơ nghiệm
1
4m  1  0  m 
4 thì (*) có 2 nghiệm phức là z 2m  1 i  4m  1
+TH2: Nếu
1

m

2
z0 1  (2m  1) 2  ( 4m  1) 1  
1
 m  1
m .



2
2
Khi
kết hợp đk
Vậy có 3 giá trị thỏa mãn
2


O
O
có bán kính đáy và chiều cao đều bằng R , hai đáy là hai hình trịn   và   . Gọi
AA ' và BB ' là hai đường sinh bất kì của  T  và M là một điểm di động trên đường tròn  O  . Thể tích lớn nhất
của khối chóp M . AABB bằng bao nhiêu?

Câu 8. Cho hình trụ

T 

R3 3
B. 3 .

R3 3
A. 2 .
Đáp án đúng: A

R3 3
C. 4 .

3R 3 3

4 .
D.

Giải thích chi tiết:

VM . AABB VM . AAB  VM . ABB 2.VM . AAB 2.VA.MAB
1
2
2. h.S MAB  .R.S MAB
3
3
.

Vậy khối chóp M . AABB có thể tích lớn nhất khi S MAB đạt giá trị lớn nhất.
MA.MB. AB
S MAB 
2 R 2 .Sin A.Sin B.Sin M
4.
R

MAB
Mà
nội tiếp trong đường trịn bán kính R cố định, mà
2 R 2 .

3 3
8 .

2 3 3
S MAB đạt giá trị lớn nhất bằng 2 R . 8 (khi đó tam giác ABM đều).


2
2
3 3
3
VM . AABB  .R.S MAB  .R.2R 2 .
R 3 .
3
3
8
2 .
Khi đó:
Câu 9.
Cho hình chóp tứ giác đều
bằng
A.

có

cơsin của góc tạo bởi hai mặt phẳng

Thể tích của khối chóp

và

bằng

.

B.


C.
.
Đáp án đúng: D

D.

.

3


Giải thích chi tiết: Gọi
Đặt
CÁCH 1

là tâm của hình vng

,

. Vì

Ta có:
Trong

.
nên

.


.
, kẻ

tại

.

.

vng tại

có

vng tại

có

.

.

.
Vì

nên

cân tại

là phân giác của


.

.
4


Ta có

Từ

.

và

, ta tìm được

.

Vậy
CÁCH 2

.

Chọn hệ trục tọa độ

như hình sau, với

,

,


,

,

.

,

,

,
Đặt

Khi đó, chọn

Theo giả thiết,

.

.
,

.

,

.

.

5


Từ

và

, ta tìm được

.

Vậy

.
1

Câu 10. Tích phân
A. ln 2  1 .
Đáp án đúng: C

1
I 
dx
x 1
0

có giá trị bằng
B. 1  ln 2 .
1


Giải thích chi tiết: Cách 1: Ta có:
Câu 11. Tìm họ ngun hàm của
4
4
dx 
C
2

x 3
A. x  6 x  9
.


C. x

2

C. ln 2 .

D.  ln 2 .

1

1
d( x  1)
1
I 
dx 
ln x  1 0 ln 2  ln1 ln 2
x 1

x 1
0
0
f  x 

. Chọn đáp án C.

4
x  6x  9 .
2

4
4
dx 
C
 6x  9
x 3
.


B. x

2


D. x

2

4

2
dx 
C
 6x  9
x 3
.
4
4
dx 
C
 6x  9
x 3
.

Đáp án đúng: D
Giải thích chi tiết:

4
4
4 1
4
I  2
dx 
dx  .
C 
 C.
2
x  6x  9
1 x 3
x 3

 x  3

x
Câu 12. Tất cả các nguyên hàm của hàm số f ( x ) 3 là

3 x

C
A. ln 3
Đáp án đúng: A

x
B.  3  C

x
C. 3 ln 3  C

3 x
C
D. ln 3

x
Giải thích chi tiết: (Chuyên Đại Học Vinh 2019) Tất cả các nguyên hàm của hàm số f ( x ) 3 là

3 x
C
x
A. ln 3
B.  3  C
Lời giải



Ta có

3 x
C
x
C. 3 ln 3  C D. ln 3

x
x
f ( x)dx 3 dx  3 d( x) 

3 x
C
ln 3
.

Câu 13. Cho hai số thực a , b  1 . Khẳng định nào dưới đây là đúng?
log  a  b  log a  log b
log  a  b  log a  log b
A.
.
B.
.
a
log   log a  log b
log  ab  log a  log b
b
C.

.
D.
.
Đáp án đúng: C
Giải thích chi tiết: Cho hai số thực a , b  1 . Khẳng định nào dưới đây là đúng?
log  a  b  log a  log b
log  ab  log a  log b
A.
. B.
.
6


a
log   log a  log b
log  a  b  log a  log b
b
C.
. D.
.
Lời giải
a
log   log a  log b
log  ab  log a  log b
b
Ta có :
và
.
0




Câu 14. Cho tứ diện ABCD có DAB CBD 90 , AB 2a, AC 2 5a và ABC 135 . Góc giữa hai mặt
ABD 
BCD 
phẳng 
và 
bằng 30 . Thể tích của khối tứ diện ABCD bằng

4 2a 3
3 .
A.
Đáp án đúng: C
Giải thích chi tiết: Gọi

Ta có:

 AB DH

 AB  AD

Mặt khác:

4a 3
C. 3 .

3
B. 4 2a .

H


là hình chiếu vng góc của

D

4 3a 3
3 .
D.

trên mặt phẳng (ABC)

 AB  AH

CB DH

CB BD

 CB  BH

0

Tam giác ABH vuông tại A , AB 2a, ABH 45  ABH vuông cân tại A  AH  AB 2a; BH 2a 2
2
2
2

Áp dụng định lý cosin, AC  AB  BC  2. AB.BC.cos ABC

BC 2  AB 2  2. AB.BC .cos ABC
 AC 2 0  BC 2  2a 2BC  16a 2 0  BC 2 2a


1
1
2
 . AB.BC sin1350  .2a.2 2a. 2a 2
2
2
2
 HE  DA
 HE   DAB  ; HF   DCB 

HF

DB

Dựng
S

ABC

7



 DAB  ,  DCB   HE , HF  EHF

. Tam giác

EHF vuông tại E
DH . AH

2ax
2a 2 x
EH 

,FH 
2
2
2
2
DH  AH
4a  x
8a2 x2
Đặt DH x , khi đó
Suy ra


co s EHF


EH
3


EF
2

8a 2  x2
 6 4 a 2  x 2  4 8a 2  x 2  x  2a
2
2

2 4a  x

 





3
4a
1
1
V
 .S
.DH  .2 a 2 .2 a 
3
3 .
Vậy thể tích của khối tứ diện ABCD : SABCD 3 ABC

 S  là tập hợp các giá trị thực của tham số m
Câu 15. Gọi
 S .
tiệm cận. Tính tổng các phần tử của
A.  8 .
Đáp án đúng: B

B.  12 .

Giải thích chi tiết: Ta có


lim y 0

x  

để đồ thị hàm số

y

x2
x  m  4 có đúng hai đường
2

D. 6 .

C. 2 .

.

Nên đồ thị hàm số ln có một đường tiệm cận ngang là y 0 .
Do đó để đồ thị hàm số có đúng hai đường tiệm cận thì đồ thị hàm số cần có đúng một đường tiệm cận đứng.
2
Hay phương trình: f ( x)  x  m  4 0 có nghiệm kép hoặc có hai nghiệm phân biệt trong đó có 1 nghiệm
bằng  2 .
Ta có

  m  4 0

  m  4  0 
 f (  2) 0
Khi đó  

S   4;  8
Suy ra
.

 m  4

  m   4 
  m  8

Vậy tổng các phần tử của

 m  4
 m  8

.

 S  bằng  8    4   12

SA ^ ( ABCD )
Câu 16. Cho hình chóp S . ABCD có
; tứ giác ABCD là hình thang vuông cạnh đáy AD , BC ;


AD = 3BC = 3a , AB = a , SA = a 3 . Điểm I thỏa mãn AD = 3 AI , M là trung điểm SD , H là giao điểm
của AM và SI . Gọi E , F lần lượt là hình chiếu của A lên SB, SC . Tính thể tích V của khối nón có đáy là
( ABCD) .
đường tròn ngoại tiếp tam giác EFH và đỉnh thuộc mặt phẳng

 a3
10 5 .

A.
Đáp án đúng: A
V=

V=
B.

 a3
5 .

V=
C.

 a3
5 5.

V=
D.

 a3
2 5.

8


Giải thích chi tiết:

SA ^ ( ABCD ) Þ SA ^ AD Þ D SAD

vng tại A .



Có SA = a 3 ; AD = 3a Þ SD = 3a Þ SDA = 30° Þ MAI = 30° .

Xét D SAI vng tại A có SA = a 3 , AI = a , Þ SIA = 60° , D AHI vng tại H
Þ AH ^ SI , AH ^ CI Þ AH ^ SC (1)
*) Có

Ta có AE ^ SB ta chứng minh được AE ^ SC (2)
AF ^ SC (3)

Þ SC ^ ( AEFH )

và AEFH là tứ giác nội tiếp đường trịn đường kính AF .
SC ^ ( AEFH ) Þ OK ^ ( AEFH )
Gọi K là trung điểm AF , O là trung điểm AC Þ OK // SC mà
nên hình
O
AF
nón cần tìm có đỉnh
và đáy là tâm đường trịn đường kính
.
*) Tính AF , OK .
Từ (1), (2), (3)

1
1
1
1
1

5 Þ AF = a 6
=
+
=
+
=
2
5 .
SA2 AC 2 3a 2 2a 2 6a 2
Xét D SAC vng tại A có AF

1
1 CA2
a
OK = CF = .
=
2
2 CS
5.

( ABCD) là
Vậy thể của khối nón có đáy là đường tròn ngoại tiếp tam giác EFH và đỉnh thuộc mặt phẳng
1 a
6a 2
 a3
1
. .
=
V = h R 2 = .
3 5

4.5 10 5 .
3
Câu 17.
9


Trong khơng gian với hệ tọa độ

A.

, tìm phương trình đường vng góc chung của hai đường thẳng sau:

.

C.
Đáp án đúng: A

B.

.

.

D.

Giải thích chi tiết: Trong khơng gian với hệ tọa độ

.
, tìm phương trình đường vng góc chung của


hai đường thẳng sau:

A.
Lời giải

.

B.

.

C.

.

D.

.

Gọi

Câu 18.

Cho

hàm

số

liên


tục

trên

thỏa

.

Khi

đó

tích

phân

bằng
A.

.

B.

.

C.

.


D.

.
10


Đáp án đúng: C

Giải thích chi tiết: Đặt

.

Đặt

.

Đổi cận:

;

.

Vậy

.

x4  2
f  x  2
x .
Câu 19. Tìm nguyên hàm của hàm số

x3 1
f
x
d
x

 C



3 x
A.
.
3

B.

f  x  dx 

x3 2
 C
3 x
.

x3 1
f  x  dx  3  x  C .
D.

x 2
f  x  dx    C


3 x
C.
.
Đáp án đúng: B

Giải thích chi tiết: (THPT - n Định Thanh Hóa 2019) Tìm nguyên hàm của hàm số
A.

f  x  dx 

x3 1
 C
3 x
.

B.

f  x  dx 

C.
Lời giải

x 1
 C
3 x
.

D.


x4  2
x2 .

x3 2
 C
3 x
.

3

f  x  dx 

f  x 

f  x  dx 

x3 2
 C
3 x
.

x4  2
x3 2
 2 2
f
x
d
x

d

x

x

d
x




 x2
 x2  3  x  C
Ta có:
.
Câu 20. Từ một hộp đựng 3 quả cầu trắng và 4 quả cầu đen, lấy ngẫu nhiên hai quả. Xác suất để lấy được cả
hai quả cầu trắng là
3
6
1
2
A. 7 .
B. 7 .
C. 7 .
D. 7 .
Đáp án đúng: C
Giải thích chi tiết: Từ một hộp đựng 3 quả cầu trắng và 4 quả cầu đen, lấy ngẫu nhiên hai quả. Xác suất để lấy
được cả hai quả cầu trắng là
1
2
3

6
A. 7 . B. 7 . C. 7 . D. 7 .
Lời giải
n(W) = C 72
Số cách lấy 2 quả cầu bất kì trong hộp là:
.
n(A) = C 32
Gọi A là biến cố:“ lấy được cả hai quả cầu trắng”.
.

11


P (A) =
Xác suất để lấy cả hai quả cầu trắng là:

C 32
C

2
7

=

1
7

.
226


226

Câu 21. Cho biết chu kì bán rã của chất phóng xạ radi Ra là 1602 năm (tức là một lượng Ra sau 1602 năm
rt
phân hủy thì chỉ cịn lại một nửa). Sự phân hủy được tính theo cơng thức S = A.e , trong đó A là lượng chất
phóng xạ ban đầu, r là tỉ lệ phân hủy hàng năm ( r < 0) , t là thời gian phân hủy, S là lượng còn lại sau thời gian
226
phân hủy. Hỏi 5 gam Ra sau 4000 năm phân hủy sẽ còn lại bao nhiêu gam (làm tròn đến 3 chữ số phần thập
phân)?
A. 0,886 ( gam) .
B. 0,923 ( gam) .
C. 1,023 ( gam) .
D. 0,795 ( gam) .
Đáp án đúng: A

Giải thích chi tiết: . Khi

t =T

(chu kỳ bán rã) thì

S=

A
.
2

Thay vào cơng thức ta được
t


t

T
T
ỉư
ỉư
1÷
1÷
S=m
S = A.e = A.ỗ
ắắ
ắđ
m= m0 ỗ
.
ữ
ữ
ỗ
ỗ
A=m0
ữ
ữ
ỗ
ỗ
ố2ứ
ố2ứ
Chỳ ý:
cụng thc tr thnh
rt

y x 3   m  1 x 2  3x  1

Câu 22. Tập tấ cả các giá trị thực của tham số m để hàm số
đồng biến trên khoảng
  ;   là.
 2; 4
 ; 2    4;  
A. 
.
B. 
.
 2; 4 
 ; 2   4;  
C. 
.
D. 
.
Đáp án đúng: D
Câu 23. Với mọi số thực dương x, y tùy ý. Đặt log 3 x a; log 3 y b . Khẳng định nào sau đây là khẳng định

đúng?
3

 x
9  a  2b 
log 27 
 
2
 y 
A.
.
3


 x  2a  b
log 27 
 
y
2


C.
.
Đáp án đúng: B
Câu 24.
y  f  x
Cho hàm số bậc ba
có đồ thị như hình vẽ:

3

 x
a  2b
log 27 
 
2
 y 
B.
.
3

 x  9  2a  b 
log 27 

 
y
2


D.
.

12


Gọi S là tập hợp tất cả các giá trị nguyên của tham số m để hàm số
Tổng các phần tử của S là:
A. 4 .
B. 10 .
C. 2 .
Đáp án đúng: C
Giải thích chi tiết: Ta có



2

y ' 2  x  1 f '  x  1  m



  x  1

2


m



có 3 điểm cực trị.

D. 8 .

.

 x 1
 x 1

2
y ' 0  

  x  1  m  1 
2
 f '  x  1  m 0

2
  x  1  m 3



y f

 x 1


2
  x  1  1  m  1

2
  x  1 3  m  2 
.
2

2   x  1 4
+) Nếu  1  m 0  m  1 khi đó phương trình  
có hai nghiệm phân biệt khác 1 nên
m  1 thỏa mãn.
2

1   x  1  4
+) Nếu 3  m 0  m 3 khi đó phương trình  
vơ nghiệm. Do đó, m 3 khơng thỏa mãn.
y f

  x  1

2



m
 1 có hai nghiệm phân biệt và  2  vơ nghiệm;
+) Để hàm số
có 3 điểm cực trị thì phương
 1 vơ nghiệm và  2  có hai nghiệm phân biệt.

hoặc
  1  m  0
 m   1


3  m  0
m  3



  1 m  3
  1  m  0
 m   1


 3  m  0
  m  3
.
m
 1 m  3   
 m    1;0;1; 2
Vậy
. Chọn A .
Câu 25. Cho u (0; 4; 3); v(-2; 2; -3). Tính [v , u ]:
A. (6; -6; 8)
B. (18; 6; -8)
C. (-18; -6; 8)
D. (-6; 6; -8)
Đáp án đúng: B


13


Câu 26.
Tập xác định của hàm số

là

A.

B.

C.
Đáp án đúng: D

D.

d1 :

x 2 y 2 z
x  13 y  6 z  4


d2 :


3
1
3 và
3

1
1 .

Câu 27. Trong không gian Oxyz , cho hai đường thẳng
Đường thẳng  cắt và vng góc với cả hai đường thẳng d1 , d 2 có phương trình là
x  10 y  7 z  3
x 8 y 4 z 6




3
3 .
3
3 .
A. 2
B. 2

x 1 y  1 z  3


3
9 .
C. 20
Đáp án đúng: B

x 1 y 1 z  3


3

9 .
D. 20
d1 :

x 2 y 2 z


3
1
3

Giải thích chi tiết: Trong không gian Oxyz , cho hai đường thẳng
và
x  13 y  6 z  4
d2 :


3
1
1 . Đường thẳng  cắt và vng góc với cả hai đường thẳng d1 , d 2 có phương trình là
x 1 y 1 z  3
x 1 y  1 z  3




3
9 .
3
9 .

A. 20
B. 20

x  10 y  7 z  3


2
3
3 .
C.
Lời giải

x 8 y 4 z 6


3
3 .
D. 2

Gọi  là đường thẳng cắt và vuông góc với cả hai đường thẳng d1 , d 2 lần lượt tại M và N . Vì
M  d1  M  2  3a ; 2  a ;3a  N  d1  N  13  3b ;6  b ; 4  b 
,

 MN  3b  3a  11;  b  a  4; b  3a  4 



u  3;1;3
Đường thẳng d1 có một vec tơ chỉ phương là 1
.



u  3;  1;1
Đường thẳng d 2 có một vec tơ chỉ phương là 2
.
Vì  vng góc với cả hai đường thẳng d1 , d 2 , ta có

 MN .u1 0
11b  19a  49
 a 2


 
11b  11a  33
b  1
 MN .u2 0

M  8; 4;6  ; N  10;7;3
MN  2;3;  3
Từ đó suy ra
và
. 

M  8; 4;6 
MN  2;3;  3
Phương trình đường thẳng  qua
nhận
làm một vec tơ chỉ phương là:
x 8 y 4 z 6



2
3
3 .
Câu 28.
14


Cho các khối hình sau:

Mỗi hình trên gồm một số hữu hạn đa giác phẳng (kể cả các điểm trong của nó), số đa diện lồi là
A. 1 .
B. 2 .
C. 3 .
D. 4 .
Đáp án đúng: B
Giải thích chi tiết: Cho các khối hình sau:

Mỗi hình trên gồm một số hữu hạn đa giác phẳng (kể cả các điểm trong của nó), số đa diện lồi là
A. 4 . B. 1 . C. 2 . D. 3 .
Lời giải
HD: có hai khối đa diện lồi là Hình 1 và Hình 4.
Câu 29. Cho khối chóp tứ giác S.ABCD. Mặt phẳng (SAC) chia khối chóp đã cho thành các khối nào sau đây?
A. Một khối tứ diện và một khối chóp tứ giác.
B. Hai khối chóp tứ giác.
C. Hai khối tứ diện.
D. Hai khối tứ diện bằng nhau.
Đáp án đúng: C

Giải thích chi tiết:

Từ hình vẽ ta thấy mặt phẳng (
3

chia khối chóp đã cho thành hai khối tứ diện.
2

Câu 30. Đồ thị hàm số y  x  3x  2 nhận?
A. Trục tung làm trục đối xứng.
C. Gốc tọa độ O làm tâm đối xứng.
Đáp án đúng: B
2
Giải thích chi tiết: y 3 x  6 x 0 .

B. Điểm

I   1;0 

làm tâm đối xứng.
D. Đường thẳng x 1 làm trục đối xứng.

15


y 6 x  6 0  x  1  y 0.
3
2
I   1;0 
Hàm số y  x  3 x  2 là hàm đa thức bậc ba nên nhận điểm
làm tâm đối xứng.
2

Câu 31. Trên tập hợp số phức cho phương trình z  bz  c 0 , với b, c   . Biết rằng hai nghiệm của phương
trình có dạng z1 w  3 và z2 3w  8i  13 với w là một số phức. Tính b  c .

A. 9 .
Đáp án đúng: D

B. 11 .

C. 10 .

D. 12 .

2
Giải thích chi tiết: Trên tập hợp số phức cho phương trình z  bz  c 0 , với b, c   . Biết rằng hai nghiệm
của phương trình có dạng z1 w  3 và z2 3w  8i  13 với w là một số phức. Tính b  c .
A. 9 . B. 10 . C. 11 . D. 12 .
Lời giải
Gọi w  x  yi với x, y  

z1 w  3  x  yi  3 x  3  yi

z2 3w  8i  13 3( x  yi)  8i  13 3x  13   3 y  8  i
 x  3 3x  13


z1 , z2 là hai số phức liên hợp nên:  y   3 y  8 
Khi đó z1  2  2i , z2  2  2i

 x  5


 y 2

 z1  z2  4

z .z 8
Ta có  1 2
2
Suy ra z1 , z2 là nghiệm của phương trình: z  4 z  8 0
Vậy b  c 4  8 12 .
y log 2  1  x   log3 x
Câu 32. Tập xác định của hàm số
là
 \  0;1
0; 
 0;1 .
  ;1 .
A.
.
B.
C.
D. 
.
Đáp án đúng: B
Câu 33. E.coli là vi khuẩn đường ruột gây tiêu chảy, đau bụng dữ dội. Cứ sau 20 phút thì số lượng vi khuẩn
E.coli lại tăng gấp đôi. Ban đầu, chỉ có 60 vi khuẩn E.coli trong đường ruột. Sau 8 giờ, số lượng vi khuẩn
E.coli là bao nhiêu?
A. 158.159.469 vi khuẩn.
B. 1.006.632.960 vi khuẩn.
C. 3.251.603.769 vi khuẩn.
D. 2.108.252.760 vi khuẩn.

Đáp án đúng: B
n
Giải thích chi tiết: . Tương tự như bài trên, sau n lần 20 phút thì số vi khuẩn có là Tn = 60.2 .
Câu 34.

16


y  f  x
Cho hàm trùng phương
có đồ thị như hình
vẽ. Số nghiệm thực của phương trình
f 2  x   2 f  x   3 0
là
A. 6.
B. 2.
C. 3.
D. 4.
A.
Đáp án đúng: A
Giải thích chi tiết:

B.

C.

D.

y  f  x
Cho hàm trùng phương

có đồ thị như hình
vẽ. Số nghiệm thực của phương trình
f 2  x   2 f  x   3 0
là
A. 6.
B. 2.
C. 3.
D. 4.

Lời giải

 f  x  3  1


f 2  x   2 f  x   3 0
 f  x   1  2 
Phương trình (1) có 2 nghiệm
Phương trình (2) có 4 nghiệm.
Vậy phương trình ban đầu có 3 nghiệm
Câu 35.
y  f  x
Cho hàm số
xác định và liên tục trên  , có đồ thị như hình vẽ bên. Tìm giá trị nhỏ nhất m và giá trị
y  f  x
  2; 2 .
lớn nhất M của hàm số
trên đoạn

A. m  5, M  1 .
C. m  1, M 0 .

Đáp án đúng: A

B. m  2, M 2 .
D. m  5, M 0 .

17


Giải thích chi tiết: Cho hàm số

y  f  x

xác định và liên tục trên  , có đồ thị như hình vẽ bên. Tìm giá trị
y  f  x
  2; 2 .
nhỏ nhất m và giá trị lớn nhất M của hàm số
trên đoạn

A. m  5, M 0 .
Lời giải

B. m  1, M 0 .

C. m  5, M  1 .

D. m  2, M 2 .

  2; 2

có m  5, M  1 .

( - ¥ ; +¥ ) ?
Câu 36. Hàm số nào sau đây nghịch biến trên
A. y  2 x  1 .
B. y  x .
C. y  2  x .
Đáp án đúng: D
( - ¥ ; +¥ ) ?
Giải thích chi tiết: Hàm số nào sau đây nghịch biến trên
A. y  2 x  1 . B. y  x . C. y  2  x . D. y  x  5 .
Từ đồ thị ta thấy trên đoạn

D. y x  5 .

Lời giải

y = ax + b ( a ¹ 0)
( - ¥ ; +¥ ) Û a < 0 .
Hàm số bậc nhất
nghịch biến trên khoảng
Do đó ta chọn đáp án#A.
Câu 37. Cho hình chữ nhật ABCD có H và K lần lượt là trung điểm cạnh AB, DC . Khi quay đường gấp khúc
HBCK quanh trục HK ta sẽ nhận được
A. Một hình trụ trịn xoay chiều cao BH , bán kính HK .
B. Một hình trụ trịn xoay chiều cao HK , bán kính BH .
C. Một hình trụ trịn xoay chiều cao BH , bán kính HK .
D. Một khối trụ trịn xoay chiều cao HK , bán kính BH .
Đáp án đúng: B
Giải thích chi tiết: Khi quay đường gấp khúc HBCK quanh trục HK ta sẽ nhận được một hình trụ trịn xoay
chiều cao HK , bán kính BH .


18


2
Câu 38. Gọi z1 , z2 là các nghiệm phức của phương trình z  4 z  13 0 , với z1 có phần ảo dương. Biết số
2 z  z1  z  z2
phức z thỏa mãn
, phần thực nhỏ nhất của z là
A. 6.
B. 9.
C. 1.
D. –2.
Đáp án đúng: D
2
Giải thích chi tiết: Ta có z  4 z  13 0  z1 2  3i hoặc z2 2  3i .

Gọi z  x  yi , với x, y  R .
Theo giả thiết,

2 z  z1  z  z2  2

 x  2

2

2

  y  3 

 x  2


2

  y  3

2

2
2
2
2
 4   x  2    y  3   x  2    y  3    x  2  2   y  5  2 16


.

 C  có tâm I  2;5 , bán kính R 4 ,
Suy ra tập hợp các điểm biểu diễn số phức z là miền trong của hình trịn
kể cả hình trịn đó.

Do đó, phần thực nhỏ nhất của z là xmin  2 .
Câu 39. Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình vng tâm O, cạnh a. Cạnh bên SA vng góc với đáy,
góc ^
SBD=600. Tính thể tích V của khối chóp S . ABCD.
a3
2 a3
a3√ 3
A. V = .
B. V =
.

C. V =
.
D. V =a3.
3
3
2
Đáp án đúng: A

Giải thích chi tiết:
❑

Ta có ΔSABSAB=ΔSABSAD → SB=SD .
Hơn nữa, theo giả thiết ^
SBD=600.
Do đó ΔSABSBD đều cạnh SB=SD=BD=a √2.
Tam giác vng SAB, ta có SA=√ S B2 − A B 2=a.
Diện tích hình vuông ABCD là S ABCD =a2 .
19


1
a3
Vậy V S . ABCD = S ABCD . SA= (đvtt).
3
3

A  1;  2; 2 
Câu 40. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho điểm
. Viết phương trình đường thẳng  đi
qua A và cắt tia Oz tại điểm B sao cho OB 2OA .

x 1 y z  6
x
y
z 6
 :
 
 :  
1
2
4 .
1 2
4 .
A.
B.
x
y z 6
 
1 2
4 .
C.
Đáp án đúng: B
 :

D.

 :

x
y z 4
 

1 2
2 .

 B  0;0; b 
Giải thích chi tiết: B thuộc tia Oz
, với b  0 .

OA 3 , OB  b .
 b 6
OB 2OA  b 6  
 b  6  l  .

 B  0;0; 6  BA  1;  2;  4 
,
.
Đường thẳng  đi qua
x
y
z 6
 :  
1 2
4 .

B  0;0;6 

và có VTCP



BA  1;  2;  4 


có phương trình là:

----HẾT---

20