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: 042.
Câu 1. Hình nào dưới đây khơng phải là hình đa diện?

A.

C.
Đáp án đúng: B

.

B.

.

.

D.

.

 1 
P log 3 a  3 

a 
Câu 2. Cho a  0, a 1 . Tính giá trị của biểu thức
A. P  9 .
B. P 1 .
C. P 9

D. P  1 .

Đáp án đúng: A
Câu 3. Thể tích V của khối lăng trụ có diện tích đáy bằng B và chiều cao bằng h được tính theo cơng thức nào
sau đây?
1
1
V  Bh
V  Bh
2
3 .
2
A. V Bh .
B.
C. V B h .
D.
.
Đáp án đúng: A
Câu 4.
Cho hàm số y = f (x) có đồ thị như hình bên. Hàm số y = - 3f (x - 2) nghịch biến trên khoảng

1



(3; + ¥ ).

(2; 4).

(- ¥ ; 1).

(0; 3).

A.
B.
C.
D.
Đáp án đúng: C
Câu 5. Lập phương trình mặt cầu đường kính AB với A(6;2;5) và B(-4;0;7)
A. ( x +5 )2 + ( y +1 )2+ ( z−6 )2=3
B. ( x−5 )2 + ( y −1 )2+ ( z −1 )2=3
C. ( x +1 )2+ ( y−1 )2 + ( z−6 )2 =3
D. ( x−5 )2 + ( y −1 )2+ ( z −6 )2=3
Đáp án đúng: D
3
2
Câu 6. Tính diện tích S của hình phẳng ( H ) giới hạn bởi các đường cong y  x  12 x và y  x .

793
4 .
A.
Đáp án đúng: D
S

B.


S

343
12 .

C.

S

397
4 .

D.

S

937
12 .

Giải thích chi tiết: [2D3-3.2-2] (PTĐ Minh Hoạ - Năm 2021 - 2022) Tính diện tích S của hình phẳng ( H )
3
2
giới hạn bởi các đường cong y  x  12 x và y  x .

937
343
793
397
S

S
S
12 . B.
12 . C.
4 . D.
4 .
A.
Lời giải
Xét phương trình hồnh độ giao điểm 2 đường cong:
 x 0
3
2
2
 x  12 x  x  x ( x  x  12) 0   x  3
 x 4
.
S

4

Diện tích cần tìm là:
0

0

4

S  x3  x 2  12 x dx  x 3  x 2  12 x dx  x 3  x 2  12 x dx
3


3

0

0

4

4

 x 4 x3

 x 4 x3

  x  x  12 x dx   x  x  12 x dx   
 6x2    
 6x2 
 4 3
 3  4 3
0
3
0



3

2






3

2



 99  160 937


4
3
12 .
Câu 7. Mặt cầu có bán kính r thì có diện tích là
4 2
r
3
A. 3
B. 4 r


4 3
r
C. 3

2
D. 4 r


Đáp án đúng: D
2


2
Câu 8. Gọi z là nghiệm có phần ảo dương của phương trình z  z  1 0 . Tính giá trị biểu thức
3
1
A  z 2022  2 z 2021  2022  2021  1
z
z
.

13
3

i
2 .
A. 2
Đáp án đúng: A

B. 0 .

13
3

i
2 .
D. 2


C. i .

2
Giải thích chi tiết: Gọi z là nghiệm có phần ảo dương của phương trình z  z  1 0 . Tính giá trị biểu thức
3
1
A  z 2022  2 z 2021  2022  2021  1
z
z
.

A. 0 . B. i .
Lời giải

13
3
13
3

i

i
2 . D. 2
2 .
C. 2


 z 
2
z  z  1 0  


 z 

Lấy

z 

Suy ra

1

2
1

2

3
i
2
3
i
2

1
3
1
3

i
z 2  

i
2 2 , ta có:
2 2 và z 3 1 .

z 2022  z 3 

674

1

và

z 2021  z 3 

673

.z 2 z 2 

1
3

i
2 2

 1
3 
1
A 1  2   
i   3 
1

1
3
 2 2 
 
i
2 2
Suy ra
 1
3 
1
13
3
A 1  2   
i   3 
1  
i
2
2
2
2
1
3


 
i
2 2
Suy ra
.
Câu 9.

Trong không gian

cho mặt cầu

. Mặt phẳng tiếp xúc với

và song song với mặt phẳng
A.
C.
Đáp án đúng: D

có phương trình là:

.

B.

.

.

D.

.

Giải thích chi tiết: Ta gọi phương trình mặt phẳng song song với mặt phẳng
dạng :
Mặt cầu

có


.
có tâm

, bán kính
3


Vì mặt phẳng tiếp xúc với

nên ta có :

.
. Do
Vậy mặt phẳng cần tìm là
Câu 10.
Cho ba điểm
A.  67

.
.
Tích

B. 33

bằng
C. 67

D. 65


Đáp án đúng: B
Giải thích chi tiết: Ta có
và
Câu 11.
Hình vẽ sau đây (phần khơng bị gạch) là biểu diễn của tập hợp nào?

. Khi đó tích vơ hướng

  ;  2   5;   .

B.

  ;  2    5;  .

  ;  2   5;  .
C.
Đáp án đúng: D

D.

  ;  2    5;   .

A.

2

.

3


Câu 12. Biết rằng f ( x ) liên tục trên −1 ;+∞ ) và  xf ( x ) dx=2. Tính giá trị của biểu thức I = f ( √ x +1 ) dx
1

A. 4
Đáp án đúng: A
Câu 13.

Một vật chuyển động theo quy luật
đầu chuyển động và
gian

0

B. 1

C. 3

, với

D. 2

(giây) là khoảng thời gian tính từ lúc vật bắt

là quãng đường vật đi được trong khoảng thời gian đó. Hỏi trong khoảng thời

giây từ lúc vật bắt đầu chuyển động vận tốc

của vật đạt giá trị lớn nhất tại thời điểm

bằng:

A.

.

B.

C.
.
Đáp án đúng: A
Câu 14. Khối hai mươi mặt đều thuộc loại nào sau đây?

 4;3

 3; 4

.

D.

 3;5

 5;3

A.
.
B.
.
C.
.
D.

Đáp án đúng: C
Giải thích chi tiết: (THPT Lê Q Đơn - Hải Phịng - 2018) Khối hai mươi mặt đều thuộc loại nào sau đây?
4


 3; 4

A.
. B.
Lời giải

 4;3 . C.  3;5 . D.  5;3

Khối hai mươi mặt đều có các mặt là tam giác nên thuộc loại

f  x

Câu 15. Cho hàm số

liên tục trên đoạn

 3;5 .

 0;10 ,

thỏa mãn

10

6


f  x  dx 7

f  x  dx 3

0

và

0

. Tính

10

I  f  x  dx
6

.

A. I 10 .
Đáp án đúng: D

B. I  4 .

C. I 7 .

D. I 4 .
10


Giải thích chi tiết: Cho hàm số

f  x

6

f  x  dx 7 f  x  dx 3
0;10

liên tục trên đoạn
, thỏa mãn
và
. Tính
0

0

10

I  f  x  dx

.
A. I 7 . B. I  4 . C. I 4 . D. I 10 .
Lời giải
Ta có:
6

10

6


10

f  x  dx f  x  dx  f  x  dx
0

0

10



6

10

6

f  x  dx f  x  dx 
6

0

f  x  dx 7  3 4.
0

 I 4 .
Câu 16.
Cho hình trụ có bán kính đáy r và độ dài đường l . Diện tích xung quanh
theo cơng thức nào dưới đây?

A.
C.
Đáp án đúng: B

.

B.

.

D.

của hình trụ đã cho được tính
.
.

5


f  x   2 f   x  

y  f  x

xác định trên R và thỏa mãn
f  2  m f   3 n
T  f   2   f  3
Giả sử
,
. Tính giá trị của biểu thức
.

Câu 17. Cho hàm số
A. T m  n .
Đáp án đúng: D

B. T m  n .

2x
x  x 2  1 với mọi số thực x .
6

C. T  m  n .

D. T n  m .

f  x   2 f   x  

Giải thích chi tiết: Với mọi số thực x , thay x bởi  x vào biểu thức
2x
2x
f   x   2 f  x  
6
2
  x     x  1 hay 2 f  x   f   x   x6  x 2 1 (2).

2x
x  x 2  1 (1), ta được
6

x
2

f  x   . 6
3 x  x 2  1 với mọi số thực x .
Nhân hai vế của (2) với 2 sau đó trừ theo vế cho (1), rút gọn suy ra
2
2
x
2
I  f  x  dx   . 6
dx
3 x  x2 1

3

3
Xét
. Đặt u  x , khi đó ta được du  dx .
Đổi cận: Khi x  3  u 3 và x 2  u  2 .

Ta được
2
3
3
3
u
u
x
2
2
2
I  .


d
u

.
d
u

.
d
x

f  x  dx


6
2
6
2
6
2



3
3
u

u


1
3
x

x

1

u


u

1




3
2
2
2
2

Mà

.

3


I  f  x  dx  f  2   f   3

I  f  x  dx  f  3  f   2 

2
(3) và
f  2   f   3   f  3  f   2 

3

Từ (3) và (4), ta được
f   2   f  3  f   3  f  2  n  m
e

2 ln x  1

x  ln x  2

2

a c
dx ln 
b d

2 ln x  1

x  ln x  2 

2


suy ra

.

Câu 18. Cho 1
giản. Giá trị a  b  c  d bằng
A. 15 .
B. 18 .
Đáp án đúng: C
e

(4).

a c
;
với a , b , c là các số nguyên dương, biết b d là các phân số tối
C. 16 .

dx ln

Giải thích chi tiết: Cho 1
số tối giản. Giá trị a  b  c  d bằng
A. 18 . B. 15 . C. 16 . D. 17 .

a c

b d

D. 17 .


a c
;
với a , b , c là các số nguyên dương, biết b d là các phân

Lời giải
Đặt

t ln x  dt 

dx
x .

Đổi cận: x 1  t 0; x e  t 1 . Khi đó:
1
 3
2 
9 1
 3


 2 ln t  2  ln 
 dt 
I 
dx 
dt 
2
2
2

t  2 

4 2
 t 2
0
0   t  2
1 x  ln x  2 
0  t  2
.
e

2 ln x  1

1

2t  1

1

6


Vậy a  b  c  d 9  4  1  2 16 .
Câu 19. Cho khối lập phương có cạnh bằng 6. Thể tích của khối lập phương đã cho bằng
A. 36.
B. 18.
C. 216.
D. 72.
Đáp án đúng: C
Giải thích chi tiết: Cho khối lập phương có cạnh bằng 6. Thể tích của khối lập phương đã cho bằng
A. 216. B. 18. C. 36. D. 72.
Lời giải

3
Thể tích khối lập phương đã cho là V 6 216.
Câu 20.
Cho khối nón có chiều cao
A.

và đường kính đường trịn đáy là

.

C.
.
Đáp án đúng: A

B.

.

D.

.

y

Câu 21. Có hai giá trị của tham số m để đồ thị hàm số
Tổng hai giá trị này bằng?
A. 3.
B. 2.
Đáp án đúng: D
Giải thích chi tiết: + Khi x   :


2 3
2 3
mx  x 1   2 mx  x 1   2 x  m  1 
x x 
x x  
y
2x  1
2x  1

x 2 

m 1
lim y 
1  m 1
2
Ta có: x  
.
x



+ Khi
:


2 3
2 3
x
 m  1

mx  x 1   2 mx  x 1   2
x
x
x
x
y

 
2x  1
2x  1

x 2 

m 1
lim y 
1  m 3
2
Ta có: x   
.

. Thể tích của khối nón đã cho bằng

mx  x 2  2 x  3
2x  1
có một tiệm cận ngang là y 1 .

C. 1.

D. 4.


2 3 
2 3
 
x x2  m  1  x  x2

1
1
2

x
x

2 3 
2 3
 
x x2  m  1  x  x2

1
1
2

x
x

A 6; 1 , B   3; 5 
G  1; 1
Câu 22. Trong hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có 
và trọng tâm 
. Tìm tọa độ
đỉnh C ?

 6; 3
 6;  3
6;  3
 3; 6 
A. 
.
B. 
.
C. 
.
D. 
.
Đáp án đúng: B
Câu 23.

7


Cho hàm số y = f ( x) . Đồ thị hàm số
như hình bên. Biết rằng ff( 0) + ff( 1) - 2f ( 2) = ( 4) - ( 3) .
Hỏi trong các giá trị ff( 0) , ff( 1) , ( 3) , ( 4) giá trị nào là giá trị nhỏ nhất của hàm số y = f ( x) trên đoạn [ 0;4] ?

A. f ( 3) .
Đáp án đúng: B
Giải thích chi tiết:

B. f ( 4) .

C. f ( 1) .


D. f ( 0) .

ta suy ra bảng biến thiên của hàm số y = f ( x)

Hướng dẫn giải. Từ đồ thị hàm số

Từ BBT suy ra
Ta tiếp tục đi so sánh f ( 0) và f ( 4) .
Từ giả thiết ta có
ff( 4) - ff( 0) = f ( 1) + ( 3) - 2 ( 2) < 0
(vì ff( 1) < ff( 2) , ( 3) < ( 2) ).
Câu 24.
Cho hàm số

Chọn khẳng định đúng trong bốn khẳng định sau:

A. Hàm số đã cho đồng biến trên từng khoảng

.

B. Hàm số đã cho đồng biến trên từng khoảng

.

C. Hàm số đã cho đồng biến trên từng khoảng

.

D. Hàm số đã cho đồng biến trên từng khoảng
Đáp án đúng: C


.

Giải thích chi tiết:
Lập bảng biến thiên:

8


Vậy hàm số đồng biến trên từng khoảng
Câu 25.

Hàm số nào dưới đây có đồ thị như hình vẽ bên dưới?
3
A. y  x  2 x  2.

3
B. y  x  2 x  2.

4
2
C. y  x  2 x  2.
Đáp án đúng: B
Câu 26.
Cho khối lập phương
có bán kính bằng

A.
Đáp án đúng: C


4
2
D. y x  2 x  2.

có thể tích bằng
B.

. Mặt cầu ngoại tiếp hình lập phương
C.

D.

 i  1 z  2 2  3i

1  2i
Câu 27. Xác định số phức liên hợp z của số phức z biết
.
7 5
7 5
z  i
z  i
2 2 .
2 2 .
A.
B.
7 5
7 5
z   i
z   i
2 2 .

2 2 .
C.
D.
Đáp án đúng: C

Câu 28. Cho x là số thực dương. Biểu thức
hữu tỉ là:
255
256
A. x .
Đáp án đúng: A

256
255
B. x .

x x x x x x x x
128
127
C. x .

được viết dưới dạng lũy thừa với số mũ
127
128
D. x .

9


Giải thích chi tiết: Cho x là số thực dương. Biểu thức

với số mũ hữu tỉ là:
256
255

A. x .
B. x
Hướng dẫn giải

255
256

C. x

.

127
128

D. x

.

128
127

x x x x x x x x

được viết dưới dạng lũy thừa

.


1

Cách 1:

3

x x x x x x x x  x x x x x x x x 2  x x x x x x x 2

 

1
2

 x x x x x x x

3
2

7

7

 x x x x x x 4  x x x x x x 8

15

15

31


31

63

 x x x x x 8  x x x x x 16  x x x x 16  x x xx 32  x x x 32
127

63

127

255

255

255

 x x x 64  x x 64  x x 128  x x 128  x 128  x 256 .
x x x x x x x x x
Nhận xét:
Cách 2: Dùng máy tính cầm tay

28  1
28

x

255
256


.

1
2

Ta nhẩm x  x . Ta nhập màn hình 1a2=(M+1)1a2
Sau đó nhấn 7 lần (bằng với số căn bậc hai còn lại chưa xử lý) phím =.
3
Câu 29. Diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường y x , y 0 và hai đường thẳng x  1, x 2 bằng
15
15
17
17
A. 8
B. 4
C. 4
D. 8
Đáp án đúng: C
2

17
S  x3 dx 
4
1
Giải thích chi tiết:
Câu 30.

Cho lăng trụ đứng ABCD. AB C D  , có đáy là hình thoi cạnh 4a , AA 8a, BAD 120 . Gọi M , N , K lần lượt là
trung điểm của các cạnh AB , B C , BD  . Thể tích khối đa diện lồi có các đỉnh là các điểm A, B, C , M , N , K bằng


3
A. 12 3a .

40 3 3
a
B. 3
.

3
C. 16 3a .

28 3 3
a
D. 3
.

10


Đáp án đúng: A

Giải thích chi tiết:
Gọi V , V1 lần lượt là thể tích khối hộp đã cho và khối đa diện cần tính.
Ta có
1
1 1
1
1
VK . ABC  d  K ,  ABC   .S ABC  . d  D ,  ACB   . S ABCD  V

3
3 2
2
12
1
1
1
1
VK .BCN  d  K ,  BCN   .S BCN  d  A,  BCN   . S BCC B   V
3
6
4
24 .
1
1
1
1
VK .MAB  d  K ,  ABB   .S MAB  d  A ,  ABB   . S ABB A  V
3
6
4
24 .
1
1
VB.MNK  VB . AC D  V
8
48 .
3
3
 V1 VK .MAB  VK . ABC  VK . BCN  VB .MNK  V  .8a.4a.4a.sin120 12 3a 3

16
16
.

Câu 31.
Cho hàm số y  f ( x) có bảng biến thiên như sau

Hàm số y  f ( x) nghịch biến trên khoảng nào sau đây?

  2;  1

A.
.
Đáp án đúng: B
Câu 32.
Trong mặt phẳng tọa độ

B.

  1;0  .

C.

 0;1 .

, cho phương trình tổng quát của mặt phẳng

P
tơ pháp tuyến của mặt phẳng   có tọa độ là:
1;  3; 4 

1; 3; 4 
A. 
B. 
Đáp án đúng: A

C.

Giải thích chi tiết: Phương trình tổng quát của mặt phẳng 
P
2;  6;  8 
1;  3;  4 
của mặt phẳng   có tọa độ là 
hay 
.

  1;

D.

  ;  1 .

 P  : 2 x  6 y  8 z 1 0 . Một véc

 3; 4 

P  : 2 x  6 y  8 z  1 0

D.

 1;  3;  4 


nên một véc tơ pháp tuyến

11



2



I sin   x  dx
4
 .
0
Câu 33. Tính tích phân
A. I 0 .
Đáp án đúng: A
Câu 34. Bất phương trình
 1;  .
A.
Đáp án đúng: C

B. I  1 .

C. I 1 .

D.

I



4.

log 2 x  0 có tập nghiệm là
B.

  ;1 .

x x1
Câu 35. Phương trình 3 .2 72 có nghiệm là
3
x
2.
A. x 3 .
B.

C.

C.

 0;1 .

x

5
2.

D. .


D. x 2 .

Đáp án đúng: D
x x 1
x x
x
Giải thích chi tiết: 3 .2 72  3 .2 .2 72  6 36  x 2.
Câu 36. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , điểm biểu diễn của hai số phức đối nhau là

A. hai điểm đối xứng nhau qua đường thẳng y x .
B. hai điểm đối xứng nhau qua trục tung.
C. hai điểm đối xứng nhau qua gốc tọa độ O .

D. hai điểm đối xứng nhau qua trục hoành.
Đáp án đúng: C

M  a; b 
Giải thích chi tiết: Điểm biểu diễn của số phức z a  bi trong mặt phẳng tọa độ Oxy là điểm
N   a;  b 
Điểm biểu diễn của số phức  z  a  bi trong mặt phẳng tọa độ Oxy là điểm
Do đó: điểm biểu diễn của hai số phức đối nhau là hai điểm đối xứng nhau qua gốc tọa độ
3 x+ 2
.
Câu 37. Tìm tất cả các đường tiệm cận của đồ thị hàm số y=f ( x )=
| x |+1
A. Đồ thị hàm số f ( x ) khơng có tiệm cận ngang và có đúng hai tiệm cận đứng là các đường thẳng x=− 1,
x=1.
B. Đồ thị hàm số f ( x ) khơng có tiệm cận ngang và có đúng một tiệm cận đứng là đường thẳng x=− 1.
C. Đồ thị hàm số f ( x ) có đúng một tiệm cận ngang là đường thẳng y=3 và khơng có tiệm cận đứng.
D. Đồ thị hàm số f ( x ) có tất cả hai tiệm cận ngang là các đường thẳng y=− 3, y=3 và khơng có tiệm cận

đứng.
Đáp án đúng: D
❑

Giải thích chi tiết: TXĐ: D=ℝ → đồ thị khơng có tiệm cận đứng.
Ta có

là TCN;
là TCN.
Câu 38. Cho khối chóp S . ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại A , biết AB a, AC 2a . Mặt bên SAC là
tam giác đều và nằm trong mặt phẳng vng góc với đáy. Thể tích khối chóp đã cho bằng

a3 3
A. 4 .
Đáp án đúng: D

a3 3
B. 6 .

a3 3
C. 2 .

a3 3
D. 3 .
12


Giải thích chi tiết: Cho khối chóp S . ABC có đáy ABC là tam giác vng tại A , biết AB a, AC 2a . Mặt
bên SAC là tam giác đều và nằm trong mặt phẳng vng góc với đáy. Thể tích khối chóp đã cho bằng


a3 3
a3 3
a3 3
a3 3
A. 2 . B. 6 . C. 4 . D. 3 .
Lời giải

Gọi SH là đường cao của tam giác SAC . Do mặt bên SAC là tam giác đều và nằm trong mặt phẳng vng góc
SH   ABC   SH
với đáy nên
là chiều cao của khối chóp.
Vì tam giác SAC đều cạnh 2a  SH a 3 .
1
S ABC  AC. AB a 2
2
Do đáy ABC là tam giác vuông tại A nên đáy
.
1
1
a3 3
VABC  S ABC .SH  .a 2 .a 3 
3
3
3 .
Vậy thể tích của khối chóp là
x 1
y
x
2
x  2 , y 3 , y log 3 x , y  x  x  1  x . Có mấy hàm số mà đồ thị của nó

Câu 39. Trong bốn hàm số
có đường tiệm cận.
A. 3 .
B. 2
C. 1 .
D. 4 .
Đáp án đúng: D
0

3x 2  11x  27
2
I 
dx a ln  b
x 2
3
1
Câu 40. Giả sử rằng
. Khi đó, giá trị của a  2b là:
A. 50.
B. 30.
C. 60.
D. 40.
Đáp án đúng: B
----HẾT---

13