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: 053.
Câu 1. Cho
A. 19 .

6

6

6

f  x  dx 4

g  x  dx 5

 3 f  x   g  x   dx

2

và

2

, khi đó

2

bằng:

C. 7 .

B. 11 .

D. 17 .

Đáp án đúng: C
6

Giải thích chi tiết:

6

6

 3 f  x   g  x   dx 3f  x  dx 
2

2

x

Câu 2. Tất cả các nguyên hàm của hàm số f ( x) 3


g  x  dx

3.4  5 7

.

2

là

x

x
A.  3  C
Đáp án đúng: B

B.



3
C
ln 3

3 x
C
D. ln 3

x
C. 3 ln 3  C


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


3 x
C
x
C. 3 ln 3  C D. ln 3

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

Ta có
Câu 3. Diện tích tam giác đều cạnh a là:
a3 √ 2
a2 √ 2
A.
B.
2
3
Đáp án đúng: D

Câu 4.

Cho

hàm

số

liên

tục

3 x
C
ln 3
.
C.

trên

a2 √3
2

D.

thỏa

.

a2 √3

4

Khi

đó

tích

phân

bằng
A.
.
Đáp án đúng: C

Giải thích chi tiết: Đặt

B.

.

C.

.

D.

.

.


1


Đặt

.

Đổi cận:

;

Vậy
Câu 5.
Cho hàm số

.
.

y  f  x

y  f  x 
liên tục trên  và có đồ thị hàm số
như hình vẽ bên dưới.

f x  x2  3  m
x    1;1
Bất phương trình  
nghiệm đúng
khi và chỉ khi

m  f  1  3
m  f  0  3
A.
.
B.
.
m  f  1  3
m  f  0  3
C.
.
D.
.
Đáp án đúng: D

Giải thích chi tiết:
Đặt

h  x   f  x   x2  3

.

m  max h  x 
  1;1
khi và chỉ khi
.
 x 0
h x  0  f  x   2 x 0  
h x  f  x   2 x
 x 1 .
Ta có:  

,
h x  0  f  x   2 x  0  f  x    2 x
+)  
Bất phương trình đã cho nghiệm đúng

x    1;1

2


h x  0  f  x   2 x  0  f  x    2 x
+)  
Ta có bảng biến thiên

Từ bảng biến thiên suy ra:
m  f  0  3
Vậy
.
Câu 6.

max h  x  h  0   f  0   3
  1;1

.

f  x   x 3  3x

Gọi
là hình phẳng nằm giữa hai đồ thị các hàm số
tích bằng:

A. 8 .
B. 12 .
C. 40 .
Đáp án đúng: A
Giải thích chi tiết:
Hồnh độ giao điểm của hai đồ thị là x 0 , x 2 và x  2 .
0

và

g  x  x

. Khi đó

có diện

D. 32 .

2

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

Ta có

2

0

Câu 7. Mặt phẳng nào sau đây song song với trục Ox ?

A. 5x + 2y + 3z = 0 .

B. 3y + 5z + 5 = 0 .

C. 3x + 2y + 5 = 0.
Đáp án đúng: B

D. 3x + 2z + 5 = 0.

Câu 8. Trong không gian Oxyz , cho điểm
A.

C   1;  6;  2 

A  1;0;1

.

C   1;6;  1
C.
.
Đáp án đúng: B
C  xC ; yC ; zC 

Giải thích chi tiết: Gọi điểm
 xC  1 0


AC  0;6;1   yC 6 
 z  1 1

 C
Khi đó,
Vậy, tọa độ điểm
Câu 9.

C  1;6; 2 

Tìm tất cả các giá trị của
A.

.

, ta có:
 xC 1

 yC 6
 z 2
 C
.



AC  0;6;1
. Tìm tọa độ điểm C thỏa mãn
B.

C  1;6; 2 

.


D.

C  1;6;0 

.


AC  xC  1; yC ; zC  1

.

.

để hàm số

xác định trên
B.

.

.
3


C.
.
D.
.
Đáp án đúng: B
Câu 10. 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

6
2
3
1
A. 7 .
B. 7 .
C. 7 .
D. 7 .
Đáp án đúng: D
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”.
.

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

C 32

C

2
7

=

1
7

.

A  1;  2; 2 
Câu 11. 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
y z 4
x
y z 6
:
 
:
 
1 2
4 .
1 2
2 .
A.
B.

:

x 1 y z  6
 
1
2
4 .

C.
Đáp án đúng: D

D.

:

x
y
z 6
 
1 2
4 .

 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 
,
.

B
0;0;6
BA  1;  2;  4 


Đường thẳng  đi qua
và có VTCP
có phương trình là:
x
y
z 6
:  
1 2
4 .
AB là:
Câu 12. Cho hai điểm phân biệt A và B . Điều kiện để điểm I là trung
 điểm của đoạn thẳng
 
 
A. AI BI .
B. IA IB .
C. IA  IB .
D. IA IB .
Đáp án đúng: C

4



Câu 13. Nếu
A.  6 .

1

1

1

f  x  dx 2

 f  x   2 g  x   dx  8

g  x  dx

0

và

0

B.  3 .

thì

0

bằng:


C.  5 .

D. 5.

Đáp án đúng: D
Giải thích chi tiết:

1

1

 f  x   2 g  x   dx  8 

f  x  dx  2g  x  dx  8

0

1

0

1

0

1

 2  2 g  x  dx  8 
0


g  x  dx 5
0

.

Câu 14. Đúng mồng một mỗi tháng vợ chồng anh Nam gửi vào ngân hàng 15 triệu đồng tiết kiệm để mua oto
với lãi suất 0, 7 % mỗi tháng. Biết không rút tiền ra khỏi ngân hàng thì cứ sau mỗi tháng tiền lãi sẽ nhập vào
gốc để tính lãi cho tháng tiếp theo. Hỏi sau ít nhất bao nhiêu tháng (khi ngân hàng đã tính lãi) thì vợ chồng anh
Nam có được số tiền cả gốc lẫn lãi nhiều hơn 600 triệu đồng để mua oto? Giả định trong suốt thời gian gửi, lãi
suất khơng đổi, được tính lãi ngay từ ngày gửi và vợ chồng anh Nam không rút tiền ra?
A. 38 tháng.
B. 42 tháng.
C. 40 tháng.
D. 39 tháng.
Đáp án đúng: C
Giải thích chi tiết: Đúng mồng một mỗi tháng vợ chồng anh Nam gửi vào ngân hàng 15 triệu đồng tiết kiệm để
mua oto với lãi suất 0, 7 % mỗi tháng. Biết khơng rút tiền ra khỏi ngân hàng thì cứ sau mỗi tháng tiền lãi sẽ
nhập vào gốc để tính lãi cho tháng tiếp theo. Hỏi sau ít nhất bao nhiêu tháng (khi ngân hàng đã tính lãi) thì vợ
chồng anh Nam có được số tiền cả gốc lẫn lãi nhiều hơn 600 triệu đồng để mua oto? Giả định trong suốt thời
gian gửi, lãi suất khơng đổi, được tính lãi ngay từ ngày gửi và vợ chồng anh Nam không rút tiền ra?
A. 42 tháng. B. 38 tháng. C. 39 tháng. D. 40 tháng.
Lời giải
Tác giả: Lê Thị Bích Hải; Fb: Bich Hai Le
Số tiền vợ chồng anh Nam thu được sau n tháng được tính theo cơng thức

Tn 15.  1  0, 7% 

Ta có


 1  0, 7% 

15.  1  0, 7% 

n

1

0, 7%

 1  0, 7% 
0, 7%

.
n

1

 600   1  0, 7%  n  10287
10007  n  39, 437 .

Vậy vợ chồng anh Nam phải gửi ít nhất 40 tháng.
Câu 15.
Đồ thị sau là của hàm số nào?

5


3
2

A. y  x  2 x  3
4

B.

2

C. y x  2 x  1
Đáp án đúng: A

D.

2

Câu 16. Với giá trị nào của tham số m thì phương trình z  z  m 0 nhận
A. m 3 .
B. m 1 .
C. m  1 .
Đáp án đúng: B

z 

1
3
i
2
2 làm nghiệm?
D. m 2 .

2


Giải thích chi tiết: Với giá trị nào của tham số m thì phương trình z  z  m 0 nhận
nghiệm?
A. m  1 .
B. m 1 .
C. m 2 .
D. m 3 .
Lời giải

z 

1
3
i
2
2 làm

2

 1
3  1
3
1
3
   i
     i
  m 0
z



i
2
2
2
2
2
 

2
2 làm nghiệm nên 
Ta có phương trình z  z  m 0 nhận
1
3 3 1
3
 m  i
  i
 m 1
4
2 4 2
2
.
Câu 17.
Cho các khối hình sau:

6


Mỗi hình trên gồm một số hữu hạn đa giác phẳng (kể cả các điểm trong của nó), số đa diện lồi là
A. 2 .
B. 4 .

C. 1 .
D. 3 .
Đáp án đúng: A
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 18. Biết
A.  26 .

3

3

f ( x)dx 5

 3  5 f ( x) dx

2

. Khi đó 2
B.  22 .

bằng:
C.  15 .

D.  28 .


Đáp án đúng: D
2

P z i  z 2
z  3 y 2 16
Câu 19. Cho số phức z x  yi , x , y   thỏa mãn
. Biểu thức
đạt giá trị lớn
2
2
x ;y 
x  y0 bằng
nhất tại 0 0 với x0  0, y0  0 . Khi đó: 0

20  3 7
2
A.
.
Đáp án đúng: A

20  3 6
2
C.
.

20  3 6
2
B.
.


20  3 7
2
D.
.

2

Giải thích chi tiết: Ta có:
2

P  x 2   y  1 


 x  2  x

Pmax

2

z  3 y 2 16  x 2  4 y 2 16

 x  2

2

2

 y 2  x 2   y  1 

.


 2  x

2

  y

2

2

  y  1 y   5

.

 x.   y   2  x   y  1
 x  2 y  2 0


 x.  2  x   0
x  2  x  0
 y 1 .  y 0

 y  1 .   y   0
 
 5 


2
2

2
2
x

4
y

16
x

4
y

16



x  0
x  0

 y  0
 y  0

 x 2  2 y

2
2
 2  2 y   4 y  16 0

x  2  x  0


 y  1 .   y   0

x  0
 y  0

 x0 1  7

1 7
20  3 7
y 

2
2

2  
1  7  x0  y0 
2
 x 1  7
 y0 


2
.
Nhận xét: Bài này ta dùng bất đẳng thức véc tơ như sau


 
a  a1 ; a2 , b  b1 ; b2   a  b  a1  b1 ; a2  b2 
Cho

, ta có:





7


   
a b  a  b 

 a1  b1 

2

2

  a2  b2   a12  a22 

b12  b22

.

 a1b2 a2b1

  a1b1  0
 
a b  0


a
, b ngược hướng
 2 2
Dấu “ = ” xãy ra
.




b
 1;1;  1 .
a

1;3;
4


Oxyz
,
a
b
Câu 20. Trong khơng gian
cho hai vectơ
và
Góc giữa và bằng.
A. 45 .
B. 60 .
C. 90 .
D. 120 .


Đáp án đúng: C
Giải thích chi tiết:

 
ab 1  3  4 0  a; b 90o
Ta có:

 

   chứa đường thẳng AB và
Câu 21. Cho hình chóp tứ giác đều S . ABCD có cạnh đáy bằng 2a . Mặt phẳng
đi 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 .
2 a 3 3
3
A.
.
Đáp án đúng: B

2 a 3 6
3
B.
.

2 a 3 6
9
C.
.

 a3 6

3 .
D.

i 8  1  2i
7
Câu 22. Tính modun của số phức w b  ci , b, c   biết số phức 1  i
là nghiệm của phương trình
2
z  bz  c 0 .
B. 3 .

A. 3 2 .
Đáp án đúng: C

C. 2 2 .

D. 2 .

i 8  i 2  4   1 4 1


i 8  1  2i
3
zo 
i 7  i 2  .i  i
7
1  i , ta có 
Giải thích chi tiết: +) Đặt
1  1  2i  2i  2i  1  i 
 zo 



 1  i
1 i
1 i
1 i2
.

zo là nghiệm của đa thức P  z  z 2  bz  c  zo là nghiệm còn lại của P  z  .
b
zo  zo   b  2  b 2
a
+) Ta có:
.
c
zo .zo     1  i    1  i  c  c 2
a
+)

 w 2  2i  w  22  22 2 2
3

.

2

Câu 23. Đồ thị hàm số y  x  3x  2 nhận?
A. Gốc tọa độ O làm tâm đối xứng.
C. Đường thẳng x 1 làm trục đối xứng.


B. Điểm

I   1;0 

làm tâm đối xứng.

D. Trục tung làm trục đối xứng.

Đáp án đúng: B
8


2
Giải thích chi tiết: y 3 x  6 x 0 .
y 6 x  6 0  x  1  y 0.
3
2
I   1;0 
Hàm số y  x  3x  2 là hàm đa thức bậc ba nên nhận điểm
làm tâm đối xứng.
Câu 24.

Cho khối đa diện đều loại
. Khi đó:
A. Mỗi mặt của nó là một tam giác đều
B. Mỗi đỉnh của nó là đỉnh chung của đúng

mặt

C. Mỗi đỉnh của nó là đỉnh chung của đúng


mặt

D. Mỗi mặt của nó là một đa giác đều
Đáp án đúng: B

cạnh

y

x2  4 x  4

x 2  4 x  m có hai đường tiệm cận đứng
Câu 25. Tìm tất cả giá trị của tham số m để đồ thị hàm số
A. m  4 .
B. m 4 .
C. m 4 .
D. m   .
Đáp án đúng: A
Giải thích chi tiết: Tìm tất cả giá trị của tham số
đứng
A. m 4 . B. m 4 . C. m  4 . D. m   .

m

để đồ thị hàm số

y

x2  4 x  4

x 2  4 x  m có hai đường tiệm cận

Lời giải

y

x2  4 x  4



( x  2) 2

2

x 2  4 x  m x 2  4 x  m ,yêu cầu bài toán  phương trình x  4 x  m 0 có hai nghiệm phân biệt
 ,  0
4  m  0 m  4



 m4
2
m

4
m

4



2

4.2

m

0
khác 2 
Câu 26.
Phương trình tiếp tuyến với đồ thị hàm số
tại điểm có hồnh độ
có hệ số góc
bằng
A.
.
B.
.
C.
.
D.
.
Đáp án đúng: C
Câu 27. Tìm số phức z thỏa mãn iz  2 z 9  3i .
Ta có

A. z 1  5i .
B. z 5  i .
C. z 5  i .
D. z 1  5i .
Đáp án đúng: B

Câu 28. 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√ 3
2 a3
a3
A. V =
.
B. V =
.
C. V =a3.
D. V = .
2
3
3
Đáp án đúng: D

9


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 vng ABCD là S ABCD =a2 .
1

a3
Vậy V S . ABCD = S ABCD . SA= (đvtt).
3
3
2
Câu 29. 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. 9.
B. 6.
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 .

2 z  z1  z  z2  2
Theo giả thiết,

 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 30. 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 HK , bán kính BH .
10


B. Một hình trụ trịn xoay chiều cao BH , bán kính HK .
C. Một khối trụ trịn xoay chiều cao HK , bán kính BH .
D. Một hình trụ trịn xoay chiều cao BH , bán kính HK .

Đáp án đúng: A
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 .

Câu 31. Giả sử đường thẳng y x  m cắt đồ thị hàm số
giá trị nhỏ nhất là
A. 2 .
Đáp án đúng: C
Câu 32.

B. 4 2 .

y

x
x  1 tại hai điểm phân biệt A, B . Khi đó AB có

C. 2 2 .

D.

C.

D.

2.

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.

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.

11


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 33. Hỏi phương trình 3. 2x +4. 3 x +5. 4 x =6.5 x có tất cả bao nhiêu nghiệm thực?
A. 1.
B. 4.
C. 2.
D. 3.
Đáp án đúng: A
Giải thích chi tiết: [DS12. C2.5.D03.c] Hỏi phương trình 3. 2x +4. 3 x +5. 4 x =6.5 x có tất cả bao nhiêu nghiệm
thực?
A. 2. B. 4. C. 1. D. 3.
Hướng dẫn giải
2 x
3 x
4 x
pt ⇔3. ( ) + 4.( ) +5. ( ) −6=0
5
5
5
2 x
3 x
4 x
ℝ.>Ta
Xét
hàm

số
liên
tục
trên
có:
f ( x )=3. ( ) +4. ( ) +5. ( ) − 6
5
5
5
2 x
2
3 x
3
4 x
4
′
f ( x )=3 ⋅( ) ⋅ ln +4 ⋅ ( ) ⋅ ln +5 ⋅ ( ) ⋅ ln <0 , ∀ x ∈ℝ
5
5
5
5
5
5
Do đó hàm số ln nghịch biến trên ℝ mà f ( 0 )=6>0, f ( 2)=− 22<0 nên phương trình f ( x )=0 có nghiệm
duy nhất.
A 13;  7;  13 , B  1;  1;5  , C  1;1;  3 
 P  đi
Câu 34. Trong không gian Oxyz , cho điểm 
. Xét các mặt phẳng
 P  . Khi d  A,  P    2d  B,  P   đạt giá trị lớn nhất thì  P  có

qua C sao cho A, B nằm cùng phía so với
dạng ax  by  cz  3 0 . Giá trị của a  b  c bằng
A. 1 .
B. 2 .
C. 4 .
D. 3 .
Đáp án đúng: A

Giải thích chi tiết:
Trên đoạn AB lấy hai điểm J , E : AJ  JE EB .

 P .
Gọi M , N , F , K lần lượt là hình chiếu của A, J , E , B trên mp
Ta có: AM  EF 2 JN , 2 JN  2BK 4 EF suy ra AM  2 BK 3EF 3EC .

P
d  A,  P    2d  B,  P  

CE
F

C
Do đó
lớn nhất khi
, khi đó
có vtpt là
.
12




1


CE
4;

4;
2

CE  2;  2;1


E  AB, EA  2 EB 0  E  5;  3;  1
2
,
.
 P  : 2  x  1  2  y  1  z  3 0  2 x  2 y  z  3 0 .
Phương trình mp
Vậy a  b  c 1 .



2
Câu 35. 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: B


B. 12 .

C. 10 .

D. 11 .

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 .

 4x
Câu 36. Hàm số y =

2

 1

2

có tập xác định.

 1 1
D  \  ; 
 2 2 .
A.

B. D  .
 1 1
D   ; 
 2 2.
D.

D  0;  
C.
.
Đáp án đúng: A

f  x 

Giải thích chi tiết: Cho hàm số
 2; 4 . Tính M  m ?
số trên đoạn

x2  4 x  7
x  1 . Gọi M , m lần lượt là giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm

16
M m 
3 .
B.

13
M m 
3 .
A. M  m 7 .
C.
D. M  m 5 .
1
m x2
Câu 37. Tìm tất cả các giá trị m để hàm số y= x 3 −
+2 x+ 2016 đồng biến trên ℝ:
3
2
A. −2 √ 2≤ m
B. −2 √ 2C. −2 √ 2≤ m ≤2 √ 2
D. m ≤2 √ 2

13


Đáp án đúng: C
1
m x2
Giải thích chi tiết: Tìm tất cả các giá trị m để hàm số y= x 3 −
+2 x+ 2016 đồng biến trên ℝ:
3
2
A. −2 √ 2Lời giải
Ta có y '=x 2 −mx+ 2.
ΔSAB≤ 0
2
Hàm số đồng biến trên ℝ ⇔ y ′ ≥ 0 , ∀ x ∈ ℝ ⇔ \{
.
a>0 ⇔ ΔSAB=m −8 ≤ 0 ⇔− 2 √ 2 ≤m ≤2 √ 2
Câu 38. 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 đơi. 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. 1.006.632.960 vi khuẩn.
B. 2.108.252.760 vi khuẩn.
C. 158.159.469 vi khuẩn.
D. 3.251.603.769 vi khuẩn.
Đáp án đúng: A
n
Giải thích chi tiết: . Tương tự như bài trên, sau n lần 20 phút thì số vi khuẩn có là Tn = 60.2 .
3 x  y  5 xi 2 y  1   x  y  i

Câu 39. Các số thực x, y thỏa mãn:
là
1 4
1 4
 x; y    ; 
 x; y   ; 
 7 7.
 7 7.
A.
B.

1 4
; 
 7 7.
C.
Đáp án đúng: B

 x; y   

D.

2 4
; 
 7 7.

 x; y   

3 x  y  5 xi 2 y  1   x  y  i
Giải thích chi tiết: Các số thực x, y thỏa mãn:
là

1 4
2 4
 x; y    ; 
 x; y    ; 
 7 7.
 7 7.
A.
B.
1 4
; 
 7 7.

 x; y  

1 4
; 
 7 7.

 x; y   

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

1

 x  7

 y 4

7
1 4
; 
 7 7

 x; y   

Vậy
Vậy chọn đáp án A.

14


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 40. Cho hình trụ

T 

R3 3

A. 3 .
Đáp án đúng: B

3R 3 3
4 .
C.

R3 3
B. 2 .

R3 3
D. 4 .

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:
----HẾT---

15