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: 022.
log 2  3 x  2  5
Câu 1. Tìm tập nghiệm S của phương trình
.
8 
 34 
 23 
S  
S  
S  
S  10
3 .
 3 .
 3 .
A.
.
B.
C.
D.
Đáp án đúng: A
Giải thích chi tiết: Ta có
log 2  3x  2  5  3 x  2 32  x 10

.
z 1
Câu 2. Cho số phức z thỏa mãn
. Gọi M và m lần lượt là giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu
2
P  z 1  z  z 1
thức
. Giá trị của M .m bằng
13 3
A. 8 .
Đáp án đúng: C

3
B. 3 .

13 3
C. 4 .

3 3
D. 8 .

z 1
Giải thích chi tiết: Cho số phức z thỏa mãn
. Gọi M và m lần lượt là giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất
P  z 1  z 2  z 1
của biểu thức
. Giá trị của M .m bằng
13 3
A. 4 .
Lời giải


t  z  1  z  1 2

Đặt
Vì

13 3
B. 8 .

z 1

C.

nên

3
3 .

t   0; 2

3 3
D. 8 .

.

nên z.z 1 . Do đó, ta có:

2
P  z  1  z 2  z  1  z  1  z  z  z .z  z  1  z  1  z


Ta lại có



.



2
t 2  z  1  z  1 . z  1  z  1 z  1 2  z  z
.

2
Suy ra z  z t  2 .

Vậy

P t  t 2  3  f  t 

Ta có

, với

t   0; 2

. Dễ thấy

t  t 2  3 khi
3 t 2
f  t  

2
t  t  3 khi 0 t  3

f  t

liên tục trên đoạn

 0; 2 .

.

 2t  1 khi
3 t  2
1
f  t  
f  t  0  t 

2
t

1
khi
0

t

3

2.
Do đó

,
1


 1  13
f 
f
f  0  3
Ta có:
,  2 4 ,

 3 

3 f  2  3
,
.

13
M
4 ; giá trị nhỏ nhất của P là m  3 .
Vậy giá trị lớn nhất của P là
13 3
M .m 
4 .
Khi đó
Câu 3.
Hàm số nào dưới đây có đồ thị như hình vẽ bên dưới?

A. y=− x 4 +2 x2 −2.
B. y=− x 3+ 2 x − 2.

C. y=x 4 + 2 x 2 − 2.
D. y=− x 3+ 2 x +2.
Đáp án đúng: B
Giải thích chi tiết: (Thi thử lần 1 – 2020 – THPT Kinh Mơn – Hải Dương) Hàm số nào dưới đây có đồ thị
như hình vẽ bên dưới?

A. y=x 4 + 2 x 2 − 2. B. y=− x 3+ 2 x − 2.
C. y=− x 3+ 2 x +2. D. y=− x 4 +2 x2 −2.
Lời giải
Đây là đồ thị hàm số bậc ba y=a x3 +b x 2 +cx +d ( a ≠ 0 ), hệ số a< 0 ⇒Loại đáp án A , C.
Đồ thị giao với trục Oy tại điểm tung độ âm d <0 ⇒Chọn đáp án B.
 x 0

d :  y t
 z 2  t

Câu 4. Trong không gian Oxyz , cho đường thẳng
. Vectơ nào dưới đây là vectơ chỉ phương của
đường thẳng d ?


u  0;  2; 2 
u  0;1; 2 
A. 4
B. 2


u3  0;1;1
u1  0;0; 2 
C.

D.
Đáp án đúng: A
Câu 5.
Trong các hình sau, hình nào là khối đa diện ?

2


(a) (b) (c)
A. Hình (a) và (c).
C. Hình (a).
Đáp án đúng: A
Câu 6.

B. Hình (b).
D. Hình (c).

Tính tích phân
A.

B.

C.
Đáp án đúng: B

D.

Giải thích chi tiết: Tính tích phân
A.


B.
C.
D.
Câu 7. Cho hình chóp S . ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại B và BA BC a . Cạnh bên SA 2a và
vng góc với mặt phẳng đáy. Bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S . ABC là
a 2
A. 2 .
B. 3a .
a 6
C. 2 .

D. a 6 .
Đáp án đúng: C

   : x  y  2z 1 0 . Mặt phẳng nào dưới đây song song với
Câu 8. Trong không gian Oxyz, cho mặt phẳng
  ?
A.

 R  : x  y  2z  3 0.

 Q  : x  y  2 z  1 0.
C.
Đáp án đúng: C
1
7

()

Câu 9. Rút gọn biểu thức A=

1
x
Đáp án đúng: A
A. A=

B.

 P : x 

y  2 z  2 0.

D.

 S : x

y  2 z  2 0.

log7 x

là

B. A=5

C. A=x

D. A=

1
5


3


f  x  ax 3  bx 2  cx  3,  a, b, c  , a 0 
 C  . Gọi y g  x  là hàm số bậc
Câu 10. Cho hàm số
có đồ thị
 P  đi qua gốc tọa độ. Biết hoành độ giao điểm của đồ thị  C  và  P  lần lượt là  1;1; 2 . Diện
hai có đồ thị
y  f  x
y g  x 
tích hình phẳng giới hạn bởi hai đường
và
bằng
17
27
37



A. 6.
B. 3
C. 4
D. 8
Đáp án đúng: D
f  x  ax 3  bx 2  cx  3,  a, b, c  , a 0 
 C  . Gọi y g  x  là
Giải thích chi tiết: Cho hàm số
có đồ thị
 P  đi qua gốc tọa độ. Biết hoành độ giao điểm của đồ thị  C  và  P  lần lượt là

hàm số bậc hai có đồ thị
 1;1; 2 . Diện tích hình phẳng giới hạn bởi hai đường y  f  x  và y g  x  bằng
27

A. 4
Lời giải

37
17


B. 8 C. 6. D. 3

y g  x 

là hàm số bậc hai đi qua gốc tọa độ nên
f  x   g  x  a  x  1  x  1  x  2 
Ta có
.
Với x 0 :

f  0   g  0  3 a  0  1  0  1  0  2   a 

Vậy diện tích hình phẳng giới hạn bởi hai đường
2

2

S   f  x   g  x  dx  
1


g  x  mx 2  nx,

1

y  f  x

3
37
 x  1  x  1  x  2  dx 
2
8

 m, n  , m 0  .

3
2.
và

y g  x 

là

.

Câu 11.
Kí hiệu

H


là hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số

V của khối tròn xoay thu được khi quay hình

trục tung và trục hồnh. Tính thể tích
xung quanh trục Ox

A.
Lời giải
Phương trình hồnh độ giao điểm
Thể tích của khối trịn xoay thu được khi quay hình

xung quanh trục Ox là:

. Đặt

4


Gọi

. Đặt

Vậy

.

B.

.


C.

.

D.
Đáp án đúng: A

.

sin 2xdx
Câu 12. Tính 
kết quả là.
1
cos 2 x  c
A. 2
;

B.

1
sin 2 x  c
C. 2
.
Đáp án đúng: C
0;12 
Câu 13. Số nghiệm nguyên thuộc khoảng 

A. 7 .
Đáp án đúng: C


B. 8 .

Giải thích chi tiết: Điều kiện
Khi đó

3

3

1
x  1
x

3

2

3

11
x

2

11
x

1
cos 2 x  c

2
;

1
sin 2 x  c
D. 2
;



1
x  1
x



log 2

x

của bất phương trình
C. 5 .

3

1
x  1
x

2


3

11
x

log 2

2 x  11
x 2  x  1 là:

D. 11 .

11
2 và x 0 .

1
11
x  1
2
1
 2 x  11 
2 x  11
x
3
 3 x  log 2  2

2
2
x  x 1

 x  x 1 

11 

2
1


x  1
1
1
1  211x 1
11 


x
x
 log 2 
3
 log 2  x  1   3  log 2  2  

1
2
2
x
2
x


 x  1 

x

.

1
1
f  t  3t ln 3 
 0, t  0
f  t  3t  log 2 t
2
2t ln 2
Xét hàm số
với t  0 . Khi đó
nên hàm số đã cho đồng
 0;   .
biến trên
Do đó
1

f  x  1   f
x


Vậy trên khoảng
Câu 14.

11 
1
11
x 2  3 x  10


 11

2


x

1


2


0  x    ;  2    0;5


x
x
x
x

 2

.

 0;12 

có 5 nghiệm nguyên thỏa yêu cầu bài toán.
5



Để đầu tư dự án trồng rau sạch theo công nghệ mới, bác Năm đã làm hợp đồng xin vay vốn ngân hàng với số
tiền
triệu đồng với lãi suất
trên một năm. Điều kiện kèm theo của hợp đồng là số tiền lãi năm
trước sẽ được tính làm vốn để sinh lãi cho năm sau. Sau hai năm thành công với dự án rau sạch của mình, bác
Năm đã thanh tốn hợp đồng ngân hàng với số tiền làm tròn là
đúng?
A.

.

đồng. Khẳng định nào sau đây

B.

.

C.
.
D.
.
Đáp án đúng: A
Giải thích chi tiết: Để đầu tư dự án trồng rau sạch theo công nghệ mới, bác Năm đã làm hợp đồng xin vay vốn
ngân hàng với số tiền triệu đồng với lãi suất trên một năm. Điều kiện kèm theo của hợp đồng là số tiền lãi năm
trước sẽ được tính làm vốn để sinh lãi cho năm sau. Sau hai năm thành cơng với dự án rau sạch của mình, bác
Năm đã thanh toán hợp đồng ngân hàng với số tiền làm tròn là đồng. Khẳng định nào sau đây đúng?
Câu 15.
Biết


là một nguyên hàm của

và

A.

.

B.

.

C.

. Chọn khẳng định đúng.

.

D.
Đáp án đúng: D

.

3
2
Câu 16. Điểm cực đại của đồ thị hàm số y x  5 x  7 x  3 .

 1; 0 


A.
.
Đáp án đúng: D
Câu 17.

B.

 0;  3

.

Cho hình trụ có diện tích xung quang bằng
trụ bằng:
A.
.
Đáp án đúng: A

B.

.

 7 32 
 ; 
C.  3 27  .

và bán kính đáy bằng
C.

.


 7  32 
 ;

D.  3 27  .

. Độ dài đường sinh của hình
D.

.

1
z   3i
3
Câu 18. Cho số phức
. Khẳng định nào sau đây là khẳng định đúng?
82
3 .
A.
Đáp án đúng: B
z

B.

z 

82
3 .

C.


z

1
 3i
3
.

D.

z 3i 

1
3.

1
z   3i
3
Giải thích chi tiết: Cho số phức
. Khẳng định nào sau đây là khẳng định đúng?
A.

z

82
1
z 3i 
3 . B.
3.
6



82
1
z   3i
3 . D.
3
C.
.
Hướng dẫn giải
z 

1
82
1
9 
z   3i
9
3 ;
3
Ta có
Vậy chọn đáp án C.
z 

3
Câu 19. Một công ty chuyên sản xuất chậu trồng cây có dạng hình trụ khơng có nắp, chậu có thể tích 0,5 m .
2
2
Biết giá vật liệu làm 1m mặt xung quanh chậu là 100.000 đồng, để làm 1m đáy chậu là 200.000 đồng. Số
tiền ít nhất để mua vật liệu làm một chậu gần nhất với số nào dưới đây?
A. 349.000 đồng.

B. 369.000 đồng.

C. 498.000 đồng.
D. 725.000 đồng.
Đáp án đúng: A
Giải thích chi tiết: Một cơng ty chun sản xuất chậu trồng cây có dạng hình trụ khơng có nắp, chậu có thể tích
0,5 m3 . Biết giá vật liệu làm 1m 2 mặt xung quanh chậu là 100.000 đồng, để làm 1m 2 đáy chậu là 200.000
đồng. Số tiền ít nhất để mua vật liệu làm một chậu gần nhất với số nào dưới đây?
A. 349.000 đồng.
B. 725.000 đồng.
C. 498.000 đồng.
D. 369.000 đồng.
Lời giải
x  m h  m
Gọi
,
lần lượt là bán kính và chiều cao của chậu hình trụ.
0,5
 x 2 h 0,5  h  2
3
x .
Vì thể tích chậu bằng 0,5 m nên
2 xh  m 2 
Diện tích xung quanh của chậu là
nên số tiền mua vật liệu để làm mặt xung quanh là
0,5
100.000
2 xh.100.000 2 x. 2 .100.000 
x
x

(đồng).

 x2  m2 

2
2
Diện tích đáy của chậu là
nên số tiền mua vật liệu để làm đáy chậu là  x .200.000 200.000 x
(đồng).
Số
tiền
mua
vật
liệu
làm
một
cái
chậu
là
100.000
50.000 50.000
50.000 50.000
T
 200.000 x 2 

 200.000 x 2 3 3
.
.200.000 x 2
x
x

x
x
x
3
2
hay T 3 50000 .200000. 348734, 2055 .

Câu 20. Cho khối nón có bán kính đường trịn đáy bằng 2 và diện tích xung quanh bằng 12 . Chiều cao h của
khối nón là:
A. 2 2
B. 4
C. 4 2
D. 4 2
Đáp án đúng: D
Câu 21. : Cắt một khối trụ bởi một mặt phẳng qua trục của nó, ta được thiết diện là một hình vng có cạnh
bằng 2a. Diện tích tồn phần của khối trụ là:
2
2
2
2
A. 6 a
B. 4 a
C. 9 a
D. 3 a
Đáp án đúng: A
Câu 22.
7


Vẽ bảng biến thiên, suy ra được hàm số nghịch biến trên khoảng


( 52 ; 4) .Cho hàm số y=f ( x ) liên tục trên ℝ và

có bảng biến thiên như sau:

Trong các mệnh đề sau, có bao nhiêu mệnh đề sai?
I. Hàm số đã cho đồng biến trên các khoảng ( − ∞; −5 ) và ( −3 ; − 2 ).
II. Hàm số đã cho đồng biến trên khoảng ( − ∞ ; 5 ) .
III.Hàm số đã cho nghịch biến trên khoảng ( −2 ;+ ∞ ).
IV.Hàm số đã cho đồng biến trên khoảng ( − ∞; − 2 ).
A. 3
B. 1
C. 2
D. 4
Đáp án đúng: B
Giải thích chi tiết: Nhìn vào bảng biến thiên ta thấy đồ thị hàm số đã cho đồng biến trên khoảng ( − ∞; − 2 );
nghịch biến trên khoảng ( −2 ;+ ∞ ).
Suy ra II. Sai; III. Đúng; IV. Đúng.
Ta thấy khoảng ( − ∞ ; −3 ) chứa khoảng ( − ∞; −5 ) nên I Đúng.
Vậy chỉ có II sai.
Câu 23. Cho A = 1;2;3. Trong các khẳng định sau, khẳng định nào sai?
A. D. 1 .A.
B. 2 .
C. .
D. 1;2 .
Đáp án đúng: B
Giải thích chi tiết: Cho A = 1;2;3. Trong các khẳng định sau, khẳng định nào sai?
1
Câu 24. Cho số phức z 3  2i . Phần ảo của số phức z bằng




2
i
13 .

A.
Đáp án đúng: B

B.



2
13 .

2
C. 13 .

3
D. 13 .

1
Giải thích chi tiết: Cho số phức z 3  2i . Phần ảo của số phức z bằng
3
2
2
2

 i

A. 13 . B. 13 . C. 13 .
D. 13 .
Lời giải
FB tác giả: Cỏ Vô Ưu
1
1
3  2i
3  2i 3 2



  i
z 3  2i  3  2i  .  3  2i 
13
13 13
Ta có:
.
Câu 25.

8


Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình bình hành. Trên đường thẳng qua D và song song với SA lấy




S
S
D


k SA với k  0 . Gọi V1 là phần thể tích chung của hai khối chóp S . ABCD và
điểm
thỏa mãn
V1
S . ABCD . Gọi V2 là thể tích khối chóp S . ABCD . Tỉ số V2 bằng

2k 2  k

3k  2
2  k  1

2

A.
.
Đáp án đúng: D

B.

2  k  1

3k 2  2k

k
C. k  1 .

2

.


D.

2  k  1

2

.

Giải thích chi tiết:
VS . ABCD S D

k
V
SA
2
Ta có:
.
L S B   SCD 
Gọi H S A  SD ,
khi đó thể tích chung của hai khối chóp S . ABCD và S . ABCD là thể tích
 S AB  và  SCD  phải song song với AB .
khối HLCDAB . Do AB // CD nên giao tuyến HL của hai mặt
V1 VHLCDAB VS . ABCD  VS .HLCD .
S H S D
S H
k
S L
k


k 



HA SA
S A k  1
S B k  1 .

VS .HLD S H .S L
k2
k2
k2


 VS .HLD 
V

V
2 S . ABD
2 S . ABCD
VS . ABD
SA.SB  k  1 2
2  k  1
 k  1

.

k
k
VS . LCD S L

k
 VS . LCD 
VS . BCD 
VS . ABCD


k 1
2  k  1
VS . BCD S B k  1
.
VS .HLCD VS .HLD  VS .LCD

k
2k 2  k

V

VS . ABCD 
V
2 S . ABCD
2 S . ABCD
2  k  1
2  k  1
2  k  1

 V1 VS . ABCD  VS .HLCD 

k2

3k  2

2  k  1

V

2 S . ABCD

3k 2  2k
2  k  1

2

V2
.

2

Vậy

V1 3k  2k

V2 2  k  1 2

.
9


Câu 26.
Một mơ hình quả địa cầu có bán kính 20 cm, giả sử trong khơng gian mơ hình được đặt trên mặt phẳng bàn có
phương trình ( P ) : x + y +2 z+2=0, tâm mặt cầu là I ( 1; 1 ; 1). (Qui ước mỗi đơn vị trên hệ trục tọa độ là 1 cm).
Trên mặt bàn lấy điểm M , trên mặt cầu lấy điểm N sao cho MN tạo với mặt bàn góc 30 °.


Khoảng cách lớn nhất của đoạn MN gần số nào nhất trong các số sau
A. 89 cm.
B. 9 cm.
C. 44 cm.
Đáp án đúng: A
Câu 27.
Nếu hai điểm

thoả mãn

thì độ dài đoạn thẳng

A.

B.

C.
Đáp án đúng: D

;

Giải thích chi tiết: Nếu hai điểm
bao nhiêu?

D. 77 cm.

bằng bao nhiêu?
.


D.
thoả mãn

thì độ dài đoạn thẳng

bằng

A.
B.
C.
D.
Lời giải

;
.

Câu 28. Một người lần đầu gửi vào ngân hàng 100 triệu đồng với kỳ hạn 3 tháng, lãi suất 2% một quý theo
hình thức lãi kép ( một quý bằng 3 tháng). Sau đúng 6 tháng, người đó gửi thêm 100 triệu đồng với kỳ hạn và lãi
suất như trước đó. Tổng số tiền người đó nhận được tính từ lần gửi ban đầu đến thời điếm sau khi gửi thêm tiền
lần thứ hai 1 năm, gần nhất với kết quả nào sau đây?
A. 210 triệu đồng.
B. 212 triệu đồng.
C. 220 triệu đồng.
D. 216 triệu đồng.
Đáp án đúng: C


5  sin 2t  2
5
 t 

  
3
2 
3

u  v 10
3u  4v 50
2
Câu 29.
. Cho hai số phức u , v thỏa mãn
và
. Tìm giá trị
4u  3v  8  6i
lớn nhất của biểu thức
.
A. 40 .
B. 30 .
C. 60 .
D. 50 .
Đáp án đúng: C
10



5  sin 2t  2
5
 t 
  
3
2 

3

u  v 10
3u  4v 50
2
Giải thích chi tiết:
. Cho hai số phức u , v thỏa mãn
và
.
4u  3v  8  6i
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
.
A. 30 . B. 40 .C. 60 .
D. 50 .
Lời giải
2

Ta có
Khi đó

z  z.z

T  3u  4v M  4u  3v
,
.



2




2



.
 12  uv  vu 
.

T 2  3u  4v  3u  4v 9 u  16 v  12 uv  vu

Tương tự ta có
Do đó

. Đặt





2

M 2  4u  3v  4u  3v 16 u  9 v



2

M 2  T 2 25 u  v


2

2

 5000 .

2
2
2
Suy ra M 5000  T 5000  50 2500 hay M 50 .

Áp dụng

ta có

4u  3v  8  6i  4u  3v   8  6i 50  10 60

.

max 4u  3v  10i 60
Suy ra
.
Câu 30.
Trong không gian với hệ tọa độ
,
và

A.


C.
Đáp án đúng: B

sao cho

là trung điểm của

và hai đường thẳng

. Đường thẳng
cắt
có phương trình là

.

B.

.

.

D.

.

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

, cho điểm


sao cho

là trung điểm của

,

, cho điểm
. Đường thẳng
cắt
có phương trình là

lần lượt tại

và hai đường thẳng
,

lần lượt tại

11


A.
Lời giải

.

B.

.


C.

.

D.

Phương trình đường thẳng

có dạng phương trình tham số là:

Phương trình đường thẳng

có dạng phương trình tham số là:

Ta có

.

.

.

Và

Ta có

.

.


là trung điểm của

Suy ra

Đường thẳng

,

.
,

đi qua hai điểm

. Chọn

,

nên
 Oxy  là:
Câu 31. Trong không gian Oxyz , phương trinh của mặt phẳng
A. z 0 .
B. y 0 .
C. x 0 .

là 1 VTCP của

.

.

D. x  y 0 .

Đáp án đúng: A
x 1
x  2 , gọi d là tiếp tuyến với đồ thị hàm số tại điểm có hồnh độ bằng m  2 . Biết
Câu 32. Cho hàm số
A  x1 ; y1 
đường thẳng d cắt tiệm cận đứng của đồ thị hàm số tại điểm
và cắt tiệm cận ngang của đồ thị hàm số
B  x2 ; y2 
tại điểm
. Gọi S là tập hợp các số m sao cho x2  y1  5 . Tính tổng bình phương các phần từ của S.
y

A. 0
Đáp án đúng: C

B. 9

C. 10

D. 4


x  1
3
M  x0 ; 0
  y x0  
2
x0  2 

x0  2 

 C  tại M là

Giải thích chi tiết: Gọi
nên phương trình tiếp tuyến của
x 1
x 1
3
y 0
 y x0  .  x  x0   y  0

.  x  x0 
x0  2
x0  2  x0  2  2
(d)
12



x  4
x0  4
A   2; 0
  y1 
x0  2 
x0  2
• Tiếp tuyến d cắt TCĐ: x 2 tại 
B  2 x0  2; 2   x2 2 x0  2
• Tiếp tuyến d cắt TCN: y 1 tại
 x0  5  m  3

x 4
x2  y1  5  2 x0  2  0
 5  

x0  1  m 1
x0  2

Theo bài ra, ta có
.
1
ln  9 x 2   ln  x  1 0
2
Câu 33. Tìm số nghiệm của phương trình
.

B. 1 .

A. 0 .
Đáp án đúng: D

D. 2 .

C. 3 .

1
ln  9 x 2   ln  x  1 0
2
Giải thích chi tiết: Tìm số nghiệm của phương trình
.


A. 3 . B. 2 . C. 0 . D. 1 .
Lời giải
9 x 2  0
 x 0


x1
Điều kiện:  x  1  0 
Ta có:
1
1
ln  9 x 2   ln  x  1 0  ln  9 x 2  ln  x  1
2
2

 ln  9 x 2  2 ln  x  1  ln  9 x 2  ln  x  1

2

1

x   tm 

2
2
 9 x 2  x  1  9 x 2  x 2  2 x  1  8 x 2  2 x  1 0  
 x  1  tm 

4


1
S  ; 
2
Vậy

1

4  . Vậy phương trình có 2 nghiệm.

2x
Câu 34. Phương trình
A. 3.
Đáp án đúng: D

2

x

3

 log 2 x 2 x 1 có bao nhiêu nghiệm?
B. 2.
C. 0.

x2  4

Câu 35. Phương trình
A.  6 .

1

 
9

D. 1.

3 x 1

B. 6 .

có hai nghiệm x1 , x2 . Tính x1 x2 .
C.  2 .

D.  5 .

Đáp án đúng: A
3

x2  4

Giải thích chi tiết: Ta có

1
 
9

3x 1

 x 2  4 2  6 x  x 2  6 x  6 0

.


Áp dụng Vi-ét suy ra phương trình đã cho có hai nghiệm x1 , x2 thì x1x2  6 .

  
a
Câu 36. Cho 6i  j khi đó

a
A. ( 6;1) .


a
B. (6;1) .
13



a
C. (6;  1) .


a
D. ( 6;  1) .

Đáp án đúng: C
Câu 37. Cho hình lập phương có độ dài đường chéo của một mặt bằng 4 . Tính thể tích khối lập phương đó.
16 2
B. 3 .

A. 16 2 .

C. 16 .
D. 64 .
Đáp án đúng: A
Giải thích chi tiết: Cho hình lập phương có độ dài đường chéo của một mặt bằng 4 . Tính thể tích khối lập
phương đó.
16 2
A. 64 . B. 3 . C. 16 . D. 16 2 .
Lời giải

2
Do ABDC.EFGH là hình lập phương nên ABDC hình vng có đường chéo bằng 4 suy ra 2 AB 16
 AB 2 8  AB 2 2 .



V2 2



3

16 2

.
4
Câu 38. Cho hàm số y  x  2021. Khẳng định nào dưới đây đúng?

  ;1 .
A. Hàm số đồng biến trên khoảng  .
B. Hàm số nghịch biến trên khoảng

  2021;   .
  ;0  .
C. Hàm số đồng biến trên khoảng
D. Hàm số nghịch biến trên khoảng
Đáp án đúng: D
4
Giải thích chi tiết: Cho hàm số y  x  2021. Khẳng định nào dưới đây đúng?
A. Hàm số nghịch biến trên khoảng

  ;1 .

  ; 0  .
B. Hàm số nghịch biến trên khoảng
C. Hàm số đồng biến trên khoảng  .
D. Hàm số đồng biến trên khoảng
Lời giải
3
Ta có: y 4 x 0  x 0.

  2021;  .

Bảng biến thiên:

14


Từ bảng biến thiên ta thấy hàm số nghịch biến trên khoảng
Câu 39.
Tính tích tất cả các nghiệm của phương trình
17

3
.
.
A. 4
B. 2

  ;0  .

1
.
C. 4

1
.
D. 2

Đáp án đúng: D
x
x
x
Câu 40. Tích các nghiệm của phương trình 3.4  2.6  9 0 bằng
A. 0 .
B. 3 .
C.  2 .
Đáp án đúng: A
----HẾT---

D. 1 .

15