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: 031.
6 xdx
Câu 1. 
bằng
3
A. 2 x  C.

2
B. 3x .

3
C. 2 x .

2
D. 3x  C.

Đáp án đúng: D
Câu 2.
Gọi V là thể tích khối trịn xoay tạo thành khi quay hình phẳng giới hạn bởi các đường y  x , y 0 và x 4
x a  0  a  4 
V
quanh trục Ox . Đường thẳng

cắt đồ thị hàm số y  x tại M . Gọi 1 là thể tích khối trịn
V 2V1
xoay tạo thành khi quay tam giác OMH quanh trục Ox . Tìm a sao cho

5
a .
2
A.
Đáp án đúng: D

3
a .
2
B.

C. a 2 2.

D. a 3.

Giải thích chi tiết: Gọi V là thể tích khối trịn xoay tạo thành khi quay hình phẳng giới hạn bởi các đường
y  x , y 0 và x 4 quanh trục Ox . Đường thẳng x a  0  a  4  cắt đồ thị hàm số y  x tại M . Gọi V1
V 2V1
là thể tích khối trịn xoay tạo thành khi quay tam giác OMH quanh trục Ox . Tìm a sao cho

3
5
a .
a .
2 B. a 2 2. C.
2 D. a 3.

A.
Lời giải

1


x 0  x 0 .

Ta có

Thể tích khối trịn xoay tạo thành khi quay hình phẳng giới hạn bởi các đường y  x , y 0 và x 4 quanh trục
4

Ox :

V  xdx = 8

Ta có

0



M a; a

.



Khi quay tam giác OMH quanh trục Ox tạo thành hình nón có chung đáy:

N 
h OK a , bán kính đáy R MK  a .
Hình nón 1 có đỉnh O , chiều cao 1
 N 2  có đỉnh H , chiều cao h2 HK 4  a , bán kính đáy R MK  a .
Hình nón
2
2
1
1
1
1
4
V1   R 2 .h1   R 2 .h2   a .a   a .  4  a    a
3
3
3
3
3 .

 

 

4
V 2V1  8 2.  .a  a 3
3
Theo đề bài
Câu 3. Diện tích xung quanh của hình nón có bán kính đáy r 5cm và độ dài đường sinh l 7cm bằng
2
2

2
2
A. 35 (cm ).
B. 175 (cm ).
C. 60 (cm )
D. 70 (cm ).
Đáp án đúng: D
Giải thích chi tiết: Ta có S 2 rl 2. .5.7 70 .
 2  i  z 4  3i . Môđun của số phức z bằng
Câu 4. Cho số phức z thỏa mãn
A. 1 .
Đáp án đúng: B

B.

5.

C. 5 .

D. 2 .

 2  i  z 4  3i . Môđun của số phức z bằng
Giải thích chi tiết: Cho số phức z thỏa mãn
A. 2 . B. 1 . C.
Lời giải

5 .D. 5 .

 2  i  z 4  3i 


z

Ta có :

4  3i  4  3i   2  i 

1  2i  z  5
2 i
 2 i  2  i

( 17 )

Câu 5. Rút gọn biểu thức A=
1
5
Đáp án đúng: D
A. A=

.

log7 x

là

B. A=x

C. A=5

D. A=


1
x

Câu 6. Với các số thực dương a , b bất kì. Mệnh đề nào sau đây đúng?
a log a
a
log 
log log b  log a
b log b .
b
A.
.
B.

log  ab  log a  log b
log  ab  log a.log b
C.
.
D.
.
Đáp án đúng: C
Câu 7. If I had enough money, I would have traveled around the world.
A. world
B. would have traveled
2


C. enough
D. the
Đáp án đúng: B

Câu 8. : 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. 3 a
B. 9 a
C. 4 a
D. 6 a
Đáp án đúng: D
Câu 9. Thể tích của khối trụ ngoại tiếp hình lập phương có cạnh bằng a là

 a3
B. 4 .

3

A.  a .
Đáp án đúng: D

 a3
C. 6 .

Câu 10. Số các giá trị nguyên của tham số m thuộc đoạn

 a3
D. 2 .

  2021;2021


để phương trình

x 2   m  2  x  4  m  1 x 3  4 x

có nghiệm là:
B. 2016 .

A. 2014 .
Đáp án đúng: D

C. 2017 .

D. 2015 .


5  sin 2t  2
5
 t 
  
3
2 
3

u  v 10
3u  4v 50
2
Câu 11.
. Cho hai số phức u , v thỏa mãn
và

. Tìm giá trị
4u  3v  8  6i
lớn nhất của biểu thức
.
A. 30 .
B. 50 .
C. 40 .
D. 60 .
Đáp án đúng: D

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

.
3


max 4u  3v  10i 60
Suy ra
.
Câu 12.
Hàm số nào dưới đây có đồ thị như hình vẽ bên dưới?

A. y=− x 3+ 2 x +2.
B. y=x 4 + 2 x 2 − 2.
C. y=− x 3+ 2 x − 2.
D. y=− x 4 +2 x2 −2.
Đáp án đúng: C
Giải thích chi tiết: (Thi thử lần 1 – 2020 – THPT Kinh Môn – 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.
f x 6 x 2  sin x
Câu 13. Họ tất cả các nguyên hàm của hàm số  
là

3
A. 6 x  cos x  C .

3
B. 2 x  cos x  C .

3
C. 2 x  cos x  C .
Đáp án đúng: B
Câu 14.

3
D. 6 x  cos x  C .

Cho hình hộp
phẳng ( MNP ) cắt đường thẳng

có M , N , P lần lượt là trung điểm ba cạnh

và

Mặt

tại I . Biết thể tích khối tứ diện IANP là V . Thể tích khối hộp đã cho

bằng
A. 6V .
Đáp án đúng: C
Giải thích chi tiết:
Lời giải.


B. 2V .

C. 4V .

D. 12V .

4


Gọi
Theo tính chất của giao tuyến suy ra MQ P NP nên Q là trung điểm của
ra M , Q lần lượt là trung điểm IN , IP.

Suy

Ta có
Mặt khác
Từ đó suy ra
Câu 15. 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
Đáp án đúng: B

B. 4 2

D. 4 2

C. 4


f  x  ax 3  bx 2  cx  3,  a, b, c  , a 0 
 C  . Gọi y g  x  là hàm số bậc
Câu 16. 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
37
27
17



A. 6.
B. 8
C. 4
D. 3
Đáp án đúng: B

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

y g  x 

37
17


B. 8 C. 6. D. 3

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

g  x  mx 2  nx,

 m, n  , m 0  .

5


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  

y  f  x

3
2.
và

y g  x 

là

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

.
Câu 17. Cho hình lập phương có độ dài đường chéo của một mặt bằng 4 . Tính thể tích khối lập phương đó.
1

1

16 2
B. 3 .


A. 64 .
C. 16 .
D. 16 2 .
Đáp án đúng: D
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

.

Câu 18.
Tính tích phân
A.

C.
Đáp án đúng: A

B.
D.

Giải thích chi tiết: Tính tích phân
A.
B.
C.
D.
Câu 19.
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
6


Năm đã thanh toán hợp đồng ngân hàng với số tiền làm tròn là
đúng?
A.

.

đồng. Khẳng định nào sau đây

B.


.

C.
.
D.
.
Đáp án đúng: C
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 công với dự án rau sạch của mình, bác
Năm đã thanh tốn hợp đồng ngân hàng với số tiền làm tròn là đồng. Khẳng định nào sau đây đúng?
5 z  i  z  1  3i  3 z  1  i
z  2  3i
Câu 20. Cho số phức z thỏa mãn
. Tìm giá trị lớn nhất M của
A. M 1  13 .
10
M
3 .
C.

B. M 4 5 .
D. M 9 .

Đáp án đúng: B
A 0;1 B  1;3 , C  1;  1
Giải thích chi tiết: Gọi   , 
. Ta thấy A là trung điểm của BC .
MB 2  MC 2 BC 2
BC 2

 MA2 

 MB 2  MC 2 2 MA2 
2 MA2  10
2
4
2
.

Ta lại có:

5 z  i  z  1  3i  3 z  1  i

 5MA MB  3MC  10. MB 2  MC 2

 25MA2 10  2 MA2  10   MA 2 5
.
Mà

z  2  3i   z  i     2  4i   z  i  2  4i  z  i  2 5 4 5

.

 z  i 2 5

 a b 1
 
4 , với z a  bi ; a, b   .
Dấu " " xảy ra khi   2


 z 2  3i  loai 

 z  2  5i
.
Câu 21.

y  f  x
Cho hàm số
có đồ thị là đường cong trong hình bên. Diện tích hình phẳng gạch chéo được tính theo
công thức nào dưới đây ?

7


3

A.

3

2

S   f  x   dx
0

.

B.

S f  x  dx

0

3

3

S  f  x  dx

0
C.
Đáp án đúng: C

.

D.

.

2

S  f  x   dx
0

.

y  f  x
Giải thích chi tiết: Cho hàm số
có đồ thị là đường cong trong hình bên. Diện tích hình phẳng gạch
chéo được tính theo cơng thức nào dưới đây ?


3

0
A.
Lời giải

3

2

S  f  x   dx

. B.
3

Dựa vào đồ thị:

3

S  f  x  dx
0

. C.

. D.

S f  x  dx
0

.


3

S f  x  dx  f  x  dx
0

0

3

2

S   f  x   dx

0

.

3
Câu 22. Một công ty chun 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. 369.000 đồng.
B. 498.000 đồng.

C. 725.000 đồng.
D. 349.000 đồng.
Đáp án đúng: D

Giải thích chi tiết: Một công ty chuyên 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).

8



2
2
 x2  m2 
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 .

log 2  3 x  2  5
Câu 23. 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: B
Giải thích chi tiết: Ta có
log 2  3x  2  5  3 x  2 32  x 10
.
 x 0


d :  y t
 z 2  t

Câu 24. Trong không gian Oxyz , cho đường thẳng
. Vectơ nào dưới đây là vectơ chỉ phương của
đường thẳng d ?


u2  0;1; 2 
u3  0;1;1
A.
B.


u4  0;  2; 2 
u1  0;0; 2 
C.
D.
Đáp án đúng: C
Câu 25. .Cho hình chóp tứ giác đều S . ABCD với O là tâm của đáy,
mặt phẳng ( ABCD) bằng
A. 60 .
Đáp án đúng: A

B. 90 .

C. 30 .

AB a, SO 


a 6
2 . Góc giữa cạnh SB và
D. 45 .

z 1
Câu 26. 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
3 3
A. 8 .
Đáp án đúng: C

3
B. 3 .

13 3
C. 4 .

13 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

Đặt

13 3
B. 8 .

t  z  1  z  1 2

nên

C.

3
3 .

t   0; 2

3 3
D. 8 .

.
9


Vì

z 1


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



.



2
t 2  z  1  z  1 . z  1  z  1 z  1 2  z  z
Ta lại có
.

2
Suy ra z  z t  2 .

Vậy

P t  t 2  3  f  t 

, với

t   0; 2

. Dễ thấy


f  t

liên tục trên đoạn

 0; 2 .

t  t 2  3 khi
3 t 2
f  t  
2
t  t  3 khi 0 t  3 .
Ta có
 2t  1 khi
3 t  2
1
f  t  
f  t  0  t 
 2t  1 khi 0  t  3 ,
2.
Do đó
 1  13
f 
f 3  3 f  2  3
f  0  3
Ta có:
,  2 4 ,
,
.

 


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 27. Cho hình chóp S . ABCD có đáy là hình bình hành tâm O , gọi M , N lần lượt là trung điểm SA, AD .
 MNO  song song với mặt phẳng nào sau đây?
Mặt phẳng
 SAB  .
 SBC  .
 SCD  .
 SAD  .
A.
B.
C.
D.
Đáp án đúng: C
Câu 28.
Một biển quảng cáo có dạng hình elip với bốn đỉnh A1 , A2 , B1 , B2 như hình vẽ bên. Biết chi phí sơn phần tơ
2
2
đậm là 200.000 đồng/ m và phần cịn lại là 100.000 đồng/ m . Hỏi số tiền để sơn theo cách trên gần nhất với
số tiền nào dưới đây, biết A1 A2 8 m , B1 B2 6 m và tứ giác MNPQ là hình chữ nhật có MQ 3 m

A. 5.526.000 đồng.

C. 7.213.000 đồng.

B. 5.782.000 đồng.
D. 7.322.000 đồng.

Đáp án đúng: D

10


Giải thích chi tiết:
x2 y 2

1
a 2 b2
Giả sử phương trình elip
.
 A1 A2 8
 2a 8



B1 B2 6
2b 6


Theo giả thiết ta có

 E :


 E
Diện tích của elip

S E   ab 12

là

a 4
x2 y 2
3


E
:

1  y  16  x 2


a

3

16 9
4
.

m  .
2

 M d   E 

3

3  M   2 3; 3 
 
N  2 3; 
d
:
y



N

d

E
  với

2  và 
2 .

2
Ta có: MQ 3
4

S 4

3

 4


2 3
Khi đó, diện tích phần khơng tơ màu là
S  S E   S 8  6 3
Diện tích phần tơ màu là
.
Số tiền để sơn theo yêu cầu bài toán là:








16  x 2  dx 4  6 3
 m2 




T 100.000  4  6 3  200.000  8  6 3 7.322.000
3

.

đồng.

2


Câu 29. Điểm cực đại của đồ thị hàm số y x  5 x  7 x  3 .
 7  32 
 7 32 
 ;

 ; 
1; 0 

A.
.
B.  3 27  .
C.  3 27  .

D.

 0;  3 .

Đáp án đúng: B
Câu 30. Một hình trụ có chiều cao 5m và bán kính đường trịn đáy 2m . Diện tích xung quanh của hình trụ này
là

10  m 2  .

A.
Đáp án đúng: B

Câu 31. Nếu

B.


20  m 2  .

5

8

f  x  dx  2

f  x  dx  7

3

A. 9 .
Đáp án đúng: B

và

3

B. 5 .

C.

24  m 2  .

D.

12  m 2  .

5


thì

f  x  dx

8

C.  5 .

bằng
D.  9 .

4
Câu 32. Cho hàm số y  x  2021. Khẳng định nào dưới đây đúng?
  2021;   .
  ;1 .
A. Hàm số đồng biến trên khoảng
B. Hàm số nghịch biến trên khoảng
  ;0  .
C. Hàm số đồng biến trên khoảng  .
D. Hàm số nghịch biến trên khoảng

11


Đáp án đúng: D
4
Giải thích chi tiết: Cho hàm số y  x  2021. Khẳng định nào dưới đây đúng?
  ;1 .
A. Hàm số nghịch biến trên khoảng

  ; 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:

Từ bảng biến thiên ta thấy hàm số nghịch biến trên khoảng

  ;0  .

 x 2  2t

x  2 y  1 z d 2 :  y 3
d1 :


 z t

1
1 2,
Câu 33. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai đường thẳng
. Viết
phương trình mặt cầu có đường kính là đoạn vng góc chung của d1 và d 2 ?

2

2

2

11  
13  
1  185

(S ) :  x     y     z   
.
6
6
3
9






A.
.
2

2

2


1 
8 
41 
5

(S ) :  x     y     z    .
9 
9 
9
6 .

C.
Đáp án đúng: B

2

2

2

11
13
1
5
 S  :  x     y     z   
6 
6 
3
6.


B.
1 2 
8 2 
41  2 185

(S ) :  x     y     z   
.
9
9
9
9






D.
.

d1 :

x 2 y 1 z


1
1 2,

Giải thích chi tiết: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai đường thẳng
 x 2  2t


d 2 :  y 3
 z t

. Viết phương trình mặt cầu có đường kính là đoạn vng góc chung của d1 và d 2 ?
2

2

2

11
13
1
5
 S  :  x     y     z   
6 
6 
3
6.

A.
2

2

2

1 
8 

41 
5

(S ) :  x     y     z    .
9 
9 
9
6 .

B.
12


2

2

2

11  
13  
1  185

(S ) :  x     y     z   
.
6 
6 
3
9 .


C.
1 2 
8 2 
41  2 185

(S ) :  x     y     z   
.
9 
9 
9
9 .

D.
Lời giải



u

1;

1;
2
u
  2;0;1


d
d
Các véc tơ chỉ phương của 1 và 2 lần lượt là 1

và 2
Có M  d1 ; N  d 2

  
 u1 ; u2  .MN

Xét 
= - 10  0
Vậy D1 chéo D2
Gọi A  d1 và B  d 2
1

 
t 
 AB.u1 0
3

 

 AB.u2 0  t ' 0

 5 4 2
A ; ;  
  3 3 3 ; B
Đường thẳng  qua hai điểm A, B là đường vng góc chung của d1 và d 2 .
 x 2  t

 y 3  5t
 z 2t
Ta có  : 

.
2

2

2

11  
13  
1
5

 x    y    z   
6 
6 
3
6.
PT mặt cầu nhận đoạn AB là đường kính có dạng: 
Câu 34. Gọi S là tập hợp tất cả các số phức z thỏa mãn
z1  z2 2
P  z1  z2
, giá trị lớn nhất của
bằng
A. 2 5
B. 20 .

2   z  1 i 1

. Xét các số phức z1 , z2  S thỏa mãn
D. 16 .


C. 4 .

Đáp án đúng: C
Giải thích chi tiết: Gọi S là tập hợp tất cả các số phức z thỏa mãn
z1 , z2  S thỏa mãn z1  z2 2 , giá trị lớn nhất của P  z1  z2 bằng
A. 2 5 B. 4 5 . C. 20 . D. 16 .

2   z  1 i 1

. Xét các số phức

Lời giải
z x  yi  x, y   
Ta có:
.

2   z  1 i 1 
2



  x  1  y 

2

2  zi  i 1 




2

1

2  xi  y  i 1 

. Điểm biểu diễn của





2  y   x  1 i 1

z x  yi  x, y   

thuộc đường tròn tâm



I 1; 2

 và bán kính

R 1
13


2




M , N   C  :  x  1  y 
Gọi M , N lần lượt là điểm biểu diễn của z1 , z2 ta có:
2

2



2

1

2

z  z 2   xN  xM    y N  yM  2  MN 2
Các số phức z1 , z2  S thỏa mãn 1 2
là đường kính. Dựng
z  z OP 2 3
hình bình hành OMNP ta có: 1 2
P 2  z1  z2

Xét :
P 2 16  P 4



2




2

2 z1  z2

2

 z z

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi hai vectơ
Câu 35.
Nếu hai điểm

1

2
2

z1  z2  MN  OI

thoả mãn

A.

2

 z1  z2 16

.


thì độ dài đoạn thẳng

.

B.

C.
Đáp án đúng: C

bằng bao nhiêu?

;

D.

Giải thích chi tiết: Nếu hai điểm
bao nhiêu?

thoả mãn

thì độ dài đoạn thẳng

bằng

A.
B.
C.

;


D.
Lời giải

.

x
x
x
Câu 36. Tích các nghiệm của phương trình 3.4  2.6  9 0 bằng
A. 0 .
B.  2 .
C. 3 .
Đáp án đúng: A

 0;12 

Câu 37. Số nghiệm nguyên thuộc khoảng
của bất phương trình
A. 8 .
B. 11 .
C. 7 .
Đáp án đúng: D
11
x
2 và x 0 .
Giải thích chi tiết: Điều kiện
Khi đó

3


3

1
x  1
x

1
x  1
x

3

2

3

11
x

2

11
x

log 2

D. 1 .
3


1
x  1
x

2

3

11
x

log 2

2 x  11
x 2  x  1 là:

D. 5 .

1
11
x  1
2
1
 2 x  11 
2 x  11
x
x

3


3
 log 2  2

2
2
x  x 1
 x  x 1 

11 

1
 2 x 
x  1
1
1
1  211 1
11 


 log 2 
 3 x  log 2  x  1   3 x  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
14


Do đó
1

f  x  1   f
x


Vậy trên khoảng

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 tốn.

A 2;3;3) ,
Câu 38. Trong khơng gian với hệ tọa độ Oxyz, cho tam giác ABC có (
phương trình đường trung tuyến
x- 3
d1

kẻ từ B là - 1

Đường thẳng
r

BC

=

y- 3 z- 2
=
,
2
- 1

phương trình đường phân giác trong
có một vectơ chỉ phương là

A. u = ( 1; 2;1) .

Đáp án đúng: D
Giải thích chi tiết:
Lời giải.

B.

r
u = ( 2;1; - 1) .

C.

d2

của góc

C

r
u = ( 1;1; 0) .

là

D.

x- 2 y- 4 z- 2
=
=
.
2
- 1

- 1

r
u = ( 1; - 1; 0) .

M 3 - p;3 + 2 p;2 - p )
Gọi M là trung điểm của AC. Vì M Ỵ d1 nên (
.
C 4 - 2 p;3 + 4 p;1- 2 p )
Mặt khác M là trung điểm của AC nờn (
.

M

C ẻ d2

Gi

AÂ l

nờn ta cú phng trỡnh

4 - 2 p - 2 3 + 4 p - 4 1- 2 p - 2
=
=
p = 0 ắắ
đ C ( 4;3;1)
2
- 1
- 1


điểm đối xứng với A qua CD , suy ra

AAÂ^ d 2

K = AAÂầ d 2 ị K

là trung điểm của AA¢, khi đó ta có
K 2 + 2q; 4 - q; 2 - q )
Do vậy im K ẻ d 2 ị (
.
Gi

Kt hp vi

AK ^ d 2

uuuur
AÂC = ( 2; - 2;0)

nờn ta cú

.

v AÂẻ BC .
AAÂ^ d 2

ti K .

uuruur

AI .ud2 = 0 ị q = 0 ị K ( 2; 4; 2) ắắ
đ A¢( 2;5;1) .

chọn VTCP của đường thẳng BC là

r
u = ( 1; - 1; 0) .

Câu 39.
Trong không gian với hệ tọa độ
,
và

A.

sao cho

.

là trung điểm của

, cho điểm

và hai đường thẳng

. Đường thẳng
cắt
có phương trình là

B.


,

lần lượt tại

.
15


C.
Đáp án đúng: C

.

D.

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

A.
Lời giải

sao cho

.

là trung điểm của

B.


.

C.

.

, cho điểm
. Đường thẳng
cắt
có phương trình là

.

,

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 hai đường thẳng
lần lượt tại


.

.

.

.

Và

.

Ta có
Suy ra

Đường thẳng

là trung điểm của
,

.
,

đi qua hai điểm

. Chọn

,


là 1 VTCP của

nên

Câu 40. Trong không gian hệ trục tọa độ Oxyz , cho đường thẳng
2
2
 S  : ( x  1)2   y 1   z  2  9 . Mệnh đề nào sau đây đúng?
S
A. Đường thẳng d cắt mặt cầu   .

.

.

d:

x  1 y z 1
 
2
1
 1 và mặt cầu

S
B. Đường thẳng d qua tâm mặt cầu   .

16


S

C. Đường thẳng d không cắt mặt cầu   .
Đáp án đúng: A

S
D. Đường thẳng d tiếp xúc mặt cầu   .

Giải thích chi tiết: Trong khơng gian hệ trục tọa độ Oxyz , cho đường thẳng
2
2
 S  : ( x  1)2   y 1   z  2  9 . Mệnh đề nào sau đây đúng?

d:

x  1 y z 1
 
2
1
 1 và mặt cầu

S
A. Đường thẳng d cắt mặt cầu   .
S
B. Đường thẳng d tiếp xúc mặt cầu   .

S
C. Đường thẳng d không cắt mặt cầu   .
S
D. Đường thẳng d qua tâm mặt cầu   .
Lời giải


 S  có tâm I  1;  1; 2  , R 3 . Ta có
N  1;0;  1  d



I d .

IN  0;1;  3
.

d có vectơ chỉ phương là: u  2;1;  1 .
 
 IN , u   2;  6;  2 

Suy ra: 
.
 
 IN , u 
22  6 2  22
66


d  I, d   


 3 R
2
3
u
2 1 1

Ta có:
.
Lấy

, ta có:

S
Vây đường thẳng d cắt mặt cầu   .

----HẾT---

17