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: 057.
Câu 1. Tứ diện ABCD có bao nhiêu cạnh?
A. 4
B. 2
C. 6
Đáp án đúng: C
Câu 2. Cho số phức z 3  2i . Tìm số phức w 2i.z  z .
A. w  1  4i .
Đáp án đúng: A

B. w 4  7i .

D. 5

C. w 9  2i .

D. w 4  7i .

S : x 2  y 2  z 2  2 x  4 y  4 z  7 0
Câu 3. 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: D

Giải thích chi tiết: Mặt cầu

 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 
A  0; 0; a 
Oz
Gọi
thuộc trục
,
.
 
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 



.

1


 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 4.
quay xung quanh trục Ox tạo thành

Cho hình phẳng giới hạn bởi các đường
khối trịn xoay có thể tích bằng

. Tìm a và b

A.
C.
Đáp án đúng: D

.

B.

.

D.


.

A  5;  2;0 
B  4;1;  8 
Câu 5. Trong không gian Oxyz , cho hai điểm
và
. Mặt phẳng đi qua

A và vng góc với

AB có phương trình là
A. x  3 y  8 z  1 0 .
C. x  3 y  8 z  11 0 .

B. x  3 y  8 z  12 0 .
D. x  3 y  8 z  16 0 .

Đáp án đúng: C

A  5;  2;0 
B  4;1;  8 
Giải thích chi tiết: Trong không gian Oxyz , cho hai điểm
và
. Mặt phẳng đi qua

A và

vng góc với AB có phương trình là
A. x  3 y  8 z  1 0 . B. x  3 y  8 z  16 0 .
C. x  3 y  8 z  12 0 .

Lời giải

D. x  3 y  8 z  11 0 .

 P
đi qua A và vng góc với AB nên mặt phẳng
 P  là:  1 x  5  3  y  2   8 z 0 
phương trình mặt phẳng



 P
Mặt phẳng

có véc tơ pháp tuyến là



x  3 y  8 z  11 0

Câu 6. Hình đa diện đều loại {4,3} có bao nhiêu cạnh?
A. 16
B. 12

C. 8

AB   1;3;  8 

.
D. 6

2


Đáp án đúng: B
Câu 7.
Cho

hàm

số

có

đạo

hàm

liên

tục

trên

và

. Tích phân
A.
.
Đáp án đúng: C
Giải thích chi tiết: Cách 1.


B.

.

thỏa

mãn

và

bằng
C.

D.

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

.

.

Từ
Thay

vào

ta được

.


Xét
Đặt

, đổi cận:

Khi đó

Do đó ta có
Vậy
Cách 2.

Từ
Thay

Xét hàm số

Vậy
Câu 8.

vào

ta được

.

từ giả thiết trên ta có

suy ra


.

.
3


Hàm số

có đạo hàm

A.

B.

C.
D.
Đáp án đúng: C
F  x  esin x
Câu 9. Hàm số
là một nguyên hàm của hàm số nào sau đây?
esin x
cos x
sin x
A. e .
B. cos x .
C. cos xe .

sin x
D. e .


Đáp án đúng: C
Giải thích chi tiết:
Ta có:
.
Câu 10.

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?

37
A. 12
Đáp án đúng: D

13
B. 2

9
C. 2

37
D. 6


f  x  ax3  bx 2  cx  2
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?

4


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


1

 2 x

3

 4 x  2 x  4  dx 
2

2

 2 x

3

 4 x 2  2 x  4 dx 

1

37
6

Câu 11. Cho hình chóp
có đáy ABCD là hình vng cạnh a, SAD là tam giác đều và nằm trong mặt
phẳng vuông 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
S.ABCD

a 93

.
A. 12

B.

a 29
.
8

5a 3
.
C. 12

D.

a 37
.
6

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

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

.
2
4
4 Chiều cao
2
Đáy là tam giác CMN vuông tại C nên
Tâm O của đường tròn ngoại tiếp tam giác CMN là trung điểm MN ;

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

5


2

Vậy ta có


r=

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

 P  đi qua điểm M  0;  3; 4  và song
Câu 12. 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 .
A. 3 x  2 y  6 0 .

B. 3 x  2 y  6 0 .

C. 3 x  2 y  6 0 .
Đáp án đúng: D


D. 3 x  2 y  6 0 .

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

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


u   2;3;  1

Đường thẳng d có véc-tơ chỉ phương
.

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
.
Câu 13.
Có một vật thể là hình trịn xoay có dạng giống một cái ly như hình vẽ dưới đây. Người ta đo được đường kính
miệng ly là 4 cm và chiều cao là 6 cm . Biết rằng thiết diện của chiếc ly cắt bởi mặt phẳng đối xứng là một
parabol. Tính thể tích

V  cm3 

của vật thể đã cho.

6


72
72
A. 5 .
B. 12 .
C. 12 .
D. 5 .
Đáp án đúng: B
Giải thích chi tiết: Có một vật thể là hình trịn xoay có dạng giống một cái ly như hình vẽ dưới đây. Người ta

đo được đường kính miệng ly là 4 cm và chiều cao là 6 cm . Biết rằng thiết diện của chiếc ly cắt bởi mặt phẳng

đối xứng là một parabol. Tính thể tích

V  cm3 

của vật thể đã cho.

72
72
A. 12 . B. 12 . C. 5 . D. 5 .
Lời giải
Xét hệ trục Oxy như hình vẽ.

7


Gọi

 P  : y ax 2  bx  c

0a  0b  c 0

4a  2b  c 6 
4a  2b  c 6


Vậy

 P : y 


đi qua các điểm

O  0;0  A  2;6  B   2;6 
,
,
, khi đó ta có hệ phương trình sau

3

a  2

b 0
c 0


.

3 2
2
x  x 2  y
2
3 .
6

Khi đó khối trịn xoay tạo thành có thể tích

2
V   y.dy 12
3

0

.

A  2;7; 2 
B   1;3;  1
Câu 14. 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. 4 3 .
Đáp án đúng: B

B.

65 .

C. 3 10 .

D.

85 .

A  2;7; 2 
B   1;3;  1
Giải thích chi tiết: Trong khơng 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

.
8


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 
.
Vậy giá trị lớn nhất của

AM  BN

bằng

65 .

A  1;1; 4 
B   1;3; 2 
 S  là mặt cầu có phương trình:
Câu 15. 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 tròn có bán kính bằng
10 2
A. 3
Đáp án đúng: C

5
B. 2 .

5 6
C. 3 .

5 3
D. 3 .

A  1;1; 4 
B   1;3; 2 
 S  là mặt cầu có
Giải thích chi tiết: Trong khơng 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 tròn 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 2  d 2  52  
 
3
 3 
Nên bán kính đường trịn giao tuyến bằng

.
M  0;1
Câu 16. Hỏi điểm
là điểm biểu diễn số phức nào sau đây?
A. z 1 .
B. z 1  i .
C. z 1  i .
D. z i .
Đáp án đúng: D
9


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
phức z a  bi .
M  0;1
Do đó điểm
là điểm biểu diễn số phức z i .
1 x
Câu 17. 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 .
1 x
D. y  3 .ln 3 .


Đáp án đúng: D
M –1;3
Câu 18. Trong mặt phẳng Oxy , cho 
. Hỏi phép vị tự tâm O tỉ số k –3 biến M thành điểm nào
trong các điểm nào sau đây?
3;9 
9;3
–3;9 
3;  9 
A. 
.
B.   .
C. 
.
D. 
.
Đáp án đúng: A
 S  có tâm nằm trên đường thẳng
Câu 19. 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

  y  2   z 2 4

2

2

2

.

 x  4
B.

2

  y  4   z 2 16

 x  2

2

2

2

 x  2    y  2    z  2  4 .
C.
Đáp án đúng: C


D.

2

  y  2    z  2  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.

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.

.

2

 S

.

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
.
10


 r 2 và I  2 ;  2 ;  2 

 S  :  x  2
Phương trình mặt cầu


2

2

2

  y  2    z  2  4

ln  x  1 0
Câu 20. Nghiệm của phương trình
A. x 1
B. x e

.

C. x 2

D. x e  1

Đáp án đúng: C
2
Câu 21. Cho m là số thực, biết phương trình z  mz  5 0 có hai nghiệm phức trong đó có một nghiệm có
phần ảo là 1 . Tính tổng môđun của hai nghiệm?
A. 5 .
Đáp án đúng: D

B. 4 .

D. 2 5 .


C. 7 .

2
Giải thích chi tiết: Ta có:  m  20 .

Phương trình có hai nghiệm phức (phần ảo khác 0) khi   0   2 5  m  2 5 .

m
20  m 2
m
z1  
i
z2  
2
2
2
Khi đó, phương trình có hai nghiệm là:
và
Theo đề

20  m 2
i
2

20  m 2
1  m 4
2
(thỏa mãn).

 z1  2  i

 z1 2  i
z 2 4 z  5 0  

 z2  2  i hoặc  z2 2  i
Khi đó phương trình trở thành

z1  z2  5

.

sin x
Câu 22. Cho hàm số y e . Biểu thức rút gọn của K  y cos x  y sin x  y  là

A. 1 .
Đáp án đúng: C

sin x
B. cos x.e .

C. 0 .

sin x
D. 2e .

sin x
Giải thích chi tiết: Cho hàm số y e . Biểu thức rút gọn của K  ycos x  y sin x  y là
sin x
sin x
A. 1 . B. 2e .
C. cos x.e . D. 0 .

Lời giải
y cos x.esin x ; y  sin x.esin x  cos 2 x.esin x . Khi đó K 0 .
Câu 23.

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

11


A. 4.
Đáp án đúng: B

B. 8.

C. 9.

D. 7.

z  4  i  z i
z a  bi  a; b   
z  1  3i
Câu 24. Cho số phức z thoả mãn
. Gọi

là số phức thoả mãn
nhỏ
nhất. Giá trị của biểu thức T 2a  3b là:
A. T  4 .
B. T 0 .
C. T 1 .
D. T 4 .
Đáp án đúng: B
M  z  ; A  4;1 ; B  0;  1
Giải thích chi tiết: Đặt
lần lượt là điểm biểu diễn của các số phức z;4  i;  i . Khi đó
MB , tập hợp điểm biểu diễn của số phức z là đường trung trực  của AB .  đi qua
từ giả thiết suy ra MA



I  2;0 
n  AB   4;  2    : 2 x  y  4 0
VTPT
và có
.
N  1;  3
Gọi
là điểm biểu diễn của số phức 1  3i .
z  1  3i MN
z  1  3i
Ta có:
. Do đó
nhỏ nhất  MN nhỏ nhất  M là hình chiếu vng góc của N lên
.

Khi đó MN : x  2 y  7 0 .
2 x  y  4 0  x 3
 

x

2
y

7

0

 y  2  M  3;  2   z 3  2i .
M
Tọa độ điểm
là nghiệm của hệ phương trình
Vậy T 2a  3b 6  6 0 .
Câu 25. Cho hình chóp S .ABCD có đáy ABCD là hình thang vng 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 3
a 6
a 15
A. 15 .
B. 19 .
C. 20 .
Đáp án đúng: B
Câu 26. Thể tích của khối cầu ngoại tiếp hình lập phương cạnh a là:


a 3 3
2
A.

B. 4 3a

3

3a 3 3
2
C.

a 17
D. 5 .

4a 3 3
3
D.

Đáp án đúng: A
2 x −1
. Khẳng định nào sau đây đúng?
− x +3
A. Hàm số đồng biến trên ℝ.
1
1
B. Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng ( − ∞ ; ) , ( ;+ ∞ ).
2
2
C. Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng ( − ∞ ; − 3 ) , ( − 3 ;+∞ ).

D. Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng ( − ∞ ; 3 ) , ( 3 ;+ ∞).
Đáp án đúng: D
Giải thích chi tiết:
Lời giải
Tập xác định: D=ℝ ¿ 3 }¿.
5
′
⇒ y ′ >0 , ∀ x ∈ D .
Ta có y =
( − x+ 3 )2
Câu 27. Cho hàm số y=

12


Vậy hàm số đồng biến trên mỗi khoảng ( − ∞ ; 3 ) , ( 3 ;+ ∞).
Câu 28.
Tìm tọa độ hình chiếu vng góc N của điểm

trên mặt phẳng

A.

B.

C.
Đáp án đúng: B

D.


Câu 29. Có tất cả bao nhiêu giá trị nguyên của
log 2023  x  2 y 
trị x nguyên dương thỏa mãn
A. 1214 .
B. 1211 .
Đáp án đúng: C

Giải thích chi tiết: Ta có:

log 2023  x  2 y 

y    2022;2022

2022  x  1

2022 x  1

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

Bất

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

  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



 x  2y  0
 1  x  2 y  2023


13


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
ngun 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 30.

Cho tam giác

. Gọi

lần lượt là trung điểm của

và

1621
2 .

. Phép vị tự tâm

tỉ

số

bằng bao nhiêu sẽ biến tam giác
thành tam giác
?
1
1
k
k 
2
2.
A.
B.
C. k  2 .
D. k 2 .

Đáp án đúng: D
Câu 31. Giả sử M là điểm trên mặt phẳng phức biểu diễn số phức z. Tập hợp các điểm M thỏa mãn điều kiện
| z − 2+ 3i |=4 là
A. đường tròn ( C ) : ( x +2 )2 +( y −3 ) 2=4 .
B. đường tròn ( C ) :( x +2 )2 +( y −3 ) 2=16.
C. đường tròn ( C ) : ( x − 2 )2 +( y +3 ) 2=4 .
D. đường tròn ( C ) :( x − 2 )2 +( y +3 ) 2=16.
Đáp án đúng: D
Câu 32. Cho hình chóp S . ABC có đáy ABC là tam giác vng tại B , mặt bên SAC là tam giác cân tại S và

 SAB 

 SBC 

nằm trong mặt phẳng vng góc với mặt phẳng đáy. Hai mặt phẳng
và
lần lượt tạo với đáy các
0
0
góc 60 và 45 , khoảng cách giữa hai đường thẳng SA và BC bằng a . Tính thể tích khối chóp S . ABC theo a
.
2a 3
A. 6 .
Đáp án đúng: D

6a 3
B. 12 .

2a 3
C. 12 .


6a 3
D. 18 .

Giải thích chi tiết:
14


Gọi H là trung điểm cạnh AC , có SAC cân tại S nên SH  AC .

 SAC    ABC 
 SAC    ABC   AC
SH   ABC 
Suy ra:
.
Lại có:

Kẻ HP  BC , HQ  AB

 BC  HP
 BC  SP

BC  SH  do SH   ABC  


Ta có:
 SBC    ABC  BC

0




 SP   SBC  , SP  BC   SBC  ,  ABC   SP, HP SPH 45

HP   ABC  , HP  BC
Vậy có: 
.

 





 , HQ SQH

60
SAB  ,  ABC    SQ


Tương tự,
.
0

Từ A , kẻ đường thẳng d // BC , kẻ HK  d , nối SK , kẻ HI  HK .

Có

 AK  HK  cd 


 AK  SH  do SH   ABC  , AK   ABC  
 AK   SHK   AK  HI

HK

SH

H

 HK , SH   SHK 


Mà

HI  SK ; AK  SK K ; AK , SK   SAK 

 HI   SAK   d  H ,  SAK   HI

.

.

.

 BC / / AK

 AK   SAK   BC / /  SAK 

BC   SAK 
SA   SAK 

Ta có: 
mà
 d  SA, BC  d  BC ,  SAK   d  B,  SAK   2d  H ,  SAK   2 HI a
 HI 

Lại

có:

a
2.

 BC / / AK
 H , K , P

 HK  AK , HP  BC

thẳng

hàng

và

HP HC

1  HK HP
HK HA
.

Đặt:


SH  x  x  0 
0

Tam giác SHP vuông tại H , SPH 45  HP  x  HK  x

SHK vuông tại

H , HI  SK  HI 

SH .HK
SH 2  HK 2



a
x2
a

 x 
2 x 2
2.
15


SH
x

0


tan 60
3.
Tam giác SHQ vuông tại H , SPQ 60
Mặt khác, ABC vuông tại B nên HP // AB , HQ // BC mà H là trung điểm của AC nên HP, HQ là các
2x a 2
 AB 2 x a 2, BC 

3
3 .

ABC
đường trung bình của
0

Vậy

VS . ABC

1
1 a 1
a 2 a3 6
 .SH .dt  ABC   .
. .a 2.

3
3 2 2
18 .
3
2


x  ln  x  1

  x  2
Câu 33. Cho

2

0

a c
dx   ln 3
b d

A. 3 .
Đáp án đúng: C

x  ln  x  1

  x  2
Giải thích chi tiết: Ta có
0

1
dx 

x

2
0


2

. Tính

P  a  b   c  d 

B.  3 .
2

2

 HQ 

C. 7 .
2

1
dx  
dx 
0 x2

2

2

2

 x  2
0


D.  7 .

2

ln  x  1
dx  
dx
2
0  x  2

.

2

2

 x  2 

2

.

2

0

2 
1

dx  ln x  2 

 ln 2 
x2 0
2


.

2

ln  x  1
I 
dx
2
0  x  2

Đặt

.

u ln  x  1

dv  1 dx 
2

 x  2


1

du  x  1 dx


1
x 1
v 
1 
x2
 x  2

2

2
  x  1 ln( x  1) 
1
3
I 
dx  ln 3  ln 2
  
4
 x  2  0 0  x  2

Suy ra
.
2
x  ln  x  1
1 3
dx   ln 3
2

2 4
x  2

 P   1  2   3  4  7
Do đó 0 
.
Câu 34. Cho hình nón trịn xoay có đường cao h 20cm , bán kính đáy r 25cm . Thể tích của khối nón được
tạo thành bởi hình nón trên là bao nhiêu?

125 41
cm3
3
A.
.
3
C. 125 41 cm .
Đáp án đúng: B
Câu 35.
f x
Cho hàm số   có bảng biến thiên như sau:

12500
cm3
3
B.
.
3
D. 12500 cm .

16







5 f x 2  4 x m
Có bao nhiêu giá trị ngun của tham số m để phương trình
có ít nhất 3 nghiệm phân biệt
0;  
thuộc khoảng 
A. 20 .
B. 25 .
C. 24 .
D. 21 .
Đáp án đúng: B
2
Giải thích chi tiết: Đặt t  x  4 x . Ta có t  2 x  4 0  x 2
Bảng biến thiên

2
Với t  x  4 x .

m
2   15  m 10
m    14;  13;....;10
5
Dựa vào bảng biến thiên ta có
. Vì m ngun nên
. Do đó có
25 giá trị nguyên của m thỏa mãn đề bài.
2sin x  1
y

1  cos x là
Câu 36. Tập xác định của hàm số
3


x   k 2
2
A.

B. x k
17



x   k
2
D.

C. x k 2
Đáp án đúng: D
Câu 37.
Cho hình chóp

có đáy ABC là tam giác vng tại
lần lượt là các tam giác vuông tại B, C. Biết thể tích khối chóp S.ABC bằng

kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp

Mặt bên
.Bán


là

A.

B.

C.
Đáp án đúng: D

D.

Giải thích chi tiết:
Kẻ hình chữ nhật ABCD như hình vẽ bên
Diện tích tam giác ABC là
Suy ra
Bán kính mặt cầu ngoại tiếp khối chóp S.ABCD là

Vậy bán kính mặt cầu cần tính là
Câu 38. Với giá trị nào của m thì đồ thị hàm số
 m 0

A. m 2 .
B.  m 2 .
Đáp án đúng: D



x
  x 1 e


2

 5 x 4

Câu 39.
trị a, b lần lượt bằng:



e7 x  3  cos 2 x dx

y

2 x2  5x  m
x m
có đường tiệm cận đứng?
m 0

C. m 0 .
D. m 2 .

a  x 1 2 b
e
 sin 2 x  C
2
có dạng 6
, trong đó a, b là hai số hữu tỉ. Giá

18



A. 1; 3 .
Đáp án đúng: B

B. 3; 1 .

C. 6; 1 .

  x 1 e
Giải thích chi tiết: Theo đề, ta cần tìm 

2 x 1



 cos 2 x dx

D. 3; 2 .

. Sau đó, ta xác định giá trị của a .

Ta có:

  x 1 e

x2  5 x 4

 x2  5 x 4  7 x  3  cos 2 x  dx  x  1 e x 1 2 dx  cos 2 x dx
e7 x  3  cos 2 x dx   x  1 e


 



.



  x  1 e x2  5 x 4  e7 x  3  cos 2 x  dx
2



I  cos 2 x dx
I1  x  1 e x 1 dx
I ,I


Để tìm
ta đặt
và 2 
và tìm 1 2 .

*Tìm

I1  x  1 e

x 1


2

dx

.

Đặt

.

1
1
1
I1  x  1 e x 1 dx  et dt  e t  C1  e  x 1  C1
C
2
2
2
, trong đó 1 là 1 hằng số.
2

*Tìm

I 2 cos 2 x dx

2

.

1

I 2 cos 2 x dx  sin 2 x  C2
2
.
1 x 1 2
1
1 x 1 2 1
e 7 x  3  cos 2 x dx I1  I 2  e   C1  sin 2 x  C2  e    sin 2 x  C.
2
2
2
2
a  x 1 2 b
x2  5 x 4
7x 3
e
 sin 2 x  C
x

1
e

e

cos
2
x
dx


2

Suy ra để 
có dạng 6
thì a 3  , b 1  .
Câu 40.
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.

  x 1 e

x2  5 x4



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
.
19


Khi đó AH  BC D là trung điểm của BC .

BC  AD  BC   SAD 
OK   SBC 
Do
. 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 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 .
Mặt khác trong tam giác SOK có :
 K D .
Khi đó

DSO


 AB 3, SH 

vng tại

D

SO 

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.

SA2 7
R

2 SH 4 .
Gọi R là bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S . ABC thì
3

4  7  343
Vm / c   .   

3  4
48 .
----HẾT---

20