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: 064.

 S  có tâm nằm trên đường thẳng
Câu 1. Trong khơng gian Oxyz , phương trình mặt cầu
và tiếp xúc với các mặt phẳng tọa độ là
A.

 x  2

2

2

  y  2   z 2 4

2

.

 x  2

2

B.

 x  2

2

D.

2

 x  4    y  4   z 2 16 .
C.
Đáp án đúng: D

2

2

 x  2

C.
Lời giải

2

2

2


  y  2    z  2  4
2

. B.

 x  2

2

2

  y  2    z  2  4

.

D.

2

  y  2    z  2  4
2

 S

.

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.

 x 3  t

 :  y 2t  t   
 z  1  t


.

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 

 S  :  x  2
Phương trình mặt cầu

2

2

2


  y  2    z  2  4

.

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

Câu 2. Cho hàm số y=

1


1
1
C. Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng ( − ∞ ; ) , ( ;+ ∞ ).
2
2
D. Hàm số đồng biến trên ℝ.
Đáp án đúng: B
Giải thích chi tiết:
Lời giải
Tập xác định: D=ℝ ¿ 3 }¿.
5
′
⇒ y ′ >0 , ∀ x ∈ D .
Ta có y =

( − x+ 3 )2
Vậy hàm số đồng biến trên mỗi khoảng ( − ∞ ; 3 ) , ( 3 ;+ ∞).
z  2  4i 5
Câu 3. Trong mặt phẳng Oxy , biết rằng tập hợp các điểm biểu diễn số phức z thoả mãn
là một
đường tròn. Toạ độ tâm của đường trịn đó là
1;  2 
 1; 2 
2;  4 
 2; 4 
A. 
.
B. 
.
C. 
.
D. 
.
Đáp án đúng: C
z x  yi  x , y  
Giải thích chi tiết: Giả sử
.
2

 z  2  4i x  2   y  4  i  z  2  4i   x  2    y  4 
z  2  4i 5 

2

 x  2   y  4


2

2

.

5   x  2  2   y  4  2 25

.

I 2;  4 
Vậy tập hợp các điểm biểu diễn số phức z thoả mãn yêu cầu bài toán là một đương trịn có tâm 
.

Câu 4. Đạo hàm của hàm số
A. 2019 .

y  1  x 

2019

tại x 0 bằng
2018
B. 2019.x .
2018
D.  2019.x .

C.  2019 .
Đáp án đúng: C

y  1  x 

Giải thích chi tiết: Đạo hàm của hàm số
2018
2018
A. 2019 . B.  2019.x . C. 2019.x . D.  2019 .

2019

tại x 0 bằng

Lời giải

y 0  2019.1.   1  2019

.

Câu 5.
. Cho hai số phức
A.
C.
Đáp án đúng: B

và
.
.

. Số phức

bằng

B.

.

D.

.

 a2 .3 b 
log a 

c 
log
b

2,
log
c

3;
a
,
b
,
c

0;
a

1


a
a
Câu 6. Biết rằng
. Khi đó giá trị của
bằng
2
1

A. 6.
B. 3 .
C. 5.
D. 3 .
2


Đáp án đúng: D
ln 6

K 12

Câu 7. - THPT Nguyễn Tất Thành - Hà Nội - Năm 2021-2022) Biết
là hai số nguyên dương. Tích P ab bằng
A. P  10 .
B. P 20 .
C. P 15 .

e

ln 3


x

dx
3ln a  ln b
 2e  x  3

với a, b

D. P 10 .

Đáp án đúng: D
Giải thích chi tiết: (Câu 45 - H K 2 - K 12 - THPT Nguyễn Tất Thành - Hà Nội - Năm 2021-2022) Biết
ln 6
dx
3ln a  ln b
x

e  2e  x  3
ln 3
với a, b là hai số nguyên dương. Tích P ab bằng
A. P 15 .
B. P 10 .
C. P  10 . D. P 20 .
Lời giải
ln 6

Xét tích phân:

ln 6


dx
e x dx
I  x
 2x
e  2e  x  3 ln
e  3e x  2
ln 3
3

.

 x ln 6  t 6

x
x
Đặt t e  dt e dx . Đổi cận  x ln 3  t 3 .
6
6
6
dt
1 
 1
I  2


 dt   ln t  1  ln t  2  3 3ln 2  ln 5
t  3t  2 3  t  1 t  2 
3
Suy ra:

.
Do đó: a 2, b 5 . Vậy P ab 10 .
Câu 8. Thể tích của khối cầu ngoại tiếp hình lập phương cạnh a là:

3a 3 3
2
A.

4a 3 3
3
C.

a 3 3
2
B.

D. 4 3a

3

Đáp án đúng: B
Câu 9. Tìm tiệm cận ngang của đồ thị hàm số

y 1 

x 1
x 1

A. x  1
B. x 1

C. y 1
Đáp án đúng: D
Giải thích chi tiết: Phương pháp:
lim y y 0
lim y y 0
Nếu x  
hoặc x   
thì y y 0 là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số.
Cách giải:
Ta có
1

1 

 x  1
x 2
lim y  lim  1 
y 1 
 xlim
x  
x  


1
 x 1 
 1 

x
1


1

 x  1
x
lim y  lim  1 
y 1 
 xlim
x  
x  



1
 x 1 
 1

x

D. y 2



 2



Do đó đồ thị hàm số có 1 đường tiệm cận ngang là y 2
3



x1
Câu 10. Tìm tập nghiệm S của phương trình 2 8 .
S   1
A.
.
S  4
B.
.
S  1
C.
.
S  2
D.
.
Đáp án đúng: D
Câu 11.

quay xung quanh trục Ox tạo thành

Cho hình phẳng giới hạn bởi các đường
khối trịn xoay có thể tích bằng
A.
C.
Đáp án đúng: B

. Tìm a và b

.

B.


.

D.

.

x 2 y 1 z 2


 d1  :
Oxyz
4
1
1
Câu 12. Trong không gian với hệ tọa độ
, cho đường thẳng
và
 x 2
 d 2  :  y 1  t
 z  2  t
d
d

. Mặt phẳng song song với cả  1  và  2  , đồng thời tiếp xúc với mặt cầu
 S  : x 2  y 2  z 2  2 x  4 y  4 0

có phương trình là

A.  x  2 y  2 z  14 0 .

C.  x  2 y  2 z  4 0 .

B.  x  2 y  2 z  14 0 .
D.  x  2 y  2 z  4 0 .

Đáp án đúng: B

 d1  :

x 2 y 1 z 2


4
1
1 và

Giải thích chi tiết: Trong khơng gian với hệ tọa độ Oxyz , cho đường thẳng
 x 2
 d 2  :  y 1  t
 z  2  t
d
d

. Mặt phẳng song song với cả  1  và  2  , đồng thời tiếp xúc với mặt cầu
 S  : x 2  y 2  z 2  2 x  4 y  4 0 có phương trình là
A.  x  2 y  2 z  4 0 . B.  x  2 y  2 z  14 0 .
C.  x  2 y  2 z  14 0 . D.  x  2 y  2 z  4 0 .
Lời giải




u1  4;  1;1 ; u2  0;1;1
lần lượt có một véctơ chỉ phương là
.
   
n  u1 , u2    2;  4; 4 
P
d
d
P
+ Gọi mặt phẳng   song song với cả  1  và  2  , do đó   nhận véctơ
là một
véctơ pháp tuyến.
P :  x  2 y  2 z  m 0
Suy ra  
.
d
+ Đường thẳng  1 

d
và  2 

4


+ Mặt cầu
+ Ta có

 S


d  I, P 

I  1; 2; 0 

, bán kính R 3 .
 m 14
 1 4  m
3 
3   m  4

3
.

có tâm

Vậy có hai mặt phẳng cần tìm

 P1  :  x 

2 y  2 z  14 0

hoặc

 P2  :  x 

2 y  2 z  4 0

.

2


 x  2
I 
 ln xdx
x 

Câu 13. Nguyên hàm
bằng
2
2
x
x
I  ln 2 x  ln x 
C
2
4
A.
.
I ln 2 x 

2

B.

2

x
x
ln x 
C

2
4
.

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

D.

I

ln 2 x x 2
x2
 ln x 
C
2
2
4
.

I 2 ln 2 x 

x2
x2
ln x 
C
2
4

.

 x2  2 
ln x
I 
 ln x dx x ln x dx  2  dx
x
 x 
Ta có
.
x2
x2 1
x2
x2
x ln x dx  ln x  
dx  ln x 
 C1
2
2 x
2
4
+)
.
ln x
ln 2 x

dx ln x d  ln x  
 C2
2
+) x

.

Vậy

I  ln 2 x 

x2
x2
ln x 
C
2
4
.

 SAB  vng góc với mặt phẳng
Câu 14. Cho hình chóp S . ABC có đáy là tam giác đều cạnh a , mặt phẳng
 ABC  và tam giác SAB vuông cân tại S . Tính thể tích khối chóp S . ABC theo a .
a3 3
A. 3 .
Đáp án đúng: D

a3 3
B. 4 .

a3 3
C. 12 .

a3 3
D. 24 .


 SAB  vuông góc với
Giải thích chi tiết: Cho hình chóp S . ABC có đáy là tam giác đều cạnh a , mặt phẳng
 ABC  và tam giác SAB vuông cân tại S . Tính thể tích khối chóp S . ABC theo a .
mặt phẳng
a3 3
A. 12 .
Lời giải

a3 3
B. 24 .

a3 3
C. 3 .

a3 3
D. 4 .

 SH  AB

 SH   ABC 
 SAB    ABC 

 SAB    ABC   AB
Gọi H là trung điểm của AB . Khi đó: 
5


1
a
SH  AB 

2
2
Vì SAB vng tại S nên
1
1 a 2 3 a a3 3
VS . ABC  SABC .SH  .
. 
.
3
3 4 2
24
Vậy
Câu 15.
z 2022  2023i , z 2 2i . Tìm số phức
Cho hai số phức: 1
A. z  4046  4044i .

.

B. z 4044  4046i .
C. z  4046  4044i .
D. z 4046  4044i .
Đáp án đúng: C
Giải thích chi tiết: Ta có

z  z1.z2  4046  4044i .

z  4  i  z i
z a  bi  a; b   
z  1  3i

Câu 16. Cho số phức z thoả mãn
. Gọi
là số phức thoả mãn
nhỏ
T

2
a

3
b
nhất. Giá trị của biểu thức
là:
A. T 0 .
B. T 1 .
C. T  4 .
D. T 4 .
Đáp án đúng: A
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

và có VTPT
.
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


Tọa độ điểm M là nghiệm của hệ phương trình  x  2 y  7 0
Vậy T 2a  3b 6  6 0 .

 x 3

 y  2  M  3;  2   z 3  2i .

Câu 17. Cho 0    180 . Chọn khẳng định sai.
2
2
A. sin   cos  1 .

C. sin   cos  1 .
Đáp án đúng: C


B.

cos   cos  180    0

D.

sin  sin  180   

.

.

Giải thích chi tiết: [ Mức độ 1] Cho 0    180 . Chọn khẳng định sai.
sin  sin  180   
cos   cos  180    0
A.
. B.
.
2
2
C. sin   cos  1 . D. sin   cos  1 .
Lời giải

1
3 1 3
sin 30  cos30  

1



30

2
2
2
Chọn
ta có
. Suy ra đáp án C là đáp án sai.
6


z  2  z  2 16
Câu 18. Tập hợp các điểm biểu diễn số phức z thỏa mãn
là đường cong S . Tính thể tích
khối trịn xoay sinh ra khi cho hình phẳng giới hạn bởi đường cong S , trục hoành và các đường thẳng x 0 ,
x 8 quay xung quanh trục hoành.

16

B. 3 .

A. 320.
Đáp án đúng: C

C. 320 .

D. 32 .

F  2;0  F2  2;0 
M x; y 

Giải thích chi tiết: Xét các điểm 1 
,
. Gọi 
là điểm biểu diễn số phức z .
MF1  z  2
MF2  z  2
z  2  z  2 16  MF1  MF2 16
Ta có
và
. Khi đó
.
F  2;0  F2  2;0 
Vậy M thuộc elip nhận 1 
,
là hai tiêu điểm.
2
2
Từ đó suy ra c 2 , a 8  b  a  c  60 2 15 .


x2 
2
x2 y 2

1  y 60  1  64 

.
64
60
Phương trình của elip đó là


Thể tích khối trịn xoay sinh ra khi cho hình phẳng giới hạn bởi đường cong S , trục hoành và các đường thẳng
x 0 , x 8 quay xung quanh trục hoành là
8

8


x2 
V  y dx  60  1 
 dx 320
 64 
0
0
.
sin x
Câu 19. Cho hàm số y e . Biểu thức rút gọn của K  y cos x  y sin x  y  là
2

sin x

A. cos x.e .
Đáp án đúng: C

sin x
D. 2e .

C. 0 .

B. 1 .


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 20.

Cho tam giác

. Gọi

số

lần lượt là trung điểm của

bằng bao nhiêu sẽ biến tam giác
1
1
k 
k
2.
2
A.
B.
Đáp án đúng: C
Câu 21.


và

thành tam giác

. Phép vị tự tâm
?

C. k 2 .

D. k  2 .

Cho hình nón có độ dài đường sinh bằng đường kính đáy. Diện tích đáy của hình nón bằng
khối nón đã cho bằng
A.

.

B.

C.

.

D.

tỉ

. Thể tích của


.
.
7


Đáp án đúng: A
Câu 22.
1
A. 6

2 x

5  4 x 2 dx
2 3

 5  4x 

C

bằng

.

B.

3
5  4x2  C
8
C.
.

Đáp án đúng: D


D.



1
12



1
6

2 3

 5  4x 

2 3

 5  4x 

C

C

.

.


A  5;  2;0 
B  4;1;  8 
Câu 23. Trong không gian Oxyz , cho hai điểm
và
. Mặt phẳng đi qua
với

A và vng góc

AB có phương trình là

A. x  3 y  8 z  16 0 .
C. x  3 y  8 z  12 0 .

B. x  3 y  8 z  11 0 .
D. x  3 y  8 z 1 0 .

Đáp án đúng: B

A  5;  2;0 
B  4;1;  8 
Giải thích chi tiết: Trong khơng 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
Mặt phẳng


 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


có véc tơ pháp tuyến là
x  3 y  8 z  11 0
.

AB   1;3;  8 

Câu 24.
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

A. 12 .
Đáp án đúng: B

V  cm3 


của vật thể đã cho.

B. 12 .

72
C. 5 .

72
D. 5 .

8


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.

Gọi


 P  : y ax 2  bx  c

đi qua các điểm

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

3

a


0a  0b  c 0
2


4
a

2
b

c

6

b


0


4a  2b  c 6
c 0



.
9


Vậy

 P : y 

3 2
2
x  x2  y
2
3 .
6

Khi đó khối trịn xoay tạo thành có thể tích
Câu 25. . Tìm nguyên hàm của hàm số
A.

xe

x

3

2
V   y.dy 12
3
0

f  x  xe

x
3

.

x
3

dx ( x  3)e  C.

x

xe 3 dx 

C.
Đáp án đúng: B

.

B.


x  3 3x
e  C.
3

xe

x
3

dx 3( x  3)e  C.

x

D.

x
3

xe 3 dx 

x  3 3x
e  C.
3

x

Giải thích chi tiết: Tìm nguyên hàm của hàm số
x
3


f  x  xe 3

x
3

xe dx 3  x  3 e  C.
A. 
x

C.

xe 3 dx 

B.

x  3 3x
e  C.
3

Lời giải
u  x

x

3

Đặt  dv e dx
x

xe


x
3

.
x
3

dx  x  3 e  C.

x

D.

xe 3 dx 

x  3 3x
e  C.
3

du dx
x

v 3e 3
x

x

x


xe 3 dx 3xe 3  3e 3 dx 3  x  3 e 3  C.

Ta được
Câu 26. Tất cả các giá trị thực của tham số m để hàm số y=x 3−3 x 2 +3 mx+1 khơng có cực trị là:
A. m<1.
B. m ≤1.
C. m>1.
D. m ≥1.
Đáp án đúng: B
Câu 27. Có bao nhiêu số ngun m để phương trình
biệt, đồng thời tích của ba nghiệm nhỏ hơn 27 ?
A. 7 .
B. 8 .

3x

2

 4 x m 1

Đáp án đúng: A
Câu 28. Hình đa diện đều loại {4,3} có bao nhiêu cạnh?
A. 16
B. 6
Đáp án đúng: C
Câu 29.
Tất cả các giá trị thực của tham số

để đồ thị hàm số




 3x  m1 3 3x

2

 3x

 có ba nghiệm thực phân

1

C. 10 .

D. 9 .

C. 12

D. 8

có ba đường tiệm cận là

A.
B.

.

C.
10



D.
Đáp án đúng: D

.

Câu 30. Cho hình chóp S .MNPQ có đáy MNPQ là hình bình hành tâm O , K là trung điểm của cạnh SP .
Khẳng định nào sau đây sai?
A. mp( KNQ) cắt hình chóp S .MNPQ theo thiết diện là một tứ giác.
B. OK / / mp( SMN ) .
C. ( KNQ)  ( SMP) OK .
D. OK / / mp( SMQ) .
Đáp án đúng: A
Giải thích chi tiết: Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình bình hình tâm O , I là trung điểm của cạnh
SC . Khẳng định nào sau đây sai?
A. OI / / mp ( SAB ) .
B. OI / / mp( SAD ) .
C. ( IBD)  ( SAC ) OI .
D. mp ( IBD ) cắt hình chóp S . ABCD theo thiết diện là một tứ giác.
Câu 31. Một nguyên hàm của hàm số

f  x  e x

là

1
F  x   e2 x
2
A.
.


B.

F  x  e x  2

F  x  2e x

D.

F  x  e2 x

C.
.
Đáp án đúng: B
x

Giải thích chi tiết: Ta có

e dx e

x

C

.

.

.
x


x
F  x  e  2
Cho C 2 ta được một nguyên hàm của e là
.
4
Câu 32. Đồ thị hàm số y  x  2022 cắt trục hoành tại mấy điểm?

A. 3 .
Đáp án đúng: C

C. 0 .

B. 2.

D. 1 .

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.

A  2;7; 2 
B   1;3;  1
Câu 33. 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. 65 .
Đáp án đúng: A

B.

85 .

C. 3 10 .

D. 4 3 .
11


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
.

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 .

 P  đi qua điểm M  0;  3; 4  và song
Câu 34. 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: C

D. 3 x  2 y  6 0 .

12



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
.
f  x   x 2  1 .e x
f x
Câu 35. Cho hàm số
. Tính   .
f  x  x  1 e x
A.   
.

B.

f  x   2 x  1 e x
2

x

f  x 2 xe
C.  
.
Đáp án đúng: D


D.

x
Câu 36. Tổng tất cả các nghiệm của phương trình 2

2

x

B. 5

A. 2
Đáp án đúng: A

x2  x  2
lim 2
Câu 37. Tính giới hạn x  2 x  4 ta được kết quả là
3
A. 0 .
B. 4 .

f  x   x  1 e

x

.
.

2


 6.2 x  x 5 bằng
1
C. 2

D. 1

C. 1 .

D.



3
4.

Đáp án đúng: B

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

lim
Giải thích chi tiết: Ta có


Câu 38. Cho khối lăng trụ đứng ABC. ABC  có đáy ABC là tam giác vng cân tại A , AB a . Góc giữa
 ACC A bằng 30 . Thể tích của khối lăng trụ đã cho bằng
đường thẳng BC  và mặt phẳng

3 2 3
a
2
A.
.

3 3
a
8
B.
.

2 3
a
2
C.
.

1 3
a
8
D.
.

Đáp án đúng: C

Câu 39.
Diện tích xung quanh của hình chóp tứ giác đều có các cạnh đều bằng

là
13


A.

.

B.

C.
.
Đáp án đúng: B

D.

.
.

z  2i  z  4i
z  3  3i 1
Pz 2
Câu 40. Cho số phức z thỏa mãn
và
. Giá trị lớn nhất của biểu thức
là:
A. 13 .

B. 10  1 .
C. 13  1 .
D. 10 .
Đáp án đúng: A

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
;

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

Biểu thức
M  4;3


P  z  2  AM

nên

max P 

trong đó

 4  2

2

A  2;0 

, theo hình vẽ thì giá trị lớn nhất của

P z 2

đạt được khi

2

  3  0   13

.
----HẾT---

14