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: 066.
Câu 1.
Có mấy khối đa diện trong các khối sau?

A. 1.
B. 0.
C. 3.
D. 2.
Đáp án đúng: C
Giải thích chi tiết: Khái niệm về khối đa diện:
-Hình đa diện (gọi tắt là đa diện) là hình được tạo bởi một số hữu hạn các đa giác thỏa mãn hai tính chất:
a) Hai đa giác phân biệt chỉ có thể hoặc khơng có điểm chung, hoặc chỉ có một đỉnh chung, hoặc chỉ có một
cạnh chung.
b) Mỗi cạnh của đa giác nào cũng là cạnh chung của đúng hai đa giác.
-Khối đa diện là phần khơng gian được giới hạn bởi một hình đa diện, kể cả hình đa diện đó.
Vậy có 3 khối đa diện.
Câu 2. Trong các hàm số sau, hàm số nào khơng có điểm cực trị?
2x  1
y
3
4
y


x
x 1
A. y  x  x
B. y  x
C.
D.
Đáp án đúng: D
y 
Giải thích chi tiết: Ta có:
y  f  x

Câu 3. Cho hàm số
trị của đồ thị hàm số là:
A. 2.
Đáp án đúng: D

3

 x  1

2

 0, x  1
. Vậy hàm số khơng có điểm cực trị.

liên tục và xác định trên  biết
B. 4.

Câu 4. Tính tổng các nghiệm của phương trình

1
A.  3 .
B. 243 .

f '( x ) x 2  x  1 x 2  x  2



C. 3.



3

 x  5 4

. Số điểm cực

D. 1.

log 21 x  5log 3 x  6 0
3

C. 5 .

D. 36 .

Đáp án đúng: D
Giải thích chi tiết:
Đk: x  0 .

log 21 x  5log 3 x  6 0
3

 log 3 x 2


 log x  5log 3 x  6 0
 log 3 x 3
2
3

 x 27
 x 9

.
1


x 9; x 27  x  x 36

2
1
2
Vậy phương trình có hai nghiệm là 1
.
Câu 5.
Cho hình chóp tam giác đều S.ABC có cạnh đáy là a và cạnh bên là 2a. Bán kính của mặt cầu ngoại tiếp hình
chóp S.ABC là:

A.


B.

C.
Đáp án đúng: C
Câu 6.

D.

Cho hình hộp chữ nhật
2a
bằng 3 , góc giữa mặt phẳng
hộp.
3
A. 2 5a .
Đáp án đúng: B
Giải thích chi tiết:
Lời giải

. Biết AB a , khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng
2
cos 
3 . Tính theo a thể tích khối
với mặt đáy bằng  thỏa mãn

3
B. 2a .

4 5a 3
C. 9 .


4a 3
D. 3 .

2


Đặt

, BC  x , và ta có AB a .

Ta có tam giác

có hình chiếu lên mặt phẳng

 ABCD  là tam giác

ABC . Suy ra

.
Lại có
Suy ra

.
1
a2 x
axy 
 y a
6
. Suy ra 6

.

Mặt khác

bằng  .

Kẻ đường thẳng  qua B song song với AC , Kẻ AK vng góc với  tại K . Suy ra góc
Ta có

Do

.

1
1 2a
1
1
1
1
. a2  x 2
SABC  BA. BC  d  B, AC  . AC  ax  AK . AC  ax  .
2
2 5
2
2
2
2
Theo đó
2
4

 x
. a2  x 2  x 2  . a 2  x 2
5
5
 x 2a .



Vậy



.

I  2 f  x   1 dx
F  x
f  x
Câu 7. Cho biết
là một nguyên hàm của hàm số
. Tìm
.
I 2 F  x   x  C
I 2 F  x   1  C
A.
.
B.
.
3



I 2 xF  x   1  C
C.
.
Đáp án đúng: A

D.

Câu 8. Tìm giá trị lớn nhất của hàm số
A.

max f  x  3 2
 1;5

I 2 xF  x   x  C

y  f  x  x  1  5  x

.

B.

max f  x  2
C.  1;5
.
Đáp án đúng: B

D.

trên đoạn


 1;5 .

max f  x  2 2
 1;5

max f  x   2
 1;5

.

.

Câu 9. Phương trình đường tiệm cận đứng và tiệm cận ngang của đồ thị hàm số
bên là
x– ∞-203+ ∞y'+ 0– + 0– y– ∞1-2 – ∞10+ ∞
A. x = - 2; y = 10.

.

y = f (x) có bảng biến thiên

B. x = 0;y = 1.

C. x = 0;y = 10.
Đáp án đúng: C
Câu 10.
Cho hàm số y=f ( x ) có bảng biến thiên như sau:

D. x = 3;y = 1.


Tìm tất cả các giá trị của tham số m để phương trình f ( x )=m có ba nghiệm thực phân biệt.
A. m∈ (−1 ;+∞ ).
B. m∈ [ −1; 3 ].
C. m∈ (−∞ ; 3 ).
D. m∈ (−1 ; 3 ).
Đáp án đúng: D
mx  3
y
x  4m đi qua điểm A   2; 4  ?
Câu 11. Với giá trị nào của m thì đường tiệm cận ngang của đồ thị hàm số
A. m 4 .
Đáp án đúng: A
Giải thích chi tiết: Xét hàm số
D  \  4m
Tập xác định
.
lim y  lim y m
x  
Ta có x  
.

B. m  2 .
y

C. m 1 .

D.

m 


1
2.

mx  3
x  4m .

Do đó đồ thị hàm số có tiệm cận ngang là đường thẳng d : y m .
A   2; 4   d
nên m 4 .
Câu 12. Khối hộp chữ nhật có 3 cạnh xuất phát từ một đỉnh lần lượt có độ dài

a, b, c .

Thể tích V của khối hộp chữ nhật.
4


4
V  abc.
3
A.

1
V  abc.
6
B.

C. V abc.

1

V  abc.
3
D.

Đáp án đúng: C
x y  1
3 . Giá trị nhỏ nhất của biểu thức
Câu 13. Xét các số thực không âm x và y thỏa mãn 2 x  y.4
P  x 2  y 2  4 x  6 y bằng

65
A. 8 .
Đáp án đúng: A
Giải thích chi tiết: Cách 1:

57
B. 8 .

33
C. 4 .

49
D. 8 .

2 x  y 4 x  y  1 3  1
Nhận xét: Giá trị của x, y thỏa mãn phương trình
sẽ làm cho biểu thức P nhỏ nhất. Đặt
a  x  y , từ  1 ta được phương trình

2

3
4a  1  .a  2  0
y
y
.
2
3
y 4a  1  .a  2 
y
y là hàm số đồng biến theo biến a , nên phương trình trên có nghiệm duy nhất
Nhận thấy
3
3
a   x y 
2
2.

1  1 65
2

65
P  x  y   4  x  y   2  y    
Pmin 
4  8 8 . Vậy

8 .
Ta viết lại biểu thức
Cách 2:
Với mọi x, y không âm ta có
3

x y 
 x y 3

3
3

2 x  y.4 x y  1 3  x  y.4 2    x  y    y.  4 2  1  0
2
2



(1)
 x  y  32

3

3
x

y


y
.
 1  0  y.  40  1 0
4


x y 0

2


2
Nếu
thì 
(vơ lí)
3
xy
2.
Vậy
Áp dụng bất đẳng thức Bunhyakovski ta được
2

2

P  x 2  y 2  4 x  6 y  x  3   y  2   13
2

1
13
65
2

  x  y  5   13    5   13 
2
22
8



Đẳng thức xảy ra khi
65
min P 
8 .
Vậy

3

x  y 

2

 x  3  y  2

5

 y  4

x 1

4.

Câu 14.
5


Số nghiệm của phương trình
A.
Đáp án đúng: B


là bao nhiêu?
B.

Câu 15. Tập nghiệm của bất phương trình
A. 8 .
B. 6 .

C.
3x

2

9

  x 2  9  .5x 1  1

C. 4 .

D.
là khoảng

 a ; b  . Tính b 

a

D. 3 .

Đáp án đúng: B
3x


Giải thích chi tiết:
x 1
Có 5  0 x .

2

9

  x 2  9  .5 x 1  1  1

.

2
 1 30  0 1 .
Xét x  9 0 , VT

3x

2

9

 30 1



x 2  9  .5x 1  0 
2

 1  1 .

Xét x  9  0 
VT
3x

2

9

 30 1



x 2  9  .5x 1  0 

 1  1 luôn đúng.
Xét
VT
x 2  9  0  x    3;3
Có
.
 Tập nghiệm của bất phương trình là:   3;3  b  a 6 .
4
2
Câu 16. Hàm số y  x  4x  1 có giá trị cực đại là :
2

x  90

A. 13
Đáp án đúng: B


B. 5

C. 1

D.

2
y

x 2
x2 .

Câu 17. Tìm tọa độ giao điểm của đường tiệm cận đứng và tiệm cận ngang của đồ thị hàm số
 2;1 .
  2; 2  .
  2;1 .
  2;  1 .
A.
B.
C.
D.
Đáp án đúng: C
Giải thích chi tiết: Tiệm cận đứng x  2 . Tiệm cận ngang y 1 . Giao điểm của tiệm cận đứng và tiệm cận
  2;1 .
ngang là điểm
Câu 18. Bác Việt gửi 300 triệu đồng vào một ngân hàng với lãi suất 7%/năm. Biết rằng nếu không rút tiền ra
khỏi ngân hàng thì cứ sau mỗi năm số tiền lãi sẽ được nhập vào gốc để tính lãi cho năm tiếp theo. Giả sử trong
suốt thời gian gửi, lãi suất không thay đổi và bác Việt không rút tiền ra. Hỏi sau ít nhất bao nhiêu năm bác Việt
nhận được số tiền nhiều hơn 770 triệu đồng bao gồm cả gốc và lãi?

A. 12 năm.
B. 13 năm.
C. 14 năm.
D. 15 năm.
Đáp án đúng: C
M  8;9;10 
Câu 19. . Trong khơng gian Oxyz , cho điểm
. Tìm tọa độ hình chiếu vng góc của điểm M lên
trục hồnh.
 0;9;10  .
 8; 0;0  .
  8;9;10  .
 0;9;0  .
A.
B.
C.
D.
Đáp án đúng: B
6


Giải thích chi tiết: Trong khơng gian Oxyz , cho điểm
điểm

. Tìm tọa độ hình chiếu vng góc của

lên trục hồnh.

A.
Lời giải


.

B.

.

C.

.

D.

.

Gọi M ' là hình chiếu vng góc của
lên trục hoành.


MM .i 0   a  8  .1 0  a 8
Suy ra:
và
.
Vậy

.

4

Câu 20. Cho hàm số

4
I
2 .
A.

f  x

I f  x  dx
f  x  sinxcosx
f  0  1
r

0
có đạo hàm trên
là
và
. Tính tích phân
.
3  2
3  4
5  2
I
I
I
16 .
16 .
8 .
B.
C.
D.


Đáp án đúng: B
Giải thích chi tiết: Ta có:
f  0  1 

f  x  f '  x  dx sinxcosxdx  sinxd sin x 

sin 2 x
C
2
.

sin 2 0
sin 2 x
 C 1  C 1 f  x 
1
2
2
,
.

4


4






4
4
 sin 2 x 
 1  cos 2 x 
 5 cos 2 x 
I  f  x  dx  
 1dx  
 1dx   
dx
2
4
4
4





0
0
0
0
Khi đó:

5  1
5  2
 x 04  sin 2 x 04  
4
8
16 .


Câu 21.
Biết

và

, khi đó
B.  8 .

A. 4 .
Đáp án đúng: D

Giải thích chi tiết:

bằng
C. 8 .

(Mã 103 - 2019) Biết

D.  4 .

và

, khi đó

bằng
A. 8 . B.  4 . C. 4 . D.  8 .
Lời giải
2


2

2

 f  x   g  x   dx f  x  dx  g  x  dx 2  6  4

Ta có: 1
Câu 22.

1

1

.

7


Cho lăng trụ tam giác
phẳng

có đáy là tam giác đều cạnh

vng góc với đáy và

A.

. Thể tích khối lăng trụ

.


B.

C.
.
Đáp án đúng: D

y '  8 x  x 2  1

y ' 2 2 x  x 2  1

C.
Đáp án đúng: D
Câu 24.

Cho hàm chẵn

.

. Phát biểu nào sau đây sai?

.

1
2 1

là

2


y  x 2  1
2 1

. Mặt

.

D.

Câu 23. Cho hàm số
A.

. Độ dài cạnh bên bằng

.

liên tục trên

B.

y ' 2 2 x  x 2  1

D.

y ' 2 2  x 2  1

và thoả mãn

A.


21

21

.

.

. Tính
B.

C.
Đáp án đúng: A

D.

Câu 25. Cho số phức

z a  bi  a, b   

thỏa mãn

z  3  4i  5

. Hỏi nếu biểu thức

2
2
đạt giá trị lớn nhất thì biểu thức Q a  b có giá trị bằng bao nhiêu?
A. 4 .

B. 12 .
C. 45 .
Đáp án đúng: D

P  z  i  3  z  i 1

D. 52 .

z a  bi  a, b   
z  3  4i  5
Giải thích chi tiết: Cho số phức
thỏa mãn
. Hỏi nếu biểu thức
2
2
P  z  i  3  z  i 1
đạt giá trị lớn nhất thì biểu thức Q a  b có giá trị bằng bao nhiêu?
A. 45 . B. 12 . C. 52 .D. 4 .
Lời giải
2

Ta có:

P  z  i  3  z  i 1 


 a  3

2


 a  3

2

  b  4   10b  15 

 10b  10  8a  6b  18
Mà

2

z  3  4i  5   a  3   b  4  5

8  a  3  16  b  4 

2

2

  b  1 

 a  3

Bunhiacopxky



8

2


  b  1

2

2

  b  4   8a  8  6b  15

2  8a  16b  28   2. 8  a  3  16  b  4   60



Bunhiacopxky

2

 a  1

2



2

 16 2   a  3    b  4 

2

 40 .

8


 10b  10  8a  6b  18


 8
16


Do đó: P 10 2 dấu bằng xảy ra khi  a  3 b  4
Vậy Q 52

a 4

b 6

.

Câu 26. Tìm giá trị cực tiểu y CT của hàm số y=x 4 −4 x2 +3 .
A. y CT =√ 2.
B. y CT =0 .
C. y CT =−1.
D. y CT =3 .
Đáp án đúng: C
Câu 27. Khối lăng trụ có diện tích đáy bằng a 2 và độ dài đường cao bằng a có thể tích V bằng
a3
a3
A. V =2a 3.
B. V =a3.

C. V = .
D. V = .
3
6
Đáp án đúng: B
Câu 28.
Cho hàm số

có bảng biến thiên như hình bên dưới

Tổng số tiệm cận đứng và tiệm cận ngang của đồ thị
A.
.
Đáp án đúng: A
Câu 29.

B.

là

.

C.

.

D.

Mặt phẳng đi qua trục hình trụ, cắt hình trụ theo thiết diện là hình vng cạnh
A.

.
Đáp án đúng: C
Câu 30. Tính giới hạn
A.
.
Đáp án đúng: A

B.

L  lim

n  



B.

.

4n 2  n 

.

C.

4n 2  2

.

.


. Thể tích khối trụ bằng
D.

.

.
C.

.

D.

.

9


Giải thích chi tiết:
Câu 31. Cho hàm số y=f ( x ) không âm và liên tục trên khoảng ( 0 ;+ ∞ ) . Biết f ( x ) là một nguyên hàm của hàm
e x . √ f 2 ( x )+ 1
số
và f ( ln2 )=√ 3 , họ tất cả các nguyên hàm của hàm số e 2 x . f ( x ) là
f (x)
3
5
3
1
2
( e x −1 ) +C .

( e x +1 ) + 2 ( e x +1 ) +C .
A.
B.
3
5
3
3
3
1
1
( e 2 x − 1 ) − √ e2 x −1+C .
( e 2 x − 1 ) +C .
C.
D.
3
3
Đáp án đúng: D

√
√

√
√

Giải thích chi tiết: Ta có f ' ( x )=

√

e x . √ f 2 ( x ) +1 f ' ( x ) . f ( x ) x
⇔ 2

=e
f (x )
√ f ( x ) +1

⇔ √ f 2 ( x ) +1=e x +C
Vì f ( ln2 )=√ 3⇒ C=0 ⇒ f 2 ( x )+ 1=e 2 x ⇒ f ( x )=√ e 2 x − 1
❑

❑

2x

⇒ I = ❑e . f ( x ) dx= ❑e 2 x . √ e 2 x − 1 dx
❑

❑
❑

3
1
1
❑ √ e 2 x − 1d ( e 2 x − 1 ) ⇔ I = ( e 2 x − 1 ) +C.

2❑
3
Câu 32. Ông A gửi tiền tiết kiệm với lãi suất 8,1% / năm và lãi suất hằng năm được nhập vào vốn ( hình thức

√

⇔ I=


lãi kép). Hỏi sau bao nhiêu năm Ông A được số tiền gấp đôi số tiền ban đầu?
A. 7 .
B. 8 .
C. 10 .

D. 9 .

Đáp án đúng: D
Giải thích chi tiết:
Gọi số tiền ban đầu ơng A gửi tiết kiệm là B ( đồng).
n

B 1  0, 081
Theo cơng thức lãi kép ta có số tiền sau n năm là: 
.
n
Để số tiền tăng gấp đôi thì phải thỏa mãn phương trình:
n

n

B  1  0, 081 2 B   1, 081 2  n log1,081 2  n 8,899

.
Như vậy sau 9 năm Ông A sẽ thu được số tiền gấp đôi số tiền ban đầu.
Câu 33.
t
Giả sử n = f ( t) = n0.2 là số lượng cá thể trong một đám vi khuẩn tại thời điểm t giờ, n0 là số lượng cá thể lúc
ban đầu. Biết tốc độ phát triển về số lượng của vi khuẩn tại thời điểm t chính là

Giả sử mẫu thử ban
n
=
100
đầu có 0
con vi khuẩn. Vậy tốc độ phát triển sau 4 giờ là bao nhiêu con vi khuẩn?
A. 3200 con.
B. 500 con.
C. 1109 con.
D. 1600 con.
Đáp án đúng: C
10


Giải thích chi tiết: . Tốc độ phát triển của vi khuẩn tại thời điểm t là
2
Câu 34. Có bao nhiêu số thực c để hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số y  x  4 x  c, trục hoành và các
đường thẳng x 2; x 4 có diện tích bằng 3?

A. 0.
Đáp án đúng: B

B. 2.

D. 3 .

C. 1.

2
Giải thích chi tiết: Có bao nhiêu số thực c để hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số y  x  4 x  c, trục

hoành và các đường thẳng x 2; x 4 có diện tích bằng 3?

A. 3 . B. 0. C. 1. D. 2.
Lời giải
4

Ta có

S x 2  4 x  c dx
2

. Hàm số

y  f  x  x2  4 x  c

trên đoạn

 2;4 có BBT sau:

 f  x   x 2  4 x  4 0 x  
f  x   x 2  4 x  4 0 x  [2;4]
c

4
TH1: Nếu
nên
.
4

4


 x3

16
25
S x  4 x  c dx   2 x 2  cx  2c 
S 3  c 
3
3

2
2
6 .
Do đó
;
2

 f  x   x 2  4 x 0 x  [2;4].
c

0
TH2: Nếu
4

4

4

 x3


16
S x  4 x  c dx   x  4 x  c  dx  
 2 x 2  cx    2c S 3  c  7
 3
2 3
2
2
6.
Do đó
;
2

2

f  x   x2  4 x  c
x 2  4  c  [2;4] ,
0

c

4
TH3: Nếu
,
có 2 nghiệm, trong đó 1 nghiệm 2


2
F  x   x  4 x  c  dx   x  2   c  4  dx 



2

Đặt

x2

S 
Do đó

4

2
2
 x  4 x  c  dx   x  4 x  c  dx
2

3

x  2
  c  4 x  C
3

x2

F  4   F  2   2 F  x2 

  x2  2  3

8
6c  24   2 

  c  4  x2 
3
3

 .
3

x 2  4  c nên ta có phương trình: 4. 4  c 25  6c (*) .
Vì S 3 và 2
3
t  4  c , t   0;2 
Đặt
, trở thành: 4t  6t  1 0 , tính được t 1.5979 nên c 1.4467 .
Vậy có hai giá trị của c thỏa mãn bài toán.

11


f ( x) ax 3  bx 2  cx 

3
3
g  x  mx 2  nx 
2 và
2 . Biết rằng đồ thị của các hàm số

Câu 35. Cho hai hàm số
y  f  x
y g  x 
và

cắt nhau tại ba điểm có hồnh độ lần lượt là  2;1;3 . Hình phẳng giới hạn bởi hai đồ thị
hàm số đã cho có diện tích bằng
125
253
253
235
A. 24 .
B. 48 .
C. 24 .
D. 48 .
Đáp án đúng: C
f ( x) ax 3  bx 2  cx 

3
3
g  x  mx 2  nx 
2 và
2 . Biết rằng đồ thị của các

Giải thích chi tiết: Cho hai hàm số
y  f  x
y g  x 
hàm số
và
cắt nhau tại ba điểm có hồnh độ lần lượt là  2;1;3 . Hình phẳng giới hạn bởi hai
đồ thị hàm số đã cho có diện tích bằng
253
235
253
125

A. 48 . B. 48 . C. 24 . D. 24 .
Lời giải
Ta có phương trình hồnh độ giao điểm là
3
3
3
2
ax 3  bx 2  cx  mx 2  nx 
2
2  ax   b  m  x   c  n  x  3 0  1 .
Ta có phương trình

 1

có ba nghiệm là x  2; x 1; x 3 .

 8a  4  b  m   2  c  n   3 0
Với x  2 thay vào ta có
a   b  m    c  n   3 0
Với x 1 thay vào ta có
27a  9  b  m   3  c  n   3 0
Với x 3 thay vào ta có
1

 a 2
 8a  4  b  m   2  c  n   3   b  m  1


 3


 a   b  m   c  n
5
c  n 
 27a  9  b  m   3  c  n   3
2.

Do đó ta có hệ 
.
1
5
f ( x )  g ( x)  x 3  x 2  x  3
2
2
Suy ra
.
3

3

1

3

1
5
1
5
1
5
S   f ( x)  g ( x ) dx   x 3  x 2  x  3 dx   x 3  x 2  x  3 dx   x 3  x 2  x  3 dx

2
2
2
2
2
2
2
2
2
1

Vậy
63 8 253
  
8 3 24 .

----HẾT---

12