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: 098.
2
3
2019
Câu 1. Tính S i  2i  3i  ...  2019i
A. S 1010  1010i .
C. S 2019i .

B. S  1010  1010i .
D. S 1010  1010i .

Đáp án đúng: B
2
3
2019
Giải thích chi tiết: S i  2i  3i  ...  2019i
i  2  3i  4  ...  2016  2017i  2018  2019i

 4  8  ...  2016     2  6  ...  2018    i  5i  ...  2017i     3i  7i  ...  2019i 

 4  8  ...  2016     2  6  ...  2018    i  5i  ...  2017 i     3i  7i  ...  2019i 
4  2016  2016  4  2  2018  2018  2 

1  2017  2017  1  3  2019  2019  3 
 1 
 1 
 1 i 
 1 i




2
4
2
4
2
4
2
4








 1010  1010i.
Câu 2.
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?
để phương trình có nghiệm z0 thỏa mãn 0

trị của tham số

B. 1 .

A.
.
Đáp án đúng: C

C.

D. 2 .

.

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
z

1
2 (t/m)
Với 0
thay vào phương trình (*) ta được
Với z0  1 thay vào phương trình (*) ta được phương trình vơ nghiệm

+TH2: Nếu

4m  1  0  m 

1
4 thì (*) có 2 nghiệm phức là z 2m  1 i  4m  1

1


1

m

2
z0 1  (2m  1) 2  ( 4m  1) 1  
1
 m  1
m .


2 kết hợp đk
2
Khi
Vậy có 3 giá trị thỏa mãn
3

f ( x)  x  2   x 2  3 x  2   x  3 .
y


f
(
x
)
Câu 3. Cho hàm số
có
Tập hợp tất cả các giá trị của tham số m
2
y  f  x  6x  m
 a; b  . Giá trị của a  b
sao cho hàm số
có 3 điểm cực trị phân biệt thuộc nửa khoảng
bằng:
A. 23.
B. 21.
C. 22.
D. 20.
Đáp án đúng: C
3

f '( x)  x  2   x 2  3 x  2   x  3  x  2 

Giải thích chi tiết: Ta có
Suy ra hàm số y  f ( x ) có hai điểm cực trị x 1, x 3
Xét

hàm

số:


 x 3

2
y '  2 x  6  f '  x  6 x  m  0   x 2  6 x  m 1 
 x 2  6 x  m 3


2

 x  1  x  3

3

y  f  x2  6x  m 

có:

 x 3
 2
 x  6 x  m  1 0  1
 2
 x  6 x  m  3 0  2 

Để hàm số có 3 điểm cực trị ta có 4 trường hợp:
Trường hợp 1: Phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt khác 3 và phương trình (2) có  0 .

1' 10  m  0
 2
 m  10
 m

3  6.3  m  1 0  
m

12

  ' 12  m 0
 2
Trường hợp 2: Phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt khác 3 và phương trình (2) có hai nghiệm phân biệt
trong đó có một nghiệm bằng 3.
1' 10  m  0
 2
3  6.3  m  1 0

 '
  2 12  m  0
32  6.3  m  3 0


m  10
 m 

 m 12

Trường hợp 3: Phương trình (2) có hai nghiệm phân biệt khác 3 và phương trình (1) có  0 .

1' 10  m 0
 2
3  6.3  m  3 0  10 m  12
  ' 12  m  0
 2

Trường hợp 2: Phương trình (2) có hai nghiệm phân biệt khác 3 và phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt
trong đó có một nghiệm bằng 3.

2


1' 10  m  0
 2
3  6.3  m  1 0
 m 
 '
  2 12  m  0
32  6.3  m  3 0


m   10;12   a 10; b 12  a  b 22.
Từ 4 trường hợp trên ta có
AB
Câu 4. Cho hai điểm phân biệt A và B . Điều kiện để điểm I là trung
 điểm của đoạn thẳng  là:


A. IA IB .
B. IA  IB .
C. IA IB .
D. AI BI .
Đáp án đúng: B
y x 3  3mx 2  3  m 2  1 x  m3  m
Câu 5. Gọi x1 , x2 là hai điểm cực trị của hàm số
. Tìm tất cả các giá trị của

2
2
tham số thực m để : x1  x2  x1 x2 7
A. m 1 .
B. m 2 .
Đáp án đúng: B
Giải thích chi tiết: [Phương pháp tự luận]

D. m  2 .

C. m 0 .

y ' 3 x 2  6mx  3  m2  1
Hàm số ln ln có cực trị với moi m
 x1  x2 2m

2
Theo định lí Viet :  x1.x2 m  1
2

x12  x22  x1 x2 7   2m   3  m 2  1 7

⇔ m= ±2. m= ±2.
 x m  1

2
2
x  2mx   m  1
Cách 2 : y’=0 ⇔ m= ±2.
=0  x m  1 .

2

2

x12  x22  x1 x2 7   m  1   m  1   m  1  m  1 7

⇔ m= ±2. m 2 .
1
y  x 3  2 x 2  mx  1
3
Câu 6. Tìm tất cả các giá trị của tham số m để hàm số
nghịch biến trên  .
A. m  4 .
B. m   4 .
C. m   4 .
D. m  4 .
Đáp án đúng: D
Câu 7. . Khối lập phương cạnh 2a có thể tích là
3

3
B. V 6a

A. V a
Đáp án đúng: C

3
C. V 8a

Giải thích chi tiết: Một chất điểm chuyển động theo quy luật

đầu chuyển động,
giá trị lớn nhất.

s t

3
D. V 2a

s  t   t 3  6t 2

với t là thời gian tính từ lúc bắt

là quãng đường đi được trong khoảng thời gian t . Tính thời điểm t tại đó vận tốc đạt

A. t 1. B. t 3. C. t 4. D. t 2.

 S  là tập hợp các giá trị thực của tham số m
Câu 8. Gọi
 S .
tiệm cận. Tính tổng các phần tử của
A. 2 .

B.  12 .

để đồ thị hàm số
C. 6 .

y

x2

x  m  4 có đúng hai đường
2

D.  8 .
3


Đáp án đúng: B
Giải thích chi tiết: Ta có

lim y 0

x  

.

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  4
 m  8
  m  8

.

Vậy tổng các phần tử của

 S  bằng  8    4   12

3

3

f ( x)dx 5

 3  5 f ( x) dx

Câu 9. Biết
. Khi đó 2
A.  22 .
B.  26 .
Đáp án đúng: D
Câu 10.
Đồ thị sau là của hàm số nào?
2


A.
C.
Đáp án đúng: D

bằng:
C.  15 .

D.  28 .

4
2
B. y x  2 x  1
3
2
D. y  x  2 x  3

4


log a

Câu 11. Cho ba số dương a, b1 , b2 với a 1 , ta có
A. log a b1  log a b2 .

b1
b2 bằng
B. log a b2  log a b1 .

C. log a b1.log a b2 .

Đáp án đúng: A

D. log a b1  log a b2 .
2

P z i  z 2
z  3 y 2 16
Câu 12. 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 6
2
B.
.

20  3 6
2
A.
.
Đáp án đúng: C

20  3 7
2
C.

.

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

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
 x 2  4 y 2 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:
   
2
2
a  b  a  b   a1  b1    a2  b2   a12  a22  b12  b22



  y




.

 a1b2 a2b1

  a1b1  0
 
a b  0

a
, b ngược hướng
 2 2
Dấu “ = ” xãy ra
.
Câu 13. Cho hàm số f có đạo hàm liên tục trên  và k là một số thực. Khẳng định nào sau đây sai?
 f  x   k  dx f  x  dx  k dx
A. 
.
kf  x  dx k f  x  dx
C. 
.
Đáp án đúng: C

B.
D.

.
.
5



 f  x   g  x   dx f  x  dx  g  x  dx
Giải thích chi tiết: + Áp dụng tính chất 
nên phương án A đúng.
F  x
f  x
+ Giả sử hàm số
là một nguyên hàm của hàm số
trên  , ta

có

nên phương án B đúng.
kf  x  dx k f  x  dx k
+ Ta có: 
, ( là hằng số khác 0 ).
Vậy khẳng định C sai.

+ Vì
án D đúng.
Câu 14.

nên theo định nghĩa nguyên hàm ta có

Biết phương trình

có một nghiệm phức là

A.

nên phương


. Tính tổng

B.

C.
Đáp án đúng: C

D.

Câu 15. Các số thực x, y thỏa mãn:
1 4
 x; y    ; 
 7 7.
A.

3 x  y  5 xi 2 y  1   x  y  i

1 4
; 
 7 7.

 x; y  

C.
Đáp án đúng: A

là

1 4

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

 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.

6


0



Câu 16. 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: D
Giải thích chi tiết: Gọi

Ta có:

 AB DH

 AB  AD

Mặt khác:


4 3a 3
3 .
C.

3
B. 4 2a .

H

là hình chiếu vng góc của

D

4a 3
D. 3 .

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 

Dựng  HF  DB
DAB , DCB HE , HF EHF

 
 
  . Tam giác EHF vuông tại E
Suy ra 
DH . AH
2ax
2a 2 x
EH 


,FH 
DH 2  AH 2
4a 2  x 2
8a2 x2
Đặt DH x , khi đó
S

ABC


co s EHF


EH
3


EF
2

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



 




7


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
Câu 17. Một quần thể vi khuẩn bắt đầu với 100 con. Cứ sau 3 giờ đồng hồ thì số lượng vi khuẩn lại tăng gấp
đôi. Hỏi khi nào số lượng vi khuẩn đạt đến 50000 con?

A. 26,9 giờ.
Đáp án đúng: A

B. 26,6 giờ.

C. 26,09 giờ.

D. 26,06 giờ.
n

Giải thích chi tiết: . Tương tự như bài trên, sau n lần 3 giờ thì số vi khuẩn có là Tn = 100.2 .
Theo đề bài, ta có
Câu 18.
y  f  x

y  f  x 
Cho hàm số
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: B

Giải thích chi tiết:
Đặt

h  x   f  x   x2  3

.


Bất phương trình đã cho nghiệm đúng

x    1;1

khi và chỉ khi

m  max h  x 
  1;1

.
8


 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
+)  
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
.


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

.

y  x 3   m  1 x 2  3x  1
Câu 19. 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 20. Cho hình chóp S.ABC có AB = a, AC = a 3, SB > 2a và ABC = BAS = BCS = 90°. Sin của góc giữa

11

.
đường thẳng SB và mặt phẳng ( SAC ) bằng 11 Thể tích khối chóp S.ABC bằng
a3 3
.
9

A.
Đáp án đúng: B
Giải thích chi tiết:
Lời giải.

B.

a3 6
.
6

C.

2a3 3
.
9

D.


a3 6
.
3

Gọi O là trung điểm AC, D đối xứng của B qua O.
é
ù
d éB,( SAC ) ù
û= d ëD,( SAC ) û.
Suy ra ë

9


Ta cú

ỡùù AB ^ AD
đ AB ^ SD.
ớ
ùùợ AB ^ SA

Tương tự có BC ^ SD. Từ đó suy ra SD ^ ( ABCD) .
SB>2a
® SB = x2 + 3a2 ( 1) ắắ
ắđ x > a.
t SD = x ( x > 0) ¾¾

( 2)

Vì

1
1
1
1
1
1
1
=
+
+
= 2 + 2 + 2.
2
2
2
DC
DA
x
a
2a
d ( D,( SAC ) ) SD

( 3)

2

Lại có
Từ ( 1) ,( 2) và ( 3) ta có phương trình

11
1

3
x>a
= +
Û 3x4 - 11x2a2 + 6a4 = 0 ắắắ
đ x = a 3.
x2 + 3a2 x2 2a2

Vậy

1
a3 6
VS.ABC = SD ABC .SD =
.
3
6

x2  4 x  4

y 2
x  4 x  m có hai đường tiệm cận đứng
Câu 21. Tìm tất cả giá trị của tham số m để đồ thị hàm số
A. m  4 .
B. m 4 .
C. m  .
D. m 4 .
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   .


để đồ thị hàm số

m

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 ,u cầu bài tốn  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 
Ta có

6

6

6

f  x  dx 4

g  x  dx 5

 3 f  x   g  x   dx

Câu 22. Cho
A. 11 .

Đáp án đúng: C
2

và

2

, khi đó

2

B. 17 .
6

bằng:

C. 7 .
6

f  x  dx 
 3 f  x   g  x   dx 3
2
Giải thích chi tiết: 2
Câu 23. Khối lập phương có bao nhiêu cạnh?
A. 10
B. 16 .

D. 19 .

6


g  x  dx
2

C. 8 .

3.4  5 7

.
D. 12.

Đáp án đúng: D

M  3;2;  1
Câu 24. Trong khơng gian Oxyz , cho điểm
. Hình chiếu vng góc của điểm M lên trục Oz là
điểm
10


M 2  3; 2;0 

.

B.

M 1  0;0;  1

C. 4
.

Đáp án đúng: B

D.

M 3  3; 0;0 

A.

M  0; 2;0 

Giải thích chi tiết: Hình chiếu của
Câu 25.

M  3;2;  1

.

 0;0;  1 .
trên trục Oz là điểm có tọa độ là

Cho khối lăng trụ đứng tam giác
. Biết

.

có đáy

hợp với mặt phẳng

là tam giác vng tại

một góc

với

. Thể tích khối lăng trụ đã

cho bằng
A.

.

B.

C.
.
Đáp án đúng: D

.

D.

.

SA ^ ( ABCD )
Câu 26. 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
V=

 a3
2 5.

A.
Đáp án đúng: B

V=
B.

 a3
10 5 .

V=
C.

 a3
5 5.

V=
D.

 a3
5 .

11



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 27.
12


Tổng các nghiệm của phương trình
Giá trị của biểu thức
A. 6.
Đáp án đúng: A

log

3

 x  2   log3  x  4 

bằng
B. 0.

2

0


là S a  b 2 (với a, b là các số nguyên).

C. 9.

D. 3.

Giải thích chi tiết: Điều kiện: 2  x 4 .
Với điều kiện trên, phương trình đã cho tương đương
2 log 3  x  2   2 log 3 x  4 0  log 3  x  2  x  4 0   x  2  x  4 1
  x  2   x  4  1


  x  2   x  4   1

 x 2  6 x  7 0

 2
 x  6 x  9 0

 x 3  2

 x 3

So lại điều kiện, ta nhận hai nghiệm x1 3  2; x2 3
Ta được: S  x1  x2 6  2  a 6; b 1 . Vậy Q a.b 6 .
Câu 28.
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. 2 .

B. 1 .
C. 4 .
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.
y log 2  1  x   log3 x
Câu 29. Tập xác định của hàm số
là
0; 
 \  0;1
 0;1 .
  ;1 .
A.
B. 
.
C.
.
D.
Đáp án đúng: A
x
y
x  1 tại hai điểm phân biệt A, B . Khi đó AB có
Câu 30. Giả sử đường thẳng y x  m cắt đồ thị hàm số
giá trị nhỏ nhất là
A.


2.

B. 4 2 .

C. 2 2 .

D. 2 .
13


Đáp án đúng: C
Câu 31. Cho u (0; 4; 3); v(-2; 2; -3). Tính [v , u ]:
A. (-18; -6; 8)
B. (-6; 6; -8)
C. (18; 6; -8)
D. (6; -6; 8)
Đáp án đúng: C
x
Câu 32. 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 ln 3  C


3 x
C
C. ln 3

x
D.  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

3 x
f ( x)dx 3 dx  3 d( x)  ln 3  C .
Ta có
Câu 33.
Cho hàm số y  f ( x ) liên tục trên  và có đồ thị như hình vẽ sau
x


x

Hỏi phương trình f ( x ) 0 có bao nhiêu nghiệm thực phân biệt?
A. 3 .
B. 0 .
C. 2 .
Đáp án đúng: C

D. 1 .

Giải thích chi tiết: Nhìn vào đồ thị đã cho ta thấy đồ thị hàm số y  f ( x) giao với trục hồnh tại hai điểm phân
biệt.
Do đó phương trình f ( x ) 0 có hai nghiệm phân biệt.
Câu 34. Cho hình nón có thiết diện qua trục là một tam giác đều cạnh bằng 2 . Diện tích tồn phần của khối nón
này bằng
A. 5 .
B. 3 .
C. 4 .
D. 2 .
Đáp án đúng: B
Câu 35. Cho hai số phức z1 2  i và z2 1  2i . Khi đó phần ảo của số phức z1.z2 bằng:
A.  2i .
B. 3i .
C.  2 .
D. 3 .
Đáp án đúng: D
 2  i   1  2i  2  4i  i  2i 2 4  3i
Giải thích chi tiết: z1.z2
.
14



Khi đó phần ảo của số phức z1.z2 bằng 3.
Câu 36. 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.
5
3
Câu 37. 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. 6 .
B. 9 .
C. 3 .
D.  9 .
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:



Câu 38.
Cho hai hàm số

f  x

và

i. kf  x  dx k f  x  dx

g  x

liên tục trên  và a, b, c, k là các số thực bất kì. Xét các khẳng định sau

.

.
b

iii.  f  x   g  x   dx f  x  dx  g  x  dx
.

Số các khẳng định đúng là
A. 1.
B. 2.
Đáp án đúng: B
Câu 39.

c

c

f  x  dx f  x  dx  f  x  dx

iv.

a

a

b

C. 3.

D. 4.

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.
A.
Đáp án đúng: A
Giải thích chi tiết:

B.

15


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 40. 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
6
3
2
A. 7 .
B. 7 .
C. 7 .
D. 7 .
Đáp án đúng: A
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

.
----HẾT---

16