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: 035.
Câu 1. Tìm khoảng đồng biến của hàm số y sin x .

 
 0; 
A.  2  .
Đáp án đúng: A
Câu 2.



  ; 
2.
C. 

 
 ; 
B.  2  .

 C  : y  f  x 

x

D.

   ;  .

C
là hình phẳng giới hạn bởi đồ thị   , đường thẳng x 9 và trục
A 9; 0 
H
Ox . Cho điểm M thuộc đồ thị
và điểm 
. Gọi V1 là thể tích khối tròn xoay khi cho   quay
quanh trục Ox , V2 là thể tích khối trịn xoay khi cho tam giác AOM quay quanh trục Ox . Biết rằng V1 2V2 .
C
Tính diện tích S phần hình phẳng giới hạn bởi đồ thị   và đường thẳng OM .

Cho đồ thị

A. S 3 .
Đáp án đúng: C

B.
9

Giải thích chi tiết: Ta có

. Gọi
C

S


 

H

3 3
2 .
2

V1 πd  x dx
0

C.

S

27 3
16 .

D.

S

4
3.

81
 2 .






M m; m MH  m
Gọi H là hình chiếu của M lên trục Ox , đặt OH m (với 0  m 9 ), ta có
,
và
AH 9  m .
1
1
1
V2  πd.MH 2 .OH  πd.MH 2 . AH  πd.MH 2 .OA
3
3
3
3mπd .
Suy ra

 27 3 3 
81πd
27
M
 ;

6mπd
m
4 2 
V

2

V


1
2
2
4
Theo giả thiết, ta có
nên
. Do đó
.
Từ đó ta có phương trình đường thẳng OM là

y

2 3
x
9 .

C
Diện tích S phần hình phẳng giới hạn bởi đồ thị   và đường thẳng OM là

1


27

27
4



S  
0 

2
3 2  4 27 3
2 3 
x 
x
x  dx  x x 
9
9 
3
 0  16 .

Câu 3. Nghiệm của phương trình 2sin x 

2
x   k 2
x   k 2
3
3
A.
và
.

3 0 là:


5

x   k
x   k
6
6
B.
và
.

5
x   k 2
x   k 2
6
6
D.
và
.



x   k
x   k 2
3
3
C.
và
.
Đáp án đúng: A

 S  : x 2  y 2  2 x  4 y  6 z  13 0 và đường
Câu 4. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho mặt câu

thẳng

d:

x 1 y  2 z  1


1
1
1 . Điểm M  a; b; c   a  0  nằm trên đường thẳng d sao cho từ M kẻ được ba


 S  ( A, B, C là các tiếp điểm) thỏa mãn AMB 60 , BMC
90 ,
tiếp tuyến MA, MB, MC đến mặt cầu

CMA
120 .Tính Q a  b  c .
10
Q
Q

3
3 .
A.
.
B.
C. Q 2 .
D. Q 1 .
Đáp án đúng: C


Giải thích chi tiết:

 S
Mặt cầu

2

R  12  22    3  13 3 3

I  1; 2;  3

có tâm
và bán kính
.
 C  là giao tuyến của mặt phẳng  ABC  với mặt câu  S  .
Gọi đường tròn
MA MB MC  x  x  0 
Đặt
.
Áp dụng định lý cosin trong AMB và CMA , ta có:

AB 2 MA2  MB 2  2MA.MB.cos AMB 2 x 2  2 x 2 cos 60 x 2  AB  x .


AC 2 MA2  MC 2  2MA.MC.cos AMC
2 x 2  2 x 2 cos120 3x 2  AC  x 3 .
2
2
Vì BMC vng tại M nên: BC  MB  MC x 2 .




AB 2  BC 2  x 2  x 2



2



3x 2  x 3



2

 AC 2

nên ABC vuông tại B .
 C  và ba điểm H , I , M thẳng hàng.
Gọi H là trung điểm của AC thì H là tâm của đường tròn


Do AMC 120 nên AIC 60 , suy ra AIC đều và AC IA IC R 3 3 .
Mặt khác

Suy ra x 3 3 3  x 3 và

IA IM cos 30  IM 

2

2 IA 2.3 3

6
3
3
.
2

2

M  t  1; t  2; t  1  IM 2  t  2    t  4    t  4  3t 2  4t  36
Điểm M  d nên
.
2


 t 0  M   1;  2;1

IM 36  3t  4t  36 36  3t  4t 0  
4
1 2 7
t   M  ; ; 

3
3 3 3
Mà
1 2 7
M  ; ; 

x  0 nên điểm cần tìm là  3 3 3  , suy ra Q 2 .
Vì M
2

2

2

Câu 5.
: Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số
nghiệm thuộc đoạn

để phương trình

có

?

A.
.
Đáp án đúng: B

B.

Câu 6. Cho số phức z thỏa mãn
A. 13 .
Đáp án đúng: A

C.


 2  i  z  3  16i 2  z  i 

B. 5 .

D.

.

. Môđun của z bằng

C.

5.

D. 13 .

Câu 7. Cho số phức z  2023 . Điểm biểu diễn của số phức z trong mặt phẳng là
A. M (0;  2023) .
B. M (2023; 0) .
C. M ( 2023;0) .
Đáp án đúng: C

D. M (0; 2023) .

Giải thích chi tiết: Cho số phức z  2023 . Điểm biểu diễn của số phức z trong mặt phẳng là
A. M ( 2023;0) .
B. M (2023; 0) .
C. M (0; 2023) .
D. M (0;  2023) .
Lời giải


M ( a,b,c)
( S ) : ( x - 1) + ( y + 1) + ( z - 3) = 4
Câu 8. Trong không gian Oxyz , gọi điểm
nằm trên mặt cầu
sao cho biểu thức P = 2a + 2b + c đạt giá trị nhỏ nhất. Tính giá trị biểu thức T = 3a - b - c .
2

A. 6.
Đáp án đúng: B
Giải thích chi tiết:
2

B. - 1.

M ( a,b,c)

C. - 3.

( S ) : ( x - 1)
nằm trên mặt cầu

2

2

2

2


D. 8 .
2

2

+ ( y + 1) + ( z - 3) = 4

2

Þ ( a - 1) + ( b + 1) + ( c - 3) = 4

P = 2a + 2b + c = 2( a - 1) + 2( b + 1) + ( c - 3) + 3
B .C .S

³ -

( 2 + 2 + 1 ) éêëê( a - 1)
2

2

2

2

2
2ù
+ ( b + 1) + ( c - 3) ú+ 3 = ú
û


9.4 + 3 = - 3

ìï
ïï a = - 1
ïï
3
ïï
7
ìï a - 1 b + 1 c - 3
Û íb= ïï
ïï
3
=
=
<
0
ïí 2
ïï
2
1
7
2
2
2
ïï
ïc =
ïïỵ ( a - 1) + ( b + 1) + ( c - 3) = 4 ùùùợ
3
khi
ị T = 3a - b - c = - 1

3


x
Câu 9. Số nghiệm thực của phương trình 3
A. 1.
B. 2.

2

2 x

27 là
C. 3.

D. 0.

Đáp án đúng: B
Câu 10. Cho hình chóp S . ABCD có đáy là hình chữ nhật AB 3a, AD 4a . Cạnh bên SA vuông góc với mặt
đáy, SC tạo với mặt phẳng đáy một góc 60 . Tính bán kính của mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S . ABCD theo a .
A. 10a .
Đáp án đúng: B

5 3a
C. 2 .

B. 5a .

Câu 11. Tính tổng các nghiệm của phương trình
9


A. 10 .
Đáp án đúng: D

log  x 2  3x  1  9

B. 9 .

bằng

C.  3 .

Giải thích chi tiết: Tính tổng các nghiệm của phương trình
9
A.  3 . B. 9 . C. 10 .
Lời giải

D. 5 3a .

D. 3 .

log  x 2  3 x  1  9

bằng

D. 3 .

2
9
2

9
Phương trình tương đương với x  3 x  1 10  x  3 x  1  10 0 .
 5  4.10  9  0 nên phương trình có hai nghiệm x1 và x2 phân biệt.

Ta có x1  x2 3 .
f  x
F  x
f  x
Câu 12. Cho
là một hàm số liên tục trên ¡ và
là một nguyên hàm của hàm số
. Biết
3

f  x  dx 3
1

và

F  1 1

A. 2 .
Đáp án đúng: B
Giải thích chi tiết: Do

. Giá trị của
B. 4 .

F  x


F  3

bằng
D.  2 .

C. 3 .

là một nguyên hàm của hàm số

f  x

nên ta có

3

f  x  dx F  3  F  1  F  3  1 3  F  3 4
1

Vậy

F  3 4

.

.

( 1 + i ) z - 1- 3i = 0 với i là dơn vị ảo. Môđun số phức
Câu 13. Cho số phức z thỏa mãn điều kiện
w = 1- z + iz bằng
A. 2 3 .

Đáp án đúng: D

B. 3 .

C.

5.

D. 13 .

( 1 + i ) z - 1- 3i = 0 với i là dơn vị ảo. Môđun số phức
Giải thích chi tiết: Cho số phức z thỏa mãn điều kiện
w = 1- z + iz bằng
A. 5 .B. 13 .
Lời giải
Ta có:

C. 3 . D. 2 3 .

4


( 1 + i ) z - 1- 3i = 0 Û z =

1 + 3i
= 2 +i
1+i
.

Suy ra z = 2 - i .

Khi đó:

w = 1- z + iz = 1- (2 - i ) + i ( 2 + i ) =- 2 + 3i

.

2

w = ( - 2) + 32 = 13
w
Môđun số phức
là:
.
Câu 14. Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh bằng a . Đường thẳng SA a 2 vuông
 ABCD  . Gọi M là trung điểm SC , mặt phẳng    đi qua hai điểm A và M đồng thời song
góc với đáy
song với BD cắt SB, SD lần lượt tại E , F . Bán kính mặt cầu đi qua năm điểm S , A, E , M , F nhận giá trị nào
sau đây?
A. a
Đáp án đúng: D

a
C. 2

B. a 2

a 2
D. 2

Giải thích chi tiết:


    BD
 BD / /EF

SBD



FE





Ta có 
. Gọi I là giao điểm của AM và SO
Dễ thấy I là trong tâm tam giác SAC
SF SI 2
2
2
2

  SF  SD  SF .SD  SD 2  SA2  AD 2 2a 2  SF .SD SA2
SD SO 3
3
3
3
2
Xét tam giác vuông SAD và SF .SD SA  AF là đường cao của tam giác  AF  SF , chứng minh tương tự






ta có  AE  SB
Tam giác SA  AC a 2 nên AM vừa là trung tuyến vừa là đường cao của tam giác SAC  AM  SM
 AF  SF

 AE  SE
 AM  SM
Ta có 
nên mặt cầu đi qua năm điểm S , A, E , M , F có tâm là trung điểm của

SA a 2

SA và bán kính bằng 2
2
5


Câu 15.

Cho

hàm

số

liên


tục

trên

thỏa

.

Khi

đó

tích

phân

bằng
A.
.
Đáp án đúng: D

B.

.

C.

Giải thích chi tiết: Đặt

.


D.

.

.

Đặt

.

Đổi cận:

;

Vậy
Câu 16.

.
.

H
H
H
H
Lắp ghép hai khối đa diện  1  ,  2  để tạo thành khối đa diện   . Trong đó  1  là khối chóp tứ giác đều
H
H
có tất cả các cạnh bằng a ,  2  là khối tứ diện đều cạnh a sao cho một mặt của  1  trùng với một mặt của


 H 2  như hình vẽ. Hỏi khối da diện  H  có tất cả bao nhiêu mặt?

A. 5 .
Đáp án đúng: A

B. 8 .

C. 7 .

D. 9 .

H
Giải thích chi tiết: Khối đa diện   có đúng 5 mặt.

f  x 
Câu 17. Xét hàm số
0  min f  x   1
  1;1
kiện
?
A. 2 .

mx  2 x  4
2x  4

, với m là tham số thực. Có bao nhiêu số nguyên m thỏa mãn điều

B. 4 .
C. 8 .
D. 1 .

Lời giải
Chọn B
6


Cách 1:
Xét hàm số
Ta có

g  x 

mx  2 x  4
  1;1 và f  x   g  x  .
2x  4
liên tục trên

g  0   1; g  1 

 g   1 0


g  1 0


- Nếu

m 2 5
 m 2 3
; g   1 
6

2
.

 m 2 5

min f  x  0
 m  2 3 thì   1;1
, khơng thỏa mãn bài tốn.

 g   1  0
 2 3 m2 5

g
1

0



- Nếu 
m    3;  2;  1;0;1; 2;3; 4
Mà m nguyên nên
.
2 x  12
4m 
x4
g  x  
2
 2x  4 .
Ta có

TH1: m 0 .

  1;1 .
đồng biến trên
0  min f  x   1
g  0   1  g  1   1
 1  g  1  0
m   0;1; 2;3; 4
  1;1
Mà
. Do đó
. Vậy
hay
thỏa mãn bài
tốn.
TH2: m  0 .
Khi đó

g  x   0 x    1;1

Xét hàm số

h  x 

. Do đó hàm số

g  x

x2
2 x  12

h x  
 0 x    1;1
 x  4 x  4
x  4 trên   1;1 . Ta có
.

 10 14 
h  x  
;

3
5 .

Khi đó dễ thấy
m  1  4m  h  x   0 x    1;1  g  x   0 x    1;1
g  x
  1;1 .
* Khi
hay hàm số
đồng biến trên
0  min f  x   1
 1  g  1  0
  1;1
Khi đó
nên
. Vậy m  1 thỏa mãn.
m    3;  2  4m  h  x   0 x    1;1  g  x   0 x    1;1
g  x
* Khi
hay hàm số

nghịch biến trên
0

min
f
x

1
  1;1 . Khi đó g   1  g  0    1  g   1  0 nên   1;1   . Vậy m    3;  2 thỏa mãn.
m    3;  2;  1;0;1; 2;3; 4
Do đó
hay có 8 giá trị nguyên của m .
Cách 2
f x
 1;1
f x
 1;1
Nhận thấy   liên tục trên 
nên tồn tại giá trị nhỏ nhất của   trên đoạn 
.
 f  x  0, x    1;1

0  min f  x  1
f  0  1
x  1;1
Ta có 
nên suy ra
.

7



 min f  x   0 (1)
 x  1;1
0  min f  x   1  
x  1;1
f  x  1 (2)
 xmin
  1;1
Vậy điều kiện
.
1 
 1;1
 Ta có Ta có  
Phương trình mx  2 x  4 0 vơ nghiệm trên 
 Phương trình

m

g  x 

2 x4
  1;1 \  0
x
vô nghiệm trên

2 x4
, x    1;1 \  0
x


Xét hàm số
 x 8
g /  x  2
 0, x    1;1 \  0
x x4
Bảng biến thiên

m

2 x4
  1;1 \  0   2 3  m  2 5 .
x
vô nghiệm trên

Từ bảng biến thiên suy ra điều kiện phương trình
m    3;  2;  1;0;1; 2;3; 4
Do m nguyên nên
.
f  x  1
 2  trước hết ta đi tìm điều kiện để xmin
  1;1
 Ta có Để giải
.
min f  x   f  0 
f  0  1
0    1;1
f x
x  1;1
Do
nên

, mà
, suy ra x = 0 là điểm cực trị của hàm số   .

mx  2 x  4
3
 h /  0  0  m 
2x  4
2 . Do đó với m ngun thì (2) chắc chắn xảy ra.
Đặt
m    3;  2;  1; 0;1; 2;3; 4
 2
Vậy
thỏa mãn điều kiện
Kết luận: Có 8 giá trị nguyên của m thỏa mãn yêu cầu.
Đáp án đúng: C
Câu 18.
h  x 

Đồ thị của hàm số nào dưới đây nhận trục

làm tiệm cận đứng ?

A.

B.

C.

D.
8



Đáp án đúng: C
Câu 19.
Tập hợp điểm biểu diễn của số phức
kính

thỏa mãn

là đường trịn

. Tính bán

của đường trịn

A.

.

C.
.
Đáp án đúng: B
Câu 20. Cho các số phức
P  z  z1  z  z 2

z , z1 ,

B.

.


D.

.

z2 thỏa mãn z1  4  5i  z2  1 và z  4i  z  8  4i . Tính M  z1  z2 khi

đạt giá trị nhỏ nhất.

A. 8 .
Đáp án đúng: C

C. 2 5 .

B. 6 .

D.

41 .

Giải thích chi tiết:
I 4;5  J  1; 0 
Gọi 
,
.

Gọi A, B lần lượt là các điểm biểu diễn số phức z1 , z2 .
Khi đó A nằm trên đường trịn tâm I bán kính R 1 , B nằm trên đường tròn tâm J bán kính R 1 .
Đặt


z  x  yi ,

x, y   . Ta có: z  4i  z  8  4i  x  yi  4i  x  yi  8  4i
2

2

2

2
 x   4  y   x  8    y  4   16 x  16 y  64 0   : x  y  4 0

Gọi C là điểm biểu diễn số phức

z thì

C  

.
9


Ta có:

P  z  z1  z  z2 CA  CB

4 5 4

d  I ,  


 xI 

12    1

2



.

1 0  4
5
3
 1 R d  J,   

 1 R
2
2
2
12    1
,
.

y I  4   x J  y J  4   4  5  4   1  0  4   0 
hai đường trịn khơng cắt  và nằm cùng phía với  .

I 9;0
Gọi A1 là điểm đối xứng với A qua  , suy ra A1 nằm trên đường trịn tâm I1 bán kính R 1 . Ta có 1   .
 A  A
 1

 B B  .
Khi đó: P CA  CB CA1  CB  A1B nên Pmin  A1 Bmin

1

7
I1 A  I1 J  A 8; 0 I1 B  I1 J  B 2; 0
 ;
 .
8
8
Khi đó:

 A  4; 4 

M  z1  z2  AB  20 2 5
B  2;0 
Như vậy: Pmin khi A đối xứng A qua  và B B 
. Vậy
.
Câu 21. Một thùng hình trụ có chiều cao h= 3m, bán kính đường trịn đáy R = 1m chứa một lượng nước. Biết
rằng nếu đặt thùng nằm ngang ta được chiều cao mực nước trong thùng là d = 0,5m. Hỏi thể tích lượng nước có
trong thùng gần nhất với kết quả nào sau đây ?
3

3

3

3

D. 1,75m .

A. 1,9m .
B. 1,85m .
C. 1,8m .
Đáp án đúng: B
Giải thích chi tiết:
Lời giải.
Xét mặt cắt vng góc với trục của hình trụ và kí hiệu như hình vẽ.

Ta có
Suy ra

Squat AOB =

1
3

hình trịn đáy

Suy ra diện phần gạch sọc bằng:

1
= p.
3
1
3
S = Squat AOB - SD AOB = p .
3
4


Vậy thể tích lượng nước trong thùng:
Câu 22.

V = S.h = p -

3 3
» 1,84m3.
4

2
Trên tập hợp các số phức, xét phương trình z  2mz  8m  12 0 ( m là tham số thực). Có bao nhiêu giá trị

nguyên của m đề phương trình đó có hai nghiệm phân biệt

thỏa mãn
10


A. 6.
Đáp án đúng: C
Câu 23. Phương trình
A. Vơ nghiệm.
C. {2}.
Đáp án đúng: D
Câu 24.

B. 3.

C. 4.


log 22 x   x  7  log 2 x  12  4 x 0

Tìm giá trị của tham số thực

D. 5.

có tập nghiệm là:
B. S = {16}.
D. S = {2;16}.

để phương trình

có 2 nghiệm

thỏa

mãn
A.

B.

C.
Đáp án đúng: C

D.

4
¢
Câu 25. Cho hàm số f ( x) có đạo hàm f ¢( x ) = ( x - 2)(5 x - 3) ( x +1), " x Ỵ R . Hàm số đạt cực tiểu tại:

5
3
x=
x=
3.
5.
A. x = 1
B.
C.
D. x = 2 .
Đáp án đúng: D
A  1;1;  1 B  5; 2;1
Câu 26. Trong hệ tọa độ Oxyz , viết phương trình mặt phẳng trung trực của đoạn
,
A. 6 x  3 y  27 0 .
B. 4 x  y  2 z  3 0 .

C. 8 x  2 y  4 z  27 0 .
Đáp án đúng: D

AB  4;1; 2 
Giải thích chi tiết: Ta có:
 3 
 I  3; ;0 
 2 
Gọi I là trung điểm của AB

D. 8 x  2 y  4 z  27 0 .

 3 

I  3; ;0 
Phương
trình mặt phẳng trung trực của đoạn thẳng AB đi qua trung điểm  2  của AB và nhận

AB  4;1; 2 
làm véctơ pháp tuyến có dạng:
3

4  x  3   y    2 z 0
2

27
 4x  y  2z 
0
2
 8 x  2 y  4 z  27 0.
Câu 27. Giá trị lớn nhất của hàm số
định dưới đây khẳng định nào đúng?
A. m 400 .
C. 1600  m  1700 .
Đáp án đúng: C

f ( x )  x 3  3 x 2  72 x  90  m

trên đoạn

  5;5 là

2018. Trong các khẳng


B. 1500  m  1600 .
D. m  1618 .

11


3
2
'
2
Giải thích chi tiết: Xét hàm số g( x) x  3x  72 x  90 , g ( x ) =3 x +6 x−72.

 x 4    5;5
g '( x) 0  3x 2  6 x  72 0  
 x  6    5;5
 g (  5) 400; g (5)  70; g (4)  86
 max g ( x)  g (  5) 400
  5;5
⇒

max

[− 5 ;5] f (x)=m +400¿
¿

Theo bài ra:
max f ( x) 2018  m  400 2018  m 1618
  5;5

f  x  log 3






4 x 2  1  2 x  3x 2023

. Có tất cả bao nhiêu giá trị nguyên của m thuộc đoạn
  2023; 2023 để bất phương trình f x 2 1  f   2mx  0 nghiệm đúng với mọi x   0;  .
A. 4020 .
B. 2024 .
C. 2025 .
D. 2023 .
Đáp án đúng: C
Câu 28. Cho hàm số





f  x  log 3





4 x 2  1  2 x  3 x 2023

. Có tất cả bao nhiêu giá trị nguyên của m
f x  1  f   2mx  0

 2023; 2023
x   0;  
thuộc đoạn 
để bất phương trình
nghiệm đúng với mọi
.
A. 2023 .
B. 4046 .
C. 2024 .
D. 2025 .
Lời giải
Tập xác định: D  x   .
Giải thích chi tiết: Cho hàm số



f  x  
Ta có
Ta thấy:
f   x  log 3
Vậy

f  x



2




4 x 2 1  2 x

2

4 x 1






2

4 x  1  2 x ln 3

2



2

 6069 x 2022  0
 f  x



4   x  1  2   x   3   x 

2023


log 3



đồng biến trên  .

4x 2 1  2x



 3 x 2023  f  x 

là hàm số lẻ. Khi đó:

f  x 2  1  f   2mx   f  x 2  1  f  2mx   x 2  1 2mx  x 

Xét

1

1
1
g  x   x  , x  0  g  x  1  2 0 
x
x

Ta có bảng biến thiên của hàm số

y g  x 


1
2m, x  0
x
.

 x  1 L 

 x 1 N  .

:

12


Theo u cầu bài tốn thì 2m 2  m 1.
m    2023; 2023 
1    2023   1 2025
Vì
số giá trị của m bằng: 
.
Câu 29.
Trong không gian
cách từ

, cho mặt phẳng

đến mặt

A.


và điểm

là

.

B.

C.
.
Đáp án đúng: A
Giải

thích

.

D.

chi

. Khoảng

tiết:

Ta

có

khoảng


cách

.

từ

A

đến

mặt

phẳng

là

.
Câu 30. Gọi l , h, R lần lượt là độ dài đường sinh, đường cao và bán kính đáy của hình trụ. Đẳng thức ln
đúng là
2
2
2
A. l h .
B. l h  R .
2
2
2
C. R h .
D. R h  l .

Đáp án đúng: A
Câu 31. Cho khối nón có bán kính đáy r =3 và độ dài đường sinh l=5. Khi đó chiều cao h bằng
A. 8.
B. 4.
C. 3.
D. 10.
Đáp án đúng: B
A   2;3;0  B  2;  1; 2 
Câu 32. Trong không gian Oxyz cho hai điểm
,
. Mặt cầu nhận AB là đường kính có
phương trình.
2

A.

2

x 2   y  1   z  1 36
2

2

x  2
B. 

.

2


x  2    y  1   z  2  6
C. 
.
Đáp án đúng: D
Câu 33.

Cho
A.

là số thực dương khác

D.

. Tính

2

2

  y  3  z 2 36
2

2

.

2

x   y  1   z  1 9


.

.
B.
13


C.
Đáp án đúng: A

D.

Giải thích chi tiết:
0

Câu 34. Cho hình chóp đều S . ABCD có cạnh đáy 2a , góc giữa mặt bên và mặt đáy bằng 60 . Thể tích của hình
chóp S . ABCD .

4 3 3
a .
A. 3

3

B. 4 3a .

3 3
a .
C. 3


2 3 3
a .
D. 3

Đáp án đúng: D

khi x 4
2 x  4

2
f  x   1 3 2
f  2sin 2 x  3  sin 2 xdx

 4 x  x  x khi x  4
Câu 35. Cho hàm số
. Tích phân 0
bằng
341
28
341
A. 8 .
B. 96 .
C. 3 .
D. 48 .
Đáp án đúng: B
Câu 36. Cho M(3; -4; 3), N ¿; -2; 3) và P ¿; -3; 6). Trọng tâm của tam giác MNP là điểm nào dưới đây?
A. I ¿; -1; 4)
B. K ¿; -3; 4)
9 −3
C. G( ;

; 6)
D. J(4; 3; 4)
2 2
Đáp án đúng: B
Câu 37.

Gọi

là một nguyên hàm của hàm số
F x   x  1 e  x  1
A.  
.
x
F x   x  1 e  2
C.  
.
Đáp án đúng: C
u  x
du dx
 

x
x
Giải thích chi tiết: Đặt dv e dx v  e .

xe
Do đó 

x


. Tính
biết
x
F x  x  1 e  2
B.   
.
x
F x  x  1 e  1
D.   
.

.

dx  xe x  e x dx  xe  x  e x  C F  x; C 

F  0  1   e  0  C 1  C 2
. Vậy

.
F  x    x  1 e  2
x

.

a , b , c là
Câu 38. Thể tích V của khối hộp chữ nhật có độ dài các kích thước là
1
V  abc.
2
A.


B. V abc.

1
V  abc.
3
C.

1
V  abc.
6
D.

Đáp án đúng: B
Câu 39. : Kim tự tháp Kê-ốp ở Ai Cập được xây dựng vào khoảng 2500 năm trước Cơng ngun. Kim tự tháp
này là một khối chóp tứ giác đều có chiều cao 147m, cạnh đáy dài 230m. Thế tích V của khối chóp đó là?
A. V 3888150 m3
B. V 2592300 m3
14


C. V 7776300 m3
Đáp án đúng: D

D. V 2592100 m3

2
Câu 40. Cho hình nón có đường sinh bằng 4a, diện tích xung quanh bằng 8pa . Tính chiều cao h của hình
nón đó theo a.


A. h = a 3.
Đáp án đúng: D

B.

h=

2a 3
×
3

C. h = 2a.

D. h = 2a 3.

----HẾT---

15