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: 074.
2

x
Câu 1. Số nghiệm thực phân biệt của phương trình e  3 là:
A. 1.
B. 3.
C. 2.
Đáp án đúng: C
x 1
y 1 
x 1
Câu 2. Tìm tiệm cận ngang của đồ thị hàm số

D. 0.

A. y 2
B. x 1
C. x  1
Đáp án đúng: A
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 
 x  1
lim y  lim  1 
 2
  lim y  1 
x  
x  
 x  1  x    1  1 

x
1

 1 x
 x  1
lim y  lim  1 
  lim y  1 
x  
x  
 x 1  x    1  1

x


D. y 1



 2



Do đó đồ thị hàm số có 1 đường tiệm cận ngang là y 2
Câu 3. Cho hàm số
f  x 2 xe x
A.  
.

f  x   x 2  1 .e x

2

x

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

. Tính

f  x 

.

B.

f  x   x  1 e x

D.

f  x   2 x  1 e x

.
.

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

1


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 trịn 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


M 1 2
C.

  3  0   13

.
 S  : x 2  y 2  z 2  2 x  4 y  4 z  7 0

.
2; 2 
.

M 1  2 2;  2  2 2; 2
2;  2  2

đạt được khi

2


Câu 5. Trong không gian Oxyz , cho mặt cầu
S
mặt cầu   sao cho khoảng cách từ E đến trục Oz là nhỏ nhất.
A.

P z 2

B.

M  2;  2;3

D.

M  1;  1;1

. Tìm tọa độ điểm E trên

.

.

Đáp án đúng: C
Giải thích chi tiết: Mặt cầu

 S

có tâm

I  1;  2; 2 


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


AI  1;  2; 2  a 
A  0; 0; a 
Gọi
thuộc trục Oz ,
.
 
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 


.

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

.

 a2 .3 b 
log a 

 c  bằng
Câu 6. Biết rằng log a b 2, log a c 3; a, b, c  0; a 1 . Khi đó giá trị của
2
1

A. 6.
B. 5.
C. 3 .
D. 3 .
Đáp án đúng: D

 P  : x  2 y  2 z  1 0 , 2 điểm
Câu 7. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng
2
2
A  1;0;0  , B( 1; 2;0)  S  :  x  1   y  2   z 2 25
   vng với mặt phẳng
. Viết phương trình mặt phẳng
 P  , song song với đường thẳng

AB , đồng thời cắt mặt cầu  S  theo đường trịn có bán kính bằng r 2 2
A. 2 x  2 y  3 z 11 0; 2 x  2 y  3 z  23 0 .
B. 2 x  2 y  3 z  11 0; 2 x  2 y  3 z  23 0 .

C. 2 x  2 y  3z  11 0; 2 x  2 y  3 z  23 0 .
D. 2 x  2 y  3z  11 0; 2 x  2 y  3z  23 0 .

Đáp án đúng: C

 P  : x  2 y  2 z 1 0 , 2 điểm
Giải thích chi tiết: Trong khơng gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng
2
2
A  1;0;0  , B( 1; 2;0)  S  :  x  1   y  2   z 2 25
   vuông với mặt phẳng
. Viết phương trình mặt phẳng
 P  , song song với đường thẳng

AB , đồng thời cắt mặt cầu  S  theo đường trịn có bán kính bằng r 2 2
A. 2 x  2 y  3 z  11 0; 2 x  2 y  3z  23 0 .
B. 2 x  2 y  3z 11 0; 2 x  2 y  3 z  23 0 .

C. 2 x  2 y  3 z  11 0; 2 x  2 y  3 z  23 0 .
D. 2 x  2 y  3 z  11 0; 2 x  2 y  3z  23 0 .
Hướng dẫn giải
Mặt cầu

 S  :  x  1

2

2

  y  2   z 2 5


có tâm

I  1; 2;0 

và bán kính R  5
3



 
n
Gọi  là một vectơ pháp tuyến của mặt phẳng

 
 



n  nP , AB   n  4; 4;6  2  2; 2;3 2n1
Ta có :
Lúc đó mặt phẳng

 

có dạng : 2 x  2 y  3 z  m 0

 
Gọi J là hình chiếu của I lên mặt phẳng
2

2
2
2
 d  I ,      17  6  m 17  m 11
Ta có : R r  IJ  IJ 17
hoặc m  23
Vậy phương trình mặt phẳng

   : 2 x  2 y  3z  11 0 hoặc 2 x  2 y  3z  23 0

A  5;  2;0 
B  4;1;  8 
Câu 8. 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  12 0 .
C. x  3 y  8 z  11 0 .

B. x  3 y  8 z  1 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 khơng gian Oxyz , cho hai điểm

và
. Mặt phẳng đi qua

A và

vuông 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 vuông 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 9.
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: D

V  cm3 

của vật thể đã cho.

72
B. 5 .

72
C. 5 .

D. 12 .
4


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



.
5


Vậy

 P : y 

3 2
2
x  x 2  y
2
3 .
6

Khi đó khối trịn xoay tạo thành có thể tích

Câu 10.

2
V   y.dy 12
3
0

.

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.
Đáp án đúng: A
Câu 11. Thể tích của khối cầu ngoại tiếp hình lập phương cạnh a là:

a 3 3
2
A.

B. 4 3a


.

3a 3 3
2
C.

3

. Thể tích của

4a 3 3
3
D.

Đáp án đúng: A
2
x 1
Câu 12. Tìm họ nguyên hàm của hàm số y=x −3 + .
x

A.

x3 3 x
−
+ln |x|+C , C ∈ R
3 ln 3

x3 3 x
−

−ln|x|+C ,C ∈ R
3 ln 3
Đáp án đúng: A
Câu 13.
C.

Cho hình chóp

B.

x3
1
x
−3 + 2 +C ,C ∈ R
3
x

D.

x3 3 x 1
−
− +C , C ∈ R
3 ln 3 x 2

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
A.
C.

Đáp án đúng: D

Mặt bên
.Bán

là
B.
D.

Giải thích chi tiết:
6


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 14.
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: C

Câu 15.

.

Cho hàm số
A.
Đáp án đúng: B
Câu 16.

. Đạo hàm

B.

.

D.

.

bằng

B. 2

C.

z 2022  2023i , z 2 2i . Tìm số phức
Cho hai số phức: 1
A. z 4044  4046i .

D. 1


.

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

z  z1.z2  4046  4044i .

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. 3 10 .
Đáp án đúng: B

B.

65 .

C. 4 3 .

D.

85 .


7


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 .

Câu 18. 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?
12500
cm3
3
3
A.
.
B. 125 41 cm .
3

C. 12500 cm .
Đáp án đúng: A

125 41
cm3
3
D.
.

8


x 2 y 1 z 2


 d1  :
Oxyz
4
1
1

Câu 19. 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  4 0 .
C.  x  2 y  2 z  4 0 .

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

Đáp án đúng: B

 d1  :

x 2 y 1 z 2



4
1
1 và

Giải thích chi tiết: Trong không 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  
.
S
I 1; 2; 0 
+ Mặt cầu   có tâm 
, bán kính R 3 .
 m 14
 1 4  m
d  I ,  P   3 
3   m  4

3
+ Ta có
.
d
+ Đường thẳng  1 

d
và  2 

Vậy có hai mặt phẳng cần tìm

 P1  :  x 

2 y  2 z  14 0

 P2  :  x 


2 y  2 z  4 0

.

A 1; 4
Câu 20. Cho điểm   và
biết A ' là ảnh của A qua phép tịnh tiến theo u. Tìm tọa độ điểm A '.
A 1; 4 .
A  1;7  .
A  3;  1 .
A 3;1 .
A.  
B. 
C. 
D.  
Đáp án đúng: B
Câu 21.
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).

u   2;3 ,

hoặc

9



1
.
2

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

B.

4
.
9

C.

2
.
3

D.

5
.
9

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
Câu 22. 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: D
F  x  esin x
Câu 23. Hàm số
là một nguyên hàm của hàm số nào sau đây?
esin x

cos x
sin x
sin x
A. e .
B. e .
C. cos xe .
D. cos x .
Đáp án đúng: C
Giải thích chi tiết:
Ta có:
.
4

Câu 24. Đồ thị hàm số y  x  2022 cắt trục hoành tại mấy điểm?
10


A. 1 .
Đáp án đúng: B

B. 0 .

C. 3 .

D. 2.

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 25. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , xét ba điểm A(a; 0; 0), B(0; b; 0), C (0; 0; c) thỏa mãn
1 1 1
  1.
a b c
Biết rằng mặt cầu

( S ) : ( x  2) 2  ( y  1)2  ( z  3) 2 25 cắt mặt phẳng

đường trịn có bán kính là 4. Giá trị của biểu thức a  b  c là
A. 1.
B. 3.
C. 2.
Đáp án đúng: C

( ABC ) theo giao tuyến là

D. 5.

Giải thích chi tiết: Trong khơng gian với hệ tọa độ Oxyz , xét ba điểm A(a; 0; 0), B(0; b; 0), C (0; 0; c) thỏa mãn
1 1 1
  1.
a b c
Biết rằng mặt cầu


( S ) : ( x  2) 2  ( y  1)2  ( z  3) 2 25 cắt mặt phẳng

( ABC ) theo giao tuyến là

đường trịn có bán kính là 4. Giá trị của biểu thức a  b  c là
Câu 26.
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?

9
A. 2
Đáp án đúng: D

13
B. 2

37
C. 12

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?

11


37
13
9
A. 6 B. 2 C. 2
Lời giải

37
D. 12

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

Xét phương trình

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

1
3

 4 x 2  2 x  4  dx 

2

 2 x

3

 4 x 2  2 x  4 dx 

1

  x 1 e
Câu 27. 

x2  5 x 4



e7 x  3  cos 2 x dx

trị a, b lần lượt bằng:
A. 1; 3 .


37
6

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

B. 3; 2 .

C. 6; 1 .

D. 3; 1 .

Đáp án đúng: D

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

2 x 1



 cos 2 x dx

. 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
 x 1 2



I  cos 2 x dx
I

x

1
e
dx



I ,I
1


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

2

12


*Tìm

I 2 cos 2 x dx

.

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  .

  x 1 e



x2  5 x4






 x2  2 
I 
 ln xdx
x 

Câu 28. Nguyên hàm
bằng
2
2
x
x
I ln 2 x  ln x 
C
2
4
A.
.
I 2 ln 2 x 

2

B.

I  ln 2 x 

2


x
x
ln x 
C
2
4
.

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

D.

I

x2
x2
ln x 
C
2
4
.

ln 2 x x 2
x2
 ln x 
C
2

2
4
.

 x2  2 
ln x
I 
 ln x dx x ln x dx  2  dx
x
 x 
Ta có
.
2
2
2
2
x
x 1
x
x
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
.
I  ln 2 x 

Vậy
Câu 29.

x2
x2
ln x 
C
2
4
.

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

.

B.

C.
.
Đáp án đúng: D

Câu 30.

D.

Tất cả các giá trị thực của tham số

để đồ thị hàm số

là
.
.

có ba đường tiệm cận là

A.
B.

.

C.
13


D.
Đáp án đúng: D

.

Câu 31. Có tất cả bao nhiêu giá trị nguyên của
log 2023  x  2 y 

trị x nguyên dương thỏa mãn
A. 1211 .
B. 1210 .
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

C. 1212 .

?
D. 1214 .

 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

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

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

14



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.

1621
2 .

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

2 2
.
3
A.

Đáp án đúng: C
R

B. R 2.

C. R 32.

D. R 4.

A  1; 2; 2  B  3;  2; 0 
Câu 33. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai điểm
,
. Viết phương trình mặt
AB
.
phẳng trung trực của đọan
A. x  2 y  z  3 0
B. x  2 y  2 z 0
C. x  2 y  z 0
D. x  2 y  z  1 0
Đáp án đúng: A
Giải thích chi tiết:
M  2;0;1
Chọn
là trung điểm của đoạn AB.



AB  2;  4;  2 
Mặt phẳng trung trực của đoạn AB đi qua M và nhận

làm 1 vec tơ pháp tuyến.
2  x  2   4  y  0   2  z  1 0  x  2 y  z  3 0
.
2sin x  1
y
1  cos x là
Câu 34. Tập xác định của hàm số


x   k
2
A.
C. x k


x   k 2
2
B.
D. x k 2

Đáp án đúng: A
z  6  z  6 20
Câu 35. Cho số phức z thỏa mãn
. Gọi M , n lần lượt là môđun lớn nhất và nhỏ nhất của z.
Tính M  n
A. M  n 7 .
B. M  n 14 .

C. M  n 4 .
Đáp án đúng: D


D. M  n 2 .

Giải thích chi tiết: Gọi
 x  6  yi  x  6  yi 20 

Gọi

,

 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
.

15


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

có hai tiêu điểm

F1

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 .
Câu 36.
Cho

hàm

số

có

đạo

hàm

liên

tục

trên

và

. Tích phân
A.
.
Đáp án đúng: D

Giải thích chi tiết: Cách 1.

B.

.

thỏa

mãn

và

bằng
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

vào

ta được

.
16


Xét hàm số

từ giả thiết trên ta có

Vậy


.

suy ra

.

z  2  4i 5
Câu 37. 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 
 2; 4 
1;  2 
2;  4 
A. 
.
B. 
.
C. 
.
D. 
.
Đáp án đúng: D
z x  yi  x , y  
Giải thích chi tiết: Giả sử
.
2

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

.

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 38. . Tìm ngun hàm của hàm số
x
3

f  x  xe

x
3

.


x
3

x
3

x  3 3x
xe dx  3 e  C.
B.

x 3
xe dx 
e  C.

3
A.
x

x

x

xe 3 dx 3( x  3)e 3  C.

C.
Đáp án đúng: C

D.

x


xe 3 dx ( x  3)e 3  C.

x

Giải thích chi tiết: Tìm ngun 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 

x  3 3x
e  C.
3

Lời giải
u  x

x


 dv e 3 dx
Đặt
x

Ta được
Câu 39.

B.

xe

x
3

.

dx  x  3 e  C.

x

D.

x
3

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.

Cho hàm số y = f ( x) . Đồ thị hàm số
như hình v bờn di v
vi mi
x ẻ ( - Ơ ;- 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?
17


A. 9.
B. 4.
C. 7.
D. 8.
Đáp án đúng: D

Câu 40. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD 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
5a 3
.
A. 12

a 93
.
B. 12

C.

a 37
.
6

D.

a 29
.
8

Đáp án đúng: B
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

2

Vậy ta có


r=

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

----HẾT---

18