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: 085.
Câu 1. 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: C

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


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 2. 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( SMQ) .
C. ( KNQ)  ( SMP) OK .
D. OK / / mp( SMN ) .
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?
1


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.
A  5;  2;0 
B  4;1;  8 

Câu 3. 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  16 0 .
C. x  3 y  8 z  11 0 .

B. x  3 y  8 z  1 0 .
D. x  3 y  8 z  12 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

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
.

Câu 4. Cho số phức z 3  2i . Tìm số phức w 2i.z  z .
A. w 9  2i .
B. w 4  7i .
C. w  1  4i .
Đáp án đúng: C
Câu 5.
Tìm tọa độ hình chiếu vng góc N của điểm

AB   1;3;  8 

D. w 4  7i .

trên mặt phẳng

A.


B.

C.
Đáp án đúng: B
Câu 6.

D.

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.

Câu 7. 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. 6 .
B. 21 .
C. 2 5 .
D. 6 2 .
Đáp án đúng: D
2


2

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.

A  1; 2; 2  B  3;  2;0 
Câu 8. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai điểm
,
. Viết phương trình mặt
phẳng trung trực của đọan AB.
A. x  2 y  z  1 0

B. x  2 y  z 0
C. x  2 y  2 z 0
D. x  2 y  z  3 0
Đáp án đúng: D
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
.
Câu 9.
Hàm số

A.
C.
Đáp án đúng: B

có đạo hàm

B.
D.

SA   ABCD 
Câu 10. Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình vng,

. Gọi M là hình chiếu của A
trên SB . Khẳng định nào sau đây là đúng?
AM   SCD 
A. AM  SD .
B.
.
3


AM   SBC 
C.
.
Đáp án đúng: C

D. AM  CD .

SA   ABCD 
Giải thích chi tiết: Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình vng,
. Gọi M là hình chiếu
của A trên SB . Khẳng định nào sau đây là đúng?
AM   SCD 
AM   SBC 
A. AM  SD . B.
. C. AM  CD . D.
.
Lờigiải

 SA  BC

SA   ABCD 

 BC   SAB 
Do
và ABCD là hình vng nên  AB  BC
.
 BC   SAB 
 AM  BC  AM  SB  AM   SBC 

 AM   SAB 
;  AM  BC
Câu 11. Cho 0    180 . Chọn khẳng định sai.
A.

cos   cos  180    0

.

B.

sin  sin  180   
2

.

2

D. sin   cos  1 .

C. sin   cos  1 .
Đáp án đúng: C


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
2 2
2
Chọn  30 ta có
. Suy ra đáp án C là đáp án sai.
32
Câu 12. Một khối cầu có thể tích bằng 3 . Bán kính R của khối cầu đó là
A. R 32.
Đáp án đúng: A

B.

R

Câu 13. Một nguyên hàm của hàm số

A.

F  x  2e x

2 2
.
3

f  x  e x

C. R 4.
là
1
F  x   e2 x
2
B.
.

.

x

F  x  e  2

C.
Đáp án đúng: C

D. R 2.

.


D.

F  x  e2 x

.
4


x

Giải thích chi tiết: Ta có

e dx e

x

C

.

x
F  x  e x  2
Cho C 2 ta được một nguyên hàm của e là
.
2
2
S : x  y  z 2  2 x  4 y  4 z  7 0
Câu 14. 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  2 2;  2  2 2; 2

.

B.

M  2;  2;3
C.
.
Đáp án đúng: D

D.

Giải thích chi tiết: Mặt cầu

 S

I  1;  2; 2 

có tâm

M  1;  1;1


.



M 1  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 


.

 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
2
x 1
Câu 15. 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
C. −
+ln |x|+C , C ∈ R
3 ln 3
Đáp án đúng: C



M 1  2 2;  2  2 2;2

B.

.

x3 3 x 1

−
− +C , C ∈ R
3 ln 3 x 2

x3
1
x
D. −3 + 2 +C ,C ∈ R
3
x
5


Câu 16.
Cho hàm số

. Đạo hàm

A. 2
Đáp án đúng: A
Câu 17.

B. 1

. Cho hai số phức

và

A.


bằng
C.

. Số phức

bằng

.

B.

C.
Đáp án đúng: B

D.

Câu 18. Tìm tiệm cận ngang của đồ thị hàm số

y 1 

D.

.

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

  lim y  1 
x  
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
Câu 19.
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. 5 .
D. 12 .
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

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




.
Vậy

 P : y 

3 2
2
x  x2  y
2
3 .
6

Khi đó khối trịn xoay tạo thành có thể tích

2
V   y.dy 12
3
0

.

2

x
Câu 20. Số nghiệm thực phân biệt của phương trình e  3 là:
A. 2.
B. 3.
C. 1.

Đáp án đúng: A

D. 0.

x 2 y 1 z 2


 d1  :
Oxyz
4
1
1
Câu 21. 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  14 0 .

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

Đáp án đúng: C

8


x 2 y 1 z 2


 d1  :
Oxyz
4
1
1 và
Giải thích chi tiết: Trong khơng gian với hệ tọa độ
, 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 

P :  x  2 y  2 z  4 0
hoặc  2 
.
z  4  i  z i
z a  bi  a; b   
z  1  3i
Câu 22. 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 .

Vậy có hai mặt phẳng cần tìm

 P1  :  x 

2 y  2 z  14 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 23. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông 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
a 93
.
A. 12

B.

a 29
.
8

5a 3
.
C. 12


D.

a 37
.
6

9


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

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
4
2 và
12
nên suy ra

x
Câu 24. Tổng tất cả các nghiệm của phương trình 2
1
A. 2
B. 5

2

x

2

 6.2 x  x 5 bằng
C. 1

D. 2

Đáp án đúng: D
Câu 25. Cho hàm số
A.

f  x   x 2  1 .e x


f  x   2 x  1 e

x

. Tính

f  x 

.
2

.

B.

x

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

D.

f  x   x  1 e x

f  x  2 xe

.


x

.

 a2 .3 b 
log a 

 c  bằng
Câu 26. Biết rằng log a b 2, log a c 3; a, b, c  0; a 1 . Khi đó giá trị của
1
2

A. 3 .
B. 5.
C. 6.
D. 3 .
Đáp án đúng: A
1 x
Câu 27. Đạo hàm của hàm số y 3 là
1 x
A. y  3 .
1 x
C. y  3 .ln 3 .
Đáp án đúng: C

1 x
B. y 3 .
1 x
D. y 3 .ln 3 .


10


Câu 28.
Tất cả các giá trị thực của tham số

để đồ thị hàm số

có ba đường tiệm cận là

A.
B.

.

C.

.

D.
Đáp án đúng: B
Câu 29.
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).

1
.

2

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

B.

5
.
9

C.

4
.
9

D.

2
.
3

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 .

11


Suy ra thể tích nước cịn lại:
Câu 30.

Vậy

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.
.
Đáp án đúng: A

D.

.

x2  x  2
2
Câu 31. Tính giới hạn x  2 x  4 ta được kết quả là
3
A. 4 .
B. 0 .

. Thể tích của

lim

C.



3
4.


D. 1 .

Đáp án đúng: A

 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

x  5 x 4
e7 x  3  cos 2 x  dx
  x 1 e
2

Câu 32.
trị a, b lần lượt bằng:
A. 3; 1 .
Đáp án đúng: A

B. 6; 1 .

Giải thích chi tiết: Theo đề, ta cần tìm

Ta có:

  x 1 e

x2  5 x 4

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

C. 3; 2 .

  x 1 e

2 x 1



 cos 2 x dx

D. 1; 3 .

. Sau đó, ta xác định giá trị của a .

 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
Để tìm 

x

2

 5 x 4

 e7 x  3  cos 2 x  dx



ta đặt

I1  x  1 e

x 1

2


dx

và

I 2 cos 2 x dx

và tìm

I1 , I 2 .

2

*Tìm

I1  x  1 e x 1 dx

.

Đặt

.

I1  x  1 e

*Tìm

x 1

2


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

I 2 cos 2 x dx

.

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

2
a  x 1 b
2
e
 sin 2 x  C
 x 1 e x  5 x 4 e7 x  3  cos 2 x dx

2
Suy ra để
có dạng 6
thì a 3  , b 1  .

  x 1 e

x2  5 x4







12


Câu 33.

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. 6
Đáp án đúng: A

9
B. 2

37
C. 12

13
D. 2

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?

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:

13


1

1

3
2
 2 x  4 x  2 x  4 dx 

 2 x

2


3

 4 x 2  2 x  4 dx 

1

37
6

 : x  y  2 z 1
Câu 34. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng  
. Trong các đường thẳng

sau, đường thẳng nào vng góc với   .
 x 2t

d 4 :  y 0
x y 1 z
d1 : 

 z  t

1
1
2.
A.
B.
x y 1 z
x y 1 z

d2 : 

d3 : 

1
1
 1.
1
1
1.
C.
D.
Đáp án đúng: B

2
2
2
a  a1; a2 ; a3 
Giải thích chi tiết: Gọi VTCP của đường thẳng cần tìm là
với a1  a2  a3  0 .
a
a
a

 1 2  3

1 1 2
Đường thẳng vng góc với    a cùng phương n
Chọn a1 1 thì a2  1 và a3 2 .
Câu 35. Tứ diện ABCD có bao nhiêu cạnh?

A. 2
B. 4
Đáp án đúng: D
ln  x  1 0
Câu 36. Nghiệm của phương trình
A. x 1
B. x 2

C. 5

D. 6

C. x e  1

D. x e

Đáp án đúng: B
z  6  z  6 20
Câu 37. 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 2 .
B. M  n 14 .
C. M  n 4 .
D. M  n 7 .

Đáp án đúng: A
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 .
14


z  2i  z  4i

z  3  3i 1
Pz 2
Câu 38. Cho số phức z thỏa mãn
và
. Giá trị lớn nhất của biểu thức
là:

A. 13  1 .
Đáp án đúng: B

B.

13 .

C. 10  1 .

D.

10 .

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

I ln 2 x 

đạt được khi

2

  3  0   13

.

 x2  2 
I 
 ln xdx
x 

Câu 39. Nguyên hàm
bằng
2
2
x
x
I  ln 2 x  ln x 
C
2
4
A.
.

2

P z 2

B.

I 2 ln 2 x 

2

x
x
ln x 
C
2
4
.

C.
Đáp án đúng: A
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 40.

x2
x2
ln x 
C
2
4
.


15


Tất cả các giá trị của tham số
nguyên là
A.

.

C.
Đáp án đúng: B

.

sao cho bất phương trình

có duy nhất một nghiệm

B.
D.

.
.
2

Giải thích chi tiết: [2D2-6.4-4] Tất cả các giá trị của tham số m sao cho bất phương trình
duy
nhất một nghiệm nguyên là
1 
1 

m   ;1   9;27
m   ;1   9;27 
m   9; 
m    ;1
3 
3 
A.
. B.
. C.
. D.
.

3x .m x 1 

1
0
3x
có

Lời giải

m  0

Điều kiện: m 1 .
2

Bất phương trình

 3x .m x 1 


1
3x . Lấy logarit cơ số 3 hai vế.

2
 1
 log 3 3x .m x 1  log 3  x 
3 





 x 2   x  1 log 3 m   x
  x  1 .  x  log 3 m   0
  1  x   log3 m (1)

  1  x   log 3 m (2)
1

1

m

3.
(1) có nghiệm nguyên duy nhất  x 0 thì 0   log 3 m 1
(2) có nghiệm nguyên duy nhất  x  2 thì  2   log 3 m  3  9  m 27 .
----HẾT---

16