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: 026.
F  x  esin x
Câu 1. Hàm số
là một nguyên hàm của hàm số nào sau đây?
sin x

A. e .
Đáp án đúng: B
Giải thích chi tiết:
Ta có:

sin x
B. cos xe .

cos x
C. e .

esin x
D. cos x .

.

32
Câu 2. Một khối cầu có thể tích bằng 3 . Bán kính R của khối cầu đó là

R

2 2
.
3

A. R 2.
B.
C. R 4.
D. R 32.
Đáp án đúng: D
Câu 3.
Trên bàn có một cốc nước hình trụ chứa đầy nước, có chiều cao bằng 3 lần đường kính của đáy; Một viên bi và
một khối nón đều bằng thủy tinh. Biết viên bi là một khối cầu có đường kính bằng đường kính của cốc nước.
Người ta từ từ thả vào cốc nước viên bi và khối nón đó (như hình vẽ) thì thấy nước trong cốc tràn ra ngồi. Tính
tỉ số thể tích của lượng nước còn lại trong cốc và lượng nước ban đầu (bỏ qua bề dày của lớp vỏ thủy tinh).

4
.
9

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

B.


5
.
9

C.

1
.
2

D.

2
.
3

1


Gọi bán kính đáy của cốc hình trụ là R. Suy ra chiều cao của cốc nước hình trụ là 6R; bán kính của viên bi là
R; bán kính đáy hình nón là R; chiều cao của hình nón là 4R.
Thể tích khối nón là

Vnon =

4p 3
R.
3


Thể tích của viên bi là

Vcau =

4p 3
R.
3

3
Thể tích của cốc (thể tích lượng nước ban đầu) là V = 6pR .

Suy ra thể tích nước cịn lại:

Vậy
2

x
Câu 4. Số nghiệm thực phân biệt của phương trình e  3 là:
A. 0.
B. 1.
C. 2.
Đáp án đúng: C
Câu 5.

. Cho hai số phức
A.
C.
Đáp án đúng: A
Câu 6.
Cho tam giác


và

. Số phức

bằng

.

B.

.

D.

. Gọi

D. 3.

.
.

lần lượt là trung điểm của

số

bằng bao nhiêu sẽ biến tam giác
1
k
2

A.
B. k  2 .
Đáp án đúng: D

thành tam giác
1
k 
2.
C.

và

. Phép vị tự tâm

tỉ

?
D. k 2 .

S : x 2  y 2  z 2  2 x  4 y  4 z  7 0
Câu 7. Trong không gian Oxyz , cho mặt cầu  
. Tìm tọa độ điểm E trên
S
mặt cầu   sao cho khoảng cách từ E đến trục Oz là nhỏ nhất.

A.

M  1;  1;1



M 1 2
D.

.

B.

M  2;  2;3
C.
.
Đáp án đúng: B

Giải thích chi tiết: Mặt cầu
Gọi

A  0; 0; a 

 S


có tâm

I  1;  2; 2 

.
2; 2 
.

M 1  2 2;  2  2 2; 2
2;  2  2


2
2
và bán kính là R  1  2  2  7 4 .

AI  1;  2; 2  a 
thuộc trục Oz ,
.
2


 
A 0; 0; 2 
Mặt khác: AI .k 0  2  a 0  a 2 nên 
.

I 1;  2; 2 
Gọi  là đường thẳng qua 
và

 x 1  t

  :  y  2  2t
 z 2
A  0;0; 2 


.

 x 1  2t

 y  2  2t


 z 2
 x 2  y 2  z 2  2 x  4 y  4 z  7 0

M    S 
Gọi
nên tọa độ M
là nghiệm của hệ
 x 1  2t
 x 1  2t
 y  2  2t
 y  2  2t





z 2

 z 2
 1  2t  2    2  2t  2  4  2  1  2t   4   2  2t   8  7 0
8t 2  16 0

t  2
t  2


 x 1  2 2

 x 1  2 2

 
 y  2  2 2  y  2  2 2


 z 2
 z 2
.


M 1 2
Với
Với


2;2   MA 

M 1  2 2;  2  2 2;2  MA  21  12 2
2;  2  2

21  12 2

.
nên lấy



M 1  2 2;  2  2 2;2


Câu 8. Trong không gian hệ tọa độ Oxyz , viết phương trình mặt phẳng
 x 1  2t

d :  y 2  3t
 z  t
song với hai đường thẳng 
và trục Oz .

 P

A. 3 x  2 y  6 0 .

B. 3 x  2 y  6 0 .

C. 3 x  2 y  6 0 .
Đáp án đúng: B

D. 3 x  2 y  6 0 .

.

đi qua điểm

M  0;  3; 4 

Giải thích chi tiết: Trong khơng gian hệ tọa độ Oxyz , viết phương trình mặt phẳng
 x 1  2t

d :  y 2  3t
 z  t

M  0;  3; 4 
và song song với hai đường thẳng 
và trục Oz .

 P

và song

đi qua điểm

A. 3 x  2 y  6 0 . B. 3 x  2 y  6 0 .
C. 3 x  2 y  6 0 . D. 3 x  2 y  6 0 .
Lời giải
Đường thẳng d có véc-tơ chỉ phương


u   2;3;  1

.
3



k  0;0;1

Trục Oz có véc-tơ chỉ phương là
.

 u; k   3; 2;0 


Ta có 
.
 
n  u; k   3; 2;0 
 P  . Khi đó, phương trình mặt phẳng  P  là
Chọn
làm véc-tơ pháp tuyến của mặt phẳng
3x  2  y  3 0  3x  2 y  6 0
.
x
Câu 9. Tổng tất cả các nghiệm của phương trình 2

A. 2
Đáp án đúng: A

x

B. 1

log 2023  x  2 y 
trị x nguyên dương thỏa mãn
A. 1211 .
B. 1214 .
Đáp án đúng: C
log 2023  x  2 y 

2

 6.2 x  x 5 bằng


1
C. 2

Câu 10. Có tất cả bao nhiêu giá trị ngun của

Giải thích chi tiết: Ta có:

2

y    2022;2022

2022  x  1

2022 x  1

D. 5
để với mỗi y nguyên có khơng q 400 giá

 x 2  2 x  2 xy  2 y  1

?
D. 1210 .

C. 1212 .
 x 2  2 x  2 xy  2 y  1

 1

0


1
log
1  2 y   12  2  2 y  2 y  1  1  1
Trường hợp 1: Nếu x 1 , bất phương trình   trở thành: 2023 
(vơ lý)
Trường hợp 2: Nếu x 2

Bất

phương

trình

 1  2022  x  1 log 2023

x  2 y  x 2  2 x  2 xy  2 y  1  0

 2022  x  1 log 2023 x  2 y   x  1  x  2 y  1  0   x  1  2022log 2023 x  2 y   x  2 y   1  0
 2022log 2023 x  2 y   x  2 y   1  0
 2

f  t  2022log 2023 t  t  1  f  t  

Xét hàm số
Ta có bảng biến thiên như sau:

2022
2022
 1 0  t 
265,6

t ln 2023
ln 2023

Từ bảng biến thiên xảy ra các khả năng sau:
Khả năng 1: y 0

4


  x  2 y  0

 2022log 2023   x  2 y     x  2 y   1  0

 2    
x

2
y

0



  2022log 2023  x  2 y    x  2 y   1  0


Bất

phương
trình

 x  2y  0

 1  2 y  x  2023  2 y

 x  2y  0
 1  x  2 y  2023


Với 1  2 y  x  2023  2 y kết hợp với điều kiện x 2; y 0 thì 1  2 y  x  2023  2 y ln có 2021 giá trị x
nguyên dương thỏa mãn (vô lý).
Khả năng 2: y  0
BPT

 2   2022log 2023  x  2 y    x  2 y   1  0  1  x  2 y  2023  1 

2 y  x  2023  2 y

Kết hợp điều

kiện x 2; y  0 suy ra 2  x  2023  2 y .

2023  2 y  402  y 

Để không quá 400 giá trị x nguyên dương thỏa mãn thì
y    2022;2022 
Mà y   và
suy ra 811  y 2022
Vậy có tất cả 1212 giá trị y nguyên thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Câu 11. Một nguyên hàm của hàm số
A.


F  x  2e

f  x  e x

là

x

.

1
F  x   e2 x
2
C.
.

1621
2 .

B.

F  x  e2 x

D.

F  x  e x  2

.
.


Đáp án đúng: D
x

Giải thích chi tiết: Ta có

e dx e

x

C

.

x
F  x  e x  2
C

2
e
Cho
ta được một nguyên hàm của
là
.
2sin x  1
y
1  cos x là
Câu 12. Tập xác định của hàm số
A. x k
B. x k 2



x   k
2
C.
Đáp án đúng: C


x   k 2
2
D.


Câu 13. Nguyên hàm của x

2

x
dx
 1 là:

1
ln t  C
2
A. 2
, với t  x  1 .

 ln t  C

2


C.
, với t  x  1 .
Đáp án đúng: A
2
Giải thích chi tiết: Đặt t  x  1  dt 2 xdx .

B.
D.

ln t  C


2
, với t  x  1 .

1
ln t  C
2
2
, với t  x  1 .

5




x

2


x
1 1
1
dx ...   dt  ln t  C
1
2 t
2
.

Câu 14.
. Cho hai số phức
A.

và

. Số phức

bằng

.

B.

C.
Đáp án đúng: C

D.
f  x   x 2  1 .e x


Câu 15. Cho hàm số
f  x 2 xe x
A.  
.

. Tính

f  x 

.

.
B.

f  x   2 x  1 e x

D.

f  x   x  1 e x

2

f  x  x  1 e x
C.   
.
Đáp án đúng: C

 S

Câu 16. Trong khơng gian Oxyz , phương trình mặt cầu

 x 3  t

 :  y 2t  t   
 z  1  t

và tiếp xúc với các mặt phẳng tọa độ là

 x  2
A.

2

2

2

  y  2    z  2  4

2

2

.

 x  2
B.

2

 x  2


2

2

 x  4    y  4   z 16 .
C.
Đáp án đúng: A

D.

2

2

2

2

  y  2    z  2  4
2

. B.

 x  2

2

2


 x  2    y  2    z  2  4 .
C.
Lời giải

D.

.

có tâm nằm trên đường thẳng

2

2

  y  2    z  2  4
2

 S

.

2

  y  2   z 4

Giải thích chi tiết: Trong khơng gian Oxyz , phương trình mặt cầu
 x 3  t

 :  y 2t  t   
 z  1  t


và tiếp xúc với các mặt phẳng tọa độ là

 x  2
A.

.

.

có tâm nằm trên đường thẳng

2

  y  2   z 2 4

 x  4

2

.

2

  y  4   z 2 16

.

 S .
Gọi I là tâm và r là bán kính của mặt cầu

 I  3  t ; 2t ;  1  t 
 S  tiếp xúc với các mặt phẳng tọa độ nên ta có
Vì
 1  t  3  t  2t  r
  1  t 3  t  vô nghiêm 
 
 1 t  3  t
  1  t  3  t  t  1  t  1
 2t   1  t
Với t  1
.
 r 2 và I  2 ;  2 ;  2 
6


 S  :  x  2
Phương trình mặt cầu

2

2

2

  y  2    z  2  4

.

A  2;7; 2 
B   1;3;  1

Câu 17. Trong không gian Oxyz , cho hai điểm
và
. Xét hai điểm M và N thay đổi
 Oxy  sao cho MN 3 . Giá trị lớn nhất của AM  BN bằng
thuộc mặt phẳng
A. 85 .
Đáp án đúng: C

B. 3 10 .

C.

65 .

D. 4 3 .

A  2;7; 2 
B   1;3;  1
Giải thích chi tiết: Trong không gian Oxyz , cho hai điểm
và
. Xét hai điểm M và N
 Oxy  sao cho MN 3 . Giá trị lớn nhất của AM  BN bằng
thay đổi thuộc mặt phẳng
A. 4 3 . B. 3 10 . C.
Lời giải

85 . D.

65 .


 Oxy  , suy ra B  1;3;1 , BN BN và A, B ở cùng phía so
Gọi B là điểm đối xứng với B qua mặt phẳng
 Oxy  .
với mặt phẳng
 
Lấy điểm K sao cho BK  NM ( BNMK là hình bình hành), khi đó BK MN 3 , BN MK .
Do BK //MN nên BK nằm trên mặt phẳng
phương trình z 1 .

 

 Oxy  , suy ra    có
đi qua B và song song với mặt phẳng

 C  nằm trên mặt phẳng    có tâm là B, bán kính R 3 .
Do BK 3 nên K thuộc đường tròn
    H  2;7;1 và HB ' 5  R , E là giao điểm của tia đối của tia BH với
Gọi H là hình chiếu của A lên
 C .
Ta có

AM  BN  AM  BN  AM  MK  AK  AH 2  HK 2  AH 2  HE 2
.

AM  BN  12  82  65
 
Mà AH 1, HE HB  B E 5  3 8 suy ra
.
 K E


M  AK , AM  MK  AK  M  AE   Oxy  M 0
Dấu ”=” xảy ra khi 
.

AM  BN
Vậy giá trị lớn nhất của
bằng 65 .
Câu 18.
Hình vẽ sau đây (phần khơng bị gạch) là biểu diễn của tập hợp nào?

7


A.
C.
Đáp án đúng: B

.

B.

.

D.

4
Câu 19. Đồ thị hàm số y  x  2022 cắt trục hoành tại mấy điểm?
A. 1 .
B. 2.
C. 3 .


.
.

D. 0 .

Đáp án đúng: D
4
Giải thích chi tiết: [Mức độ 1] Đồ thị hàm số y x  2022 cắt trục hoành tại mấy điểm?
A. 1 . B. 0 . C. 3 . D. 2.

Lời giải
FB tác giả: Triết Nguyễn
4
Phương trình hồnh độ giao điểm : x  2022 0 .
Phương trình trên vơ nghiệm nên đồ thị khơng cắt trục hồnh.
Câu 20.

Tìm tọa độ hình chiếu vng góc N của điểm
A.
C.
Đáp án đúng: B
2
x 1
Câu 21. Tìm họ nguyên hàm của hàm số y=x −3 + .
x
3
x
1
x

A. −3 + 2 +C ,C ∈ R
3
x

trên mặt phẳng
B.
D.

x3 3 x
−
+ln |x|+C , C ∈ R
3 ln 3
3
x
x
3
1
− 2 +C , C ∈ R
D. −
3 ln 3 x
B.

x3 3 x
−
−ln|x|+C ,C ∈ R
3 ln 3
Đáp án đúng: B
M  0;1
Câu 22. Hỏi điểm
là điểm biểu diễn số phức nào sau đây?

A. z i .
B. z 1 .
C. z 1  i .
C.

D. z 1  i .
Đáp án đúng: A

M  a; b 
Giải thích chi tiết: Điểm
trong một hệ tọa độ vng góc của mặt phẳng được gọi là điểm biểu diễn số
z

a

bi
phức
.
M  0;1
Do đó điểm
là điểm biểu diễn số phức z i .
Câu 23.
8


Diện tích xung quanh của hình chóp tứ giác đều có các cạnh đều bằng
A.

.


B.

C.
.
Đáp án đúng: B

.

D.

Câu 24. Có bao nhiêu số nguyên m để phương trình
biệt, đồng thời tích của ba nghiệm nhỏ hơn 27 ?
A. 9 .
B. 10 .

3x

2

 4 x m 1

là

.



 3x  m1 3 3x

2


 3x

 có ba nghiệm thực phân

1

C. 7 .

D. 8 .

Đáp án đúng: C
Câu 25. Trong không gian Oxyz , cho mặt cầu

 S  :  x  1

2

2

  y  4   z 2 8

và hai điểm

A  3;0;0 

,

B  4; 2;1


 S  . Giá trị nhỏ nhất của MA  2MB bằng:
. Điểm M bất kỳ thuộc mặt cầu
A. 21 .
B. 2 5 .
C. 6 2 .
D.
Đáp án đúng: C
2

6.

2

S : x  1   y  4   z 2 8
Giải thích chi tiết: Trong khơng gian Oxyz , cho mặt cầu   
và hai điểm
A  3;0;0  B  4; 2;1
 S  . Giá trị nhỏ nhất của MA  2MB bằng:
,
. Điểm M bất kỳ thuộc mặt cầu

A. 6 . B.
Lời giải
+ Mặt cầu

21 . C. 6 2 . D. 2 5 .

 S

có tâm


I   1; 4;0 

, bán kính R 2 2 .

 S.
+ Ta có IA 4 2 2R 2 IM ; IB  30  R nên B nằm ngoài mặt cầu

1
IK  IA
4 . Suy ra K  0;3;0  .
+ Lấy điểm K sao cho
1
1
IK  R  IM
 S .
2
2
+ Ta có
nên K nằm trong mặt cầu
MA
IA

2  MA 2 MK .
 IAM ∽ IMK  c.g.c 
+ Lại có
suy ra KM IM

+ Khi đó MA  2 MB 2 MK  2 MB 2 BK 6 2 .
+ Dấu đẳng thức xảy ra khi


M BK   S 

và M nằm giữa B, K .

Vậy giá trị nhỏ nhất của MA  2 MB bằng 6 2.
Câu 26.
Cho hàm số y = f ( x) . Đồ thị hàm số
như hình vẽ bên dưới và
với mọi
x Î ( - ¥ ;- 3,4) È ( 9;+¥ ) .
Đặt g( x) = f ( x) - mx + 5. Có bao nhiêu giá trị dương của tham số m để hàm số g( x) có
đúng hai điểm cực trị?

9


A. 9.
Đáp án đúng: B

B. 8.

C. 7.

D. 4.

Câu 27. Cho hình chóp S .ABCD có đáy ABCD là hình thang vuông tại A và D , AB 3a, AD DC a . Gọi
I là trung điểm của AD , biết hai mặt phẳng ( SBI ) và ( SCI ) cùng vng góc với đáy và mặt phẳng ( SBC) tạo
với đáy một góc 600. Tính theo a khoảng cách từ trung điểm của SD đến mặt phẳng ( SBC) .
a 17

A. 5 .
Đáp án đúng: B
Câu 28.

a 6
B. 19 .

a 3
C. 15 .

a 15
D. 20 .

Cho hình chóp S.ABC có đáy là tam giác ABC đều, đường cao SH với H nằm trong
ABC và 2SH=BC,
 SBC  tạo với mặt phẳng  ABC  một góc
. Biết có một điểm O nằm trên đường cao SH sao cho
d  O ; AB  d  O ; AC  d  O;  SBC   1
. Tính thể tích khối cầu ngoại tiếp hình chóp đã cho.
125
A. 162 .
B.
256
C. 81 .
Đáp án đúng: B

500
D. 81 .

Giải thích chi tiết:

Giả sử E , F là chân đường vng góc hạ từ O xuống AB, AC . Khi đó ta có HE  AB, HF  AC . Do

OE OF 1 nên HE HF . Do đó AH là phân giác của góc BAC
.
Khi đó AH  BC D là trung điểm của BC .

OK   SBC 
. Kẻ OK  SD thì
. Do đó OK 1 và SDA 60 .
a
SH a, HD a.cot 60 
AB BC CA 2a  a  0 
3.
Đặt
thì
Do

BC  AD  BC   SAD 

Do đó AD a 3 3HD nên H là tâm tam giác đều ABC  S . ABC là hình chóp tam giác đều và E , F là
trung điểm AB, AC .
10


Mặt khác trong tam giác SOK có :
 K D .
Khi đó

DSO


 AB 3, SH 

vng tại

SO 

D

OK
2
OH   DFE 
sin 30
. Do DEF đều có
nên OE OF OD 1

và có

DH  SO . Từ đó

DH 2 HS .HO



a2
3
a  2  a   a 
3
2

3

2.

Gọi R là bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S . ABC thì

R

SA2 7

2 SH 4 .

3

Vm / c

4  7  343
  .  

3  4
48 .

A  1;  2;3
B   1;0;1
Câu 29. Trong không gian Oxyz , cho hai điểm
và
. Mặt phẳng trung trực của đoạn thẳng
AB có phương trình là:
A. x  y  z  6 0 .
B.  2 x  2 y  2 z  3 0 .
C. x  y  z  3 0 .
Đáp án đúng: C


D. 2 x  2 y  2 z 0 .

A  1;  2;3 
B   1;0;1
Giải thích chi tiết: Trong không gian Oxyz , cho hai điểm
và
. Mặt phẳng trung trực của
đoạn thẳng AB có phương trình là:
A.  2 x  2 y  2 z  3 0 .
B. 2 x  2 y  2 z 0 .
C. x  y  z  3 0 . D. x  y  z  6 0 .
Lời giải

AB   2; 2;  2 
Ta có:
.

I  0;  1; 2 
Tọa độ trung điểm I của đoạn thẳng AB là
.
Mặt phẳng trung trực của đoạn thẳng AB đi qua I và nhận
trình mặt phẳng cần tìm là: x  y  z  3 0 .
x2  x  2
lim 2
Câu 30. Tính giới hạn x  2 x  4 ta được kết quả là
3
A. 4 .
Đáp án đúng: A


B. 0 .


n  1;  1;1

làm một vectơ pháp tuyến. Phương

C. 1 .

D.



3
4.

 x  1  x  2  lim x  1  3 .
x2  x  2
lim
2
x 2
x  2  x  2  x  2 
x 2 x  2
x  4
4

lim

Giải thích chi tiết: Ta có
Câu 31.

f  x  ax3  bx 2  cx  2
g  x  dx 2  ex  2
Cho hai hàm số
và
với a, b, c, d , e   . Biết rằng đồ thị của hàm
y  f  x
y g  x 
số
và
cắt nhau tại ba điểm có hồnh độ lần lượt là  2;  1;1 (tham khảo hình vẽ). Hình
phẳng giới hạn bởi hai đồ thị có diện tích bằng?
11


13
A. 2
Đáp án đúng: B

37
B. 6

9
C. 2

f  x  ax3  bx 2  cx  2

37
D. 12

g  x  dx 2  ex  2


Giải thích chi tiết: Cho hai hàm số
và
với a, b, c, d , e   . Biết
y  f  x
y g  x 
rằng đồ thị của hàm số
và
cắt nhau tại ba điểm có hồnh độ lần lượt là  2;  1;1 (tham khảo
hình vẽ). Hình phẳng giới hạn bởi hai đồ thị có diện tích bằng?

37
13
9
A. 6 B. 2 C. 2
Lời giải

Xét phương trình

37
D. 12

f  x   g  x  0  ax 3   b  d  x 2   c  e  x  4 0

có 3 nghiệm

x1 ; x2 ; x3 lần lượt là

 2;  1;1 .
Áp dụng định lý Vi  et cho phương trình bậc 3 ta được:

b d

 x1  x2  x3  a  2

c e

 1
 x1 x2  x2 x3  x1 x3 
a 2
a


 c  e  2
4

b  d 4
 x1 x2 x3  a 2
f  x   g  x  2 x3  4 x 2  2 x  4


. Suy ra
Diện tích hình phẳng:
1

 2 x

2

1
3


 4 x 2  2 x  4  dx 

 2 x

1

3

 4 x 2  2 x  4 dx 

37
6

Câu 32. Hình đa diện đều loại {4,3} có bao nhiêu cạnh?
A. 16
B. 6
Đáp án đúng: C

C. 12

D. 8

12


z  6  z  6 20
Câu 33. Cho số phức z thỏa mãn
. Gọi M , n lần lượt là mơđun lớn nhất và nhỏ nhất của z.
Tính M  n

A. M  n 14 .
B. M  n 4 .
C. M  n 7 .
D. M  n 2 .

Đáp án đúng: D
Giải thích chi tiết: Gọi
 x  6  yi  x  6  yi 20 

,

 x  6

. Theo giả thiết, ta có
2

 y2 

 x  6

2

 y 2 20

z  6  z  6 20

.

  .


M  x; y  F1  6;0 
F   6;0 
,
và 2
.
   MF1  MF2 20  F1F2 12 nên tập hợp các điểm E là đường elip
Khi đó
F
và 2 . Và độ dài trục lớn bằng 20 .

Gọi

có hai tiêu điểm

F1

2
2
2
Ta có c 6 ; 2a 20  a 10 và b a  c 64  b 8 .

x2
y2

1
Do đó, phương trình chính tắc của
là 100 64
.
'
max z OA OA 10

min z OB OB ' 8
Suy ra
khi z 10 và
khi z 8i .
Vậy M  n 2 .
1 x
Câu 34. Đạo hàm của hàm số y 3 là
1 x
A. y 3 .
1 x
C. y 3 .ln 3 .

1 x
B. y  3 .ln 3 .
1 x
D. y  3 .

Đáp án đúng: B
z  2i  z  4i
z  3  3i 1
Pz 2
Câu 35. Cho số phức z thỏa mãn
và
. Giá trị lớn nhất của biểu thức
là:
A. 13  1 .
B. 10  1 .
C. 10 .
D. 13 .
Đáp án đúng: D


Giải thích chi tiết:

Gọi

M  x; y 

là điểm biểu diễn số phức z ta có:

z  2i  z  4i

2

2

 x 2   y  2  x 2   y  4   y 3
;
13


I 3;3
z  3  3i 1 
điểm M nằm trên đường trịn tâm 
và bán kính bằng 1.
P  z  2  AM

Biểu thức

trong đó


A  2;0 

2

P z 2

, theo hình vẽ thì giá trị lớn nhất của

đạt được khi

2

max P   4  2    3  0   13
nên
.
S
.
ABCD
ABCD
Câu 36. Cho hình chóp
có đáy
là hình vng cạnh a, SAD là tam giác đều và nằm trong mặt
phẳng vng góc với đáy. Gọi M và N lần lượt là trung điểm của BC và CD. Bán kính của mặt cầu ngoại tiếp
hình chóp S.CMN bằng
M  4;3

a 37
.
6


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

a 93
.
B. 12

C.

a 29
.
8

5a 3
.
D. 12

1
1
a 2
a 3
r = MN = BD =
.
h = SH =
.
2
4
4

2
Đáy là tam giác
vng tại nên
Chiều cao
Tâm O của đường trịn ngoại tiếp tam giác CMN là trung điểm MN ;
CMN

C

Áp dụng công thức đường trung tuyến trong tam giác HMN tính được
Trong tam giác vng SHO có

SO2 = SH 2 + HO2 =

HO2 =

5a2
.
8

11a2
.
8

2

Vậy ta có

r=


11a
a 2
a 3
a 93
SO2 =
, h=
R=
.
8 nên suy ra
4
2 và
12

SA   ABC 
Câu 37. Cho hình chóp S . ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh a . Biết
và SA a 2 . Tính
thể tích khối chóp S . ABC .
a3
A. 4
Đáp án đúng: B
Câu 38.

a3 6
B. 12

Cho

có

hàm


số

đạo

a3 6
C. 4

hàm

liên

. Tích phân

tục

trên

a3 6
D. 6

và

thỏa

mãn

và

bằng

14


A.
.
Đáp án đúng: D
Giải thích chi tiết: Cách 1.

B.

.

C.

.

Áp dụng cơng thức tích phân từng phần, ta có:

D.

.

Từ
Thay

vào

ta được

.


Xét
Đặt

, đổi cận:

Khi đó

Do đó ta có
Vậy
Cách 2.

Từ
Thay

Xét hàm số

vào

ta được

.

từ giả thiết trên ta có

Vậy

.

suy ra


.

A  1;1; 4 
B   1;3; 2 
 S  là mặt cầu có phương trình:
Câu 39. Trong khơng gian Oxyz , cho hai điểm
và
. Gọi
2
2
2
 x  1   y  3   z  2  25 . Tập hợp các điểm M thuộc mặt cầu  S  và cách đều hai điểm A và B là
đường trịn có bán kính bằng
10 2
A. 3
Đáp án đúng: D

5
B. 2 .

5 3
C. 3 .

5 6
D. 3 .
15


A  1;1; 4 

B   1;3; 2 
 S  là mặt cầu có
Giải thích chi tiết: Trong không gian Oxyz , cho hai điểm
và
. Gọi
2
2
2
x  1   y  3   z  2  25
 S  và cách đều hai điểm

phương trình:
. Tập hợp các điểm M thuộc mặt cầu
A và B là đường trịn có bán kính bằng
5 3
A. 3 .
Lời giải

5
5 6
B. 2 . C. 3 .

10 2
D. 3

   là mặt phẳng trung trực của đoạn AB .
Vì điểm M cách đều hai điểm A và B nên M thuộc mặt phẳng
E  0; 2;3
Gọi E là trung điểm AB thì
.

Mặt phẳng trung trực của đoạn AB đi qua
trình:



E  0; 2;3

 2.x  2.  y  2   2.  z  3  0  x  y  z  1 0

và có vectơ pháp tuyến là

AB   2; 2;  2 

nên có phương

.

 S  nên M thuộc đường trịn giao tuyến của mặt phẳng    và mặt cầu  S  .
Mà M thuộc mặt cầu
I  1;  3; 2 
có tâm
và bán kính R 5
1 3  2  1 5 3
d  I;   

3
1 1 1
Ta có:
Mặt cầu


 S

2

5 3
5 6
r  R  d  5  
 
3
 3 
Nên bán kính đường trịn giao tuyến bằng
.
2
2x  5x  m
y
x m
Câu 40. Với giá trị nào của m thì đồ thị hàm số
có đường tiệm cận đứng?
2

A. m 0 .
Đáp án đúng: D

 m 0

B.  m 2 .

2

2


C. m 2 .

m 0

D. m 2 .

----HẾT---

16