Câu hỏi tổng hợp có đáp án chi tiết về hàm số lớp 12 | Toán học, Lớp 12 - Ôn Luyện

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (366.76 KB, 23 trang )

(1)<div class='page_container' data-page=1>

Câu 1. [2D3-3] Nếu 2
( )

6 2

x

a

f t dt

x

t  



với x 0 thì hệ số a bằng

A. 9. B. 19. C. 5. D. 6.

Lời giải

Chọn A.

Gọi F t( ) là một nguyên hàm của f t( )2

t , suy ra 2
( )
'( ) f t

F t
t

 .

Ta có 2
( )

6 2

x

a

f t dt

x

t  



( ) |x 6 2

a

F t x

    F x( ) F a( ) 6 2  x

1
'( ) 2.

F x

x

  f x( )2 1

x x

   f x( )x x

2 2

( ) 1

2 | 2 2 2 6

x x x

x
a

a a a

f t dt t t

dt dt t x a x

t t t













     (gt)

Vậy a  3 a9.

Câu 2. [1D2-4] Giả sử



1 x x2x3...x10



11a0a x a x1  2 2a x3 3...a x110 110 , với a0 , a1,
2

a ,…,a10 là các hệ số. Giá trị của tổng T C a 11 110  C a11 101 C a11 92  C a11 83 ...C a11 110  C a11 011

bằng

A. T 11. B. T 11. C. T 0. D. T 1.

Lời giải

Chọn A.

Ta có



1 x x2x3...x10



11a0a x a x1  2 2a x3 3...a x110 110









11
11

2 3 110

0 1 2 3 110

...
1

x

a a x a x a x a x

x



      





1 x11





1 x





a0 a x a x1 2 2 a x3 3 ... a x110 110



 

        

Khai triển



1 x 11



11 có số hạng tổng quát









1 11 11 1 , ,0 11

k k

k k k

k

t  C  x C  x k  k .

Hệ số của số hạng chứa x11 trong khai triển ứng với k 1 là 1
11

C

 .

Mặt khác khai triển

















11 2 3 110 2 3 110

0 1 2 3 110 11 0 1 2 3 110

1 ... k k ...

k

x a a x a x a x a x C x a a x a x a x a x



 

             















2 3 110

11 0 1 2 3 110

1k ...

k k

k

C x a a x a x a x a x



 

       







.
Số hạng chứa x11 trong khai triển trên là

















11 11 10 10 9 9 2 0 0 11

11 1 0 11 1 1 11 1 2 ... 11 1 11

C  x a C  x a x C  x a x  C  x a x



0 1 2 3 10 11



11 11 11 10 11 9 11 8 ... 11 1 11 0

C a C a C a C a C a C a x

       .

Suy ra hệ số của số hạng chứa x11 trong khai triển là

0 1 2 3 10 11

11 11 11 10 11 9 11 8 ... 11 1 11 0

C a  C a C a  C a  C a  C a T

 

* 1

11 11

T C

</div>
(2)<div class='page_container' data-page=2>

Câu 3. [2D3-3] Cho hàm số f x

 

có đạo hàm liên tục trên



0;1



thỏa mãn f

 

1 0,

 

1
2
0
1
dx
11

f x 

 

 



và

 

1
4
0
1
dx

x f x 



. Tích phân

 

f x d



bằng?

A. 1

7


. B. 1

7. C.

1
55


. D. 1

11.
Lời giải

Chọn A.

Ta xét

 

4
0

I 



x f x .

Đặt

 

5
4
d dx
d dx
5

u f x

x

v x v


 
 
 

 
 
 



 

1
5
1 5
0
0
1
dx
5 5
x

I f x x f x

  



 

1
5
0

1 1
dx

55 5 x f x

  



 

1
5
0
1
dx
11

x f x






Mà
1
10
0
1
dx
11
x 



 



 







1
2
10 5

2x dx 0

x f x f x





  

 

6
5

x

f x x f x C

    

Vì f

 

1 0 nên

 

6 1
6

x

f x  

1 1 6

0 0

1 1

( )dx dx

6 7

x

f x  









 .

Câu 4. [2D3-4] Diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số 2 2
1

y x x  , trục Ox và đường

thẳng x 1 bằng a b ln 1



b



c

 

với a b c, , là các số nguyên dương. Tính a b c  .

A. 11. B. 12. C. 13. D. 14.

Lời giải

Chọn C.

Ta có

1 1

2 2 2

0 0

1d . 1d

S 



x x  x



x x x  x.

Đặt



 



2 1 2 2 2

d 1d 1 d 1

u x

v x x x x x






    


suy ra





d d
1

1 1

u x

v x x





  



. Khi đó,









1 1

2 2 2 2

0 0

1 1

2 2 2

0 0

1
2
0

1 1

1 1 1 1d

3 3

1 1 1

2 2 1d 1d

3 3 3

2 2 1 1

3 3 3

2
.
2 4

S x x x x x x

S x x x x x

S S I I x x

</div>
(3)<div class='page_container' data-page=3>

Ta tính
1

2
0

I 



x  x.

Đặt

2 1

d d

u x

v x



  






suy ra d 2 1d

x

u x

x
v x








 


. Khi đó,









1 2 1

2 2

0 0 0

1 1

0 0

1
2

1 d 2 1 d

1 1

2 1d d

2 1

2 ln 1 ln 1 2 .

2 2

x

I x x x x x

x x

I x x x

x

I I x x

 

        

   

    



        



Vậy 2 1 2 1ln 1





3 2 ln 1





2 4 2 2 8

S        

 

 

Tức a3,b2, c8. Vậy a b c  13.

Câu 5. [1D2-4] Cho một lưới ô vng gồm 16 ơ vng nhỏ, mỗi ơ vng có kích thước 1x1 (mét)

như hình vẽ bên. Con kiến thứ nhất ở vị trí A muốn di chuyển lên vị trí B, con kiến thứ hai ở
vị trí B muốn di chuyển xuống vị trí A. Biết rằng con kiến thứ nhất chỉ có thể di chuyển một
cách ngẫu nhiên về phía bên phải hoặc lên trên, con kiến thứ hai chỉ có thể di chuyển một cách
ngẫu nhiên về phía bên trái hoặc xuống dưới (theo cạnh của các hình vng). Hai con kiến xuất
phát cùng một thời điểm và có cùng vận tốc di chuyển là 1 mét/phút. Tính xác suất để hai con
kiến gặp nhau trên đường đi.

A. 35

128. B.

256. C.

64. D.

32
35.

</div>
(4)<div class='page_container' data-page=4>

Nhận xét: để di chuyển đến đích, mỗi con kiến phải có hành trình 8 (mét). Vì hai con kiến xuất
phát cùng thời điểm và cùng vận tốc di chuyển nên chúng chỉ có thể gặp nhau khi mỗi con di
chuyển được 4 (mét) (sau 4 phút). Do vậy chúng chỉ có thể gặp nhau tại các giao điểm nằm
trên đường chéo chính chạy từ góc trên bên trái xuống góc dưới bên phải



A A1 5



Xác suất để sau 4 phút, con kiến thứ nhất đi đến vị trí A1 là

 

0
4

1 1 4
2

C

P A  ;

Xác suất để sau 4 phút, con kiến thứ hai đi đến vị trí A1 là

 

0
4
2 1 24

C

P A  ;

Xác suất để hai con kiến gặp nhau tại A1 là:

 

2
0
4
1 1 1 . 2 1

256

C

P A P A P A  ;

Tương tự xác suất để hai con kiến gặp nhau tại A2, A3, A4, A5 lần lượt là:





 

1
4
2

256

C

P A  ;





 

2
2
4
3

256

C

P A  ;





 

2
3
4
4

256

C

P A  ;





 

2
4
4
5

256

C

P A  .

Vậy xác suất để hai con kiến gặp nhau là:

         

0 2 1 2 2 2 3 2 4 2

4 4 4 4 4 70 35

256 256 128

C C C C C

P       .

Câu 6. [1D2-4] Từ tập A 



0;1; 2;3; 4;5;6



có bao nhiêu số tự nhiên có năm chữ số chia hết cho 9 ?

A. 5292 . B. 2058 . C. 5589 . D. 1601.

Lời giải

Chọn D.

Gọi số phải tìm có dạng a a a a a , 1 2 3 4 5 aiA, i 1, 5. Kết hợp với đề bài ta có:

1 2 3 4 5 9

a a a a a  ; a1a2a3a4a5 18; a1a2a3a4a5 27.

Ta xét trường hợp 1: a1a2a3a4a5 9, với 1a16, 0ai 6 với i 2,3, 4,5

Đặt xi ai1, với i 2,3, 4,5, khi đó ta có:

 

1 2 3 4 5

13 1

1 6

1 i 7

a x x x x

a
x

    




 


  


Số nghiệm nguyên dương bất kỳ của

 

1 là 4
12
C .

Nếu a 1 7, ta có

 

1  x2x3x4x5 6 xi 7, nên không trùng với các trường hợp

i

x  . Phương trình này có 4
6

C nghiệm.
Nếu x i 8, ta có

 

1 1 j 5

j i

a x



 



  a x1, j 6 nên không trùng với các trường họp nào ở
trên, phương trình này có 4

C nghiệm nên với 4 vị trí xi có

4
5

4C nghiệm.
Vậy trong trường hợp này có 4 4 4

12 6 4 5

C  C  C số thỏa mãn.

Ta xét trường hợp 2: a1a2a3a4a5 18, với 1a16, 0ai 6 với i 2,3, 4,5

Đặt xi  7 ai, với i 2,3, 4,5, khi đó ta có:

 

1 2 3 4 5

17 2

1 6

1 i 7, 2,3, 4,5

x x x x x

x

x i

    




 


   



</div>
(5)<div class='page_container' data-page=5>

Nếu x 1 7, ta có

 

1  x2x3x4x5 10 xi 7, nên không trùng với các trường hợp

1 8

x  . Phương trình này có 4
10

C nghiệm.

Nếu x i 8, i 2,3, 4,5 ta có

 

2 1 j 9
j i

a x



 



  xj 7 nên không trùng với các trường
họp nào ở trên, phương trình này có C94 nghiệm nên với 4 vị trí xi có

4
5

4C nghiệm.
Vậy trong trường hợp này có 4 4 4

16 10 4 9

C  C  C số thỏa mãn.

Ta xét trường hợp 3: a1a2a3a4a5 27, với 1a16, 0ai 6 với i 2,3, 4,5

Đặt xi  7 ai, với i 1, 2,3, 4,5, khi đó ta có:

 

1 2 3 4 5

8 3

1 6

1 i 7, 2,3, 4,5

x x x x x

x

x i

    




 


   



Từ

 

2 và x i 1  xi6 nên tập nghiệm của

 

3 không vượt khỏi miền xác định của xi.

Phương trình này có 4
7

C nghiệm.
Vậy trong trường hợp này có 4

C số thỏa mãn.

Như vậy tất cả có C124 C164 C74 C64 C104  4C54 4C94 1601 số.

Chọn D

Câu 7. [2D1-4] Cho hàm số yf x

 

có đạo hàm liên tục trên  và

 

0 1

f  . Biết đồ thị hàm số yf x

 

là đường cong như hình
vẽ bên. Hỏi phương trình f x

 

f

 

2 1 x2



   có bao nhiêu
nghiệm trên đoạn



2; 2



A. 0. B. 1.

C. 2. D. 3.

Lời giải

Chọn C.

Đường thẳng y2x tiếp xúc với đồ thị hàm số yf x

 

tại A



2; 4



.
Suy ra f 

 

2 2. Như thế f x

 

 f

 

2  1 x2  f x

 

 3 x2 0.
Đặt g x

 

f x

 

 3 x2.

Ta có g x

 

f x

 

 2x. Quan sát đồ thị ta thu được

 

0 0
2

x
g x

x



   


 .
Bảng biến thiên

x   2 0 2 

 

g x  0  0  0 

 

g x





g 

g

 

</div>
(6)<div class='page_container' data-page=6>

Từ đồ thị ta có diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường y2x, yf x

 

, x 2, x 0
lớn hơn diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường yf x

 

, y2x, x 0, x 2 nên

 





0 2 2

2 0 2

2x f x dx f x 2 dx x f x 2 dx x 0 g 2 g 2

 

  

        

     

     



 

2 d 2 2 0 2 2 2 2 0

f x  x x  g  g   g   

 

 



Suy ra 0g

 

2 g



2



. Do đó phương trình đã cho có 2 nghiệm thuộc đoạn



2; 2



* Nhận xét: Trong lời giải trên, ở bước gần cuối cùng, lời giải đã thực hiện theo kiểu "nhìn

hình ta có", một cách làm chỉ áp dụng cho trắc nghiệm, nhưng với tự luận thì nó vẫn cịn có
nhiều ý kiến trái chiều trong suốt thời gian vừa qua.

Câu 8. [2D4-4] Cho hai số phức 1 1 3
2 2

z   i, 2 1 3

2 2

z   i. Gọi z là số phức thỏa mãn

3z 3i  3. Đặt M , m lần lượt là giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của biểu thức

1 2

T z  z z  z z . Tính mô đun của số phức w M mi  .

A. 2 21

3 . B. 13. C.

4 3

3 . D. 4

Lời giải
Chọn A.

Gọi A, B, P lần lượt là các điểm biểu diễn các số phức z1, z2, z.

Ta có 1; 3
2 2

A 

 

, 1; 3
2 2

B 

 

, OA OB AB1. Suy ra OAB đều cạnh bằng 1,nội tiếp

đường tròn

 

C tâm 0; 3
3

I 

 

bán kính 3
3

R  .

Lại có 3z 3i  3 3 3

3 3

z i

   3

PI

   P

 

C .
Viết lại T OP PA PB  

Trên hình vẽ, khơng mất tính tổng quát, giả sử P thuộc cung nhỏ AB.
Khi đó OPB OAB  60 .

Trên đoạn OP lấy điểm N sao cho PN PB. Khi đó PNB đều nên NBP   60  B1 B 2
(cùng cộng với góc NBA để được góc có số đo là 60)

Mặt khác  
2 2

A O (Tính chất góc nội tiếp đường trịn)
 PABNOB  PA ON .

Khi đó T OP PA PB OP ON PN      2OP
O

A B

P
N

I 1

2
2

</div>
(7)<div class='page_container' data-page=7>

Ta thấy 2 2





4 4 3
3

T  OP PI IO  R M

2
T OP PA PB OA AB     m

Vậy 4 3 2

w M mi    i 2 21

w

  2 21

w

  .

Câu 9. [2D1–3] [Năng khiếu TPHCM] Cho f x

 

x3 3x2 6x1. Phương trình

 





 

f f x   f x  có bao nhiêu nghiệm thực.

A. 4. B. 6. C. 7. D. 9.

Lời giải

Chọn A.

Đặt f x

 

  1 t f t

 

  1 t 1

 





  



1 1

1 1 1 1

t t

f t t f t t

 

 

 

   

     

 

 





2 3 2

3 2

1 1 5,44

0,118

4 8 1 0

3 6 1 1 1

t t t

t

t t t

t t t t



    



     



   

      

 



Với t 5,44 f x

 

1 5,44 x3 3x2 6x 1 1 5,44

          Phương trình có 1 nghiệm.

Với t 50,118 f x

 

1 0,118 x3 3x2 6x 1 1 0,118

          Phương trình có 3 nghiệm.

Câu 10. [2D2-3] (Đề chuyên Vĩnh Phúc – lần 4-2018) Tìm tất cả các giá trị của tham số m để phương
trình ln



mln



m x



 có nhiều nghiệm nhất.x

A. m 0. B. m 1. C. m e. D. m 1

.
Lời giải

Chọn B.

Kí hiệu phương trình ln



mln



m x



x (1). Điều kiện x em m

  .
Đặt ln m x







y ta được x ey m

  . Thay vào (1) ta được ln



m y



 x ex m y .

Ta có hệ e e e e e .

x

x y x y

y

m y

y x x y

m x

  



       



 




Do hàm số f t

 

et t

  đồng biến trên  nên suy ra x y  xln



x m



ex x m .
Xét hàm số g x

 

ex x g x

 

ex 1;g x

 

0 x 0.

       

Ta có bảng biến thiên

Suy ra phương trình có nhiều nhất là hai nghiệm  m1 (Thỏa mãn điều kiện).

0 x

 

g x



 

g x

0  



1 

</div>
(8)<div class='page_container' data-page=8>

Câu 11. [2D3-3] [ĐỀ SỞ BẮC GIANG 2018] Cho hàm số f x

 

có đạo hàm trên đoạn



0;1



thỏa mãn

 

1 0

f  và

 





 

1 1 2

0 0

d 1 d .

x e

f x x x e f x x 

 

 



Tính tích phân

 

d .

I 



f x x

A. I  2 e. B. I  e 2. C. .
2

e

I  D. 1.

e

I  

Lời giải

Chọn B.

Xét tích phân





 

1 x d

x e f x x



Đặt

 





 

d 1 xd x

u f x du f x x

v x e x v xe




  

 



 

   

 



Nên





 

1 1 1

1
0

0 0 0

1 x d . x x. d x. d

x e f x xf x xe  xe f x x  xe f x x



Do đó

 

. d

x

x e

xe f x x  



. Lại có (theo BĐT tích phân)

 

 

 

1 1 1

2 2

0 0 0

. x d x d . d

x e f x x x e x f x x

 

    

   









2
2 1

e

  

 

 

 

1 2

d .

x e

xe f x x 







Dấu " " xảy ra khi f x

 

k xe. x.

Suy ra

 

1 2

2
2
0

1
d

x e

kx e x 



 k 1 f x

 

xex

Do đó f x x

 

d xe xxd



1 x e



x C

     



 f

 

1 C0.

Vậy

 

I 



f x x





1 x e x exd 2





   .

Câu 12. [2D1-3] Cho ba số thực dương x y z, , . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:









3 2

P x xy xyz  x y z 

A. maxP 1. B. maxP 2. C. maxP 3. D. maxP 4.

Lời giải
Chọn B.

Áp dụng bất đẳng thức Cô si
3

x xy xyz 1 .4 13 .4 y.16z

4 4

x x y x

   4





3 x y z

   . Khi đó:









3 2

P x xy xyz  x y z  3.4









3 x y z x y z

     

Đặt t  x y z, điều kiện: t 0. Ta có: P4t 2t2f t

 

 

4 4 0

f t   t  t 1. Lập bảng biến thiên suy ra maxP 2.
Cách 2: Dùng máy tính casio f X

 

4X 2X2

 

</div>
(9)<div class='page_container' data-page=9>

Câu 13. [2H3-3] (THPT ĐÔNG HÀ – QUẢNG TRỊ) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho
điểm A a



;0;0



, B



0; ;0b



, C



0;0;c , trong đó



a  , 0 b  , 0 c  và 0 1 2 3 7

a b c   . Biết mặt

phẳng



ABC tiếp xúc với mặt cầu



  

: 1











2 72
7

S x  y  y  . Thể tích của khối tứ
diện OABC là.

A. 2

9 . B.

6. C.

8. D.

5
6.
Lời giải

Chọn D.

Ta có



ABC



:x y z 1

a b c   bcx acy abz abc   0.

Theo bài ra có: 1 2 3 7

a b c    bc2ca3ab7abc.

Mặt phẳng



ABC tiếp xúc với mặt cầu



 

S  d I ABC





R

2 2 2 2 2 2

2 3 72

7
bc ca ab abc

b c c a a b

  

 

 

2 2 2

1 1 1 1 7

36 a b c 72

 

    

  2 2 2

1 1 1 7

a b c

    .

Ta có 1 2 3 7

a b c  

1 1 1

49 2. 3

a b c

 

    

 





2 2 2

1 1 1

1 4 9

a b c

 

      

  2 2 2

1 1 1 7

a b c

    .

Dấu bằng xảy ra

2 3

1 2 3
7

a b c

a b c

 



 

  





2
1

2
3

a
b

c


 

  


 


Vậy 1

OABC

V  abc 1.2.1.2 2

6 3 9

  .

Cách 2:

Ta có



ABC



:x y z 1

a b c  và

1 2 3
7

a b c   suy ra





1 2 3
; ;
7 7 7

M  ABC

  .

Lại có 1 2 3; ;

 

7 7 7

M  S

  nên



ABC



tiếp xúc với

 

S tại M .

Suy ra





:2 1 2 1
3

x y z

ABC    nên 1

OABC

V  abc 1.2.1.2 2

6 3 9

  .

Câu 14. [2D1-3] Cho hàm số yf x

 

. Hàm số yf x

 

có đồ thị như hàm bên. Hàm số





</div>
(10)<div class='page_container' data-page=10>

A. 1;
2

 

 

 

 . B.

3
;
2

 

 

 

 .

C. ;3
2

 

 

 

 . D.

;
2

 



 

 .

Lời giải

Chọn D.

Cách 1 :

Có





y  f x x  



1 2x f x x







 2







1 2 0
0

x
y

f x x

 


   

  



2
2
1
2

1
2

x

x x
x x






   



 




1
2

x

  .

Có y' 0

 

f 

 

0 0 nên ta có bảng biến thiên như sau:
Bảng biến thiên:

Dựa bảng biến thiên ta có hàm số nghịch biến trên khoảng 1;
2

 



 

 

Cách 2:

Đặt g x

 

f x x





  .

Có g x

 

0



f x x







    



1 2x f x x







 2



0 2
2
1
2

1
1

2
2

x

x x x

x x






     


 




Nhận xét:

2 1 1 1

2 4 4

x x  x   

 





2 1 0

f x x f  

    

  do f x

 

 đơn điệu giảm trên

1
;

 

 

 

  suy ra

  







2
1 2

g x   x f x x  cùng dấu với 1 2x .

Do đó

 

0 1
2

g x   x .

</div>
(11)<div class='page_container' data-page=11>

A. 0. B. 6. C. 4. D. 2.
Lời giải

Chọn B.

Ta thấy tứ diện ABCD là tứ diện vng tại A và ABACAD.

Dựng hình lập phương ABEC DHFK.
Khi đó: ABAC AD  AF

  

, và AF  3AB.
Sử dung tính chất tích vơ hướng:





. .cos , .

a ba b  a b  a b  và a b.a b. .cos ,



a b 



 a b. 

Ta có: 3MA MB MC MD    3MA MB AB MC AC. . MD AD.

AB AC AD

  

 3MA MB AB MC AC. . MD AD.

AB AC AD

  

     
     

     
     
     
     
     
     
     
     
     
     
     
     

 3MA MA AB AC AD AB AC AD

AB AC AD

 

      

 

  


3MA MA. AB AC AD AB AC AD 3MA MA.AF AB AC AD

AB AB

   

         



 

   

 

3 .

3 AF MA MA AB AB AC AD

A

MA MA AB AC AD

B AB

     

   



 


AB AC AD  .

Do đó 3MA MB MC MD   đạt giá trị nhỏ nhất khi M trùng với A hay M



2;2;2



.Vậy
2 2 2 6

S a b c       .

</div>
(12)<div class='page_container' data-page=12>

A. 5

2. B. 2 1 . C.

2. D.

3
2
2 .

Lời giải

Chọn A.

Dùng kĩ thuật trải phẳng.

Trải các mặt ABCD BCC B CDD C, ' ', ' ' trên một mặt phẳng.

Quãng đường kiến đi từ M đến D': MN NP PD  MD

Đẳng thức xảy ra khi M N P D, , , ' thẳng hàng.
Tam giác B MD ' vuông tại B' có 3, 2

B M  B D  .

Khi đó 2 2 5

2
MD B M B D  .

Câu 17. [2D3-4] Cho hàm số yf x

 

có đạo hàm dương liên tục trên



0;1



thỏa mãn f

 

1  f

 

0 1

và

 

   

1 1

0 0

1 d 2 d

f x f x   x f x f x x



. Tính

 

f x x

 

 



A. 3

2 . B.

5 33 27
18



. C. 5 33

18 . D.

5 33 54
18


.

Lời giải

Chọn C.

Ta có

 

2
0

1 d

f x  f x   x



 

1 1

0 0

d d

f x f x x f x x

</div>
(13)<div class='page_container' data-page=13>

 

d 1 0

f x f x x f f





 

 

1 1 1

2 2

0 0 0

d d 1 d

f x f x x x  f x f x  x













   .

 

   

1 1

0 0

1 d 2 d

f x  f x   x f x f x x



 

   

1 1

0 0

1 d 2 d 0

f x f x x f x f x x

 





   





   

1 2

1 d 0

f x f x x

  

  

 



 f x f x

   

1

 

1 1 3

 

f x f x f x x C

    

 

3 3 33

f x x C f x x C

      và f x

 

0, x



0;1



 C 3.
Mà f

 

1 f

 

0 1 3C 3 3C 1

      3 3 3C3.3C



3C 3 3C



1

3 33 2
3

C C

   2 3 8 0 27 5 33 3 27 5 33

27 18 18

C

C C C    C  

          .

Suy ra

 

1 1

0 0

27 5 33 5 33

d 3 d

18 18

f x x  x   x

   

   

 



Câu 18. [2D1-4] Cho khối chóp S ABC. có SA SB SC a   và ASB BSC CSA  300

   . Mặt phẳng

 

 qua A cắt SB SC, tại B C,  sao cho chu vi tam giác AB C  nhỏ nhất. Tính .

S AB C
S ABC

V
k

V

 

 ?

A. k  2 2. B. k  4 2 3. C. 1

k  . D. k 2 2



 2



.

Lời giải
Chọn B.

Trải tam giác SAB SAC SBC, , ra cùng một mặt phẳng



A A



.Ta có

SAC SA C AC A C 

   

Do đó chu vi tam giác AB C là ABB C C A AB  B C A C AA
Dấu bằng xãy ra khi BE C, F hay SB SE, SC SF.

Tam giác SAA có góc S 90 ,0 SA SA

  nên tam giác SAAvng cân tại S, do đó

  450

SAASA A  .

Xét tam giác SAE có SEA  1800 300 450 1050

  

Áp dụng định lí sin ta có   sin 450 sin1050



1 3



sin sin

SE SA SE a

SE a

SAE  SEA     

Khi đó k SB SC.



1 3



2 4 2 3

SB SC

 

     

Câu 19. [2D3-4] Cho hàm số yf x

 

nhận giá trị không âm và liên tục trên



0;1 . Đặt



 

0
1 2

x

g x  



f t dt. Biết g x

 

 f x

 

3

  với mọi x 



0;1



. Tìm giá trị lớn nhất của

 

2
3

g x dx

 

 



A. 2. B. 7

3. C.

3. D.

</div>
(14)<div class='page_container' data-page=14>

Chọn D.
Cách 1.

Ta có

 

0
1 2

x

g x  



f t dt

 

0 1
2

g

g x f x





 

 




Do g x

 

 f x

 

3

 

2
g x
g x   

  

 

 

3 2

g x
g x



  .



0;1



t

  ta có

 

0 0

t g x t

dx dx

g x






 

0
0
3

2
2

t
t

g x x

    3 3

 

2 3

 

0 2 2

2 g t g t

 

        

 

 

2
3

3 3

2 g t t 2

     3

 

2 4 1

g t t

    

 

1 1

2
3

0 0

4 5

3 3

g x dx  x dx

       

 



Cách 2.

Gọi F x là một nguyên hàm của

 

f x thỏa

 

F

 

0 0. Ta có F x

 

f x

 

Ta có

 

1 2 1 2

x

g x  



f t dt   F x f x , với mọi x 



0;1



.

 

1 2F x F x

    ,  x



0;1



 

31 2 1 0
F x

F x


  

 ,  x



0;1



Đặt

 

1
1 2

t F x

h t dx

F x

  

 

 

  

 



 

2 3

 

3 3 3

1 2 1 2

4 4 4

t
t

h t  F x  x F t t

             

 

là hàm số nghịch biến trên



0;1 , vì



 

31 2 1 0
F t

h t

F t


   

 .

 

h x h

  ,  x



0;1



33 1 2

 

2 3

4 F x x 4

      ,  x



0;1



.

 

3 4 1

g x x

     ,  x



0;1



 

1 1

2
3

0 0

4 5

3 3

g x dx  x dx

       

 



Câu 20. [2D1-4] Biết tập hợp tất cả các giá trị thực của tham số m để phương trình



4m 3



x 3



3m 4 1



 x m 1 0 có nghiệm thực là đoạn



a b;



. Khi đó ab bằng
bao nhiêu?

A. ab 2. B. ab 2. C. ab 1. D. ab 1.
Lời giải

Chọn D.

Cách 1:

Điều kiện:   3 x 1.

Ta có



4 3





3 4 1



1 0 3 3 4 1 1

4 3 3 1 1

x x

m x m x m m

x x

   

         

</div>
(15)<div class='page_container' data-page=15>

 

1
1

7
3 4.

1 1 1

3 3 4 1 3

7 7 7 1

1 1 1

4 3 3 1

7 7 4 3.

1
3

x

x x x

m m

x

x x

x

 


   

      

   

   

   

     

    

   

    

 

Đặt

1
1

7 .
1
3

x
t

x

 



 



3;1



1 ;15

x t  

       

  . Từ

 

3 4

1 2 .

4 3

t
m

t



 



Để

 

1 có nghiệm thì

 

2 phải có nghiệm 1 ;15 .
15

t   

 

Xét hàm số

 

3 4
4 3

t
f t

t




 với
1

;15
15

t   

 . Có

 





7 1

' 0, ;15 .

15
4 3

f t t

t

 

     

 


Từ bảng biến thiên suy ra 7 9;

9 7

m   

 . Vậy

7 9

; 1.

9 7

a b  ab

Cách 2:

Điều kiện:   3 x 1.

+ Trong điều kiện đó ta có: 0 x 3 2,0 1 x2.

+ Đặt X  x3,Y  1 x, khi đó: 0 2 ,2 2
4

X Y

X Y

 




 



Phương trình ban đầu trở thành:



4m 3



X 



3m 4



Y m 1 0.
+ Ta quy về bài toán hình học:

“Tìm tham số m để đường thẳng : 4



m 3



x



3m 4



y m 1 0 cắt đường trịn

 

C x: 2y2 4 tại điểm nằm trong góc phần tư thứ nhất”.

+ Nhận thấy đường thẳng  luôn đi qua điểm cố định 1; 1
7 7

M   

</div>
(16)<div class='page_container' data-page=16>

+ Ta có 15 1;
7 7

MA  

 



suy ra đường thẳng 1 đi qua A M, có hệ số góc 1
1
15

k  .

1 15
;
7 7

MB  

 



suy ra đường thẳng 2 đi qua B M, có hệ số góc k 2 15.

+ Nếu 4
3

m  thì phương trình ban đầu trở thành 7 3 1 0

3 x    (vô nghiệm).3

+ Nếu 3m  4 0 thì đường thẳng  có hệ số góc 4 3.
3 4

m
k

m




 Do đó đường thẳng cắt cung
tròn AB khi và chỉ khi 1 2

1 4 3 7 9

15 3 4 9 7

m

k k k m

m



       

 .

Vậy 7; 9 1.

9 7

a b  ab

Câu 21. [1D2-3] Trong một bài thi trắc nghiệm khách quan có 10 câu. Mỗi câu có bốn phương án
trả lời, trong đó chỉ có một phương án đúng. Mỗi câu trả lời đúng thì được 1 điểm, trả lời sai
thì bị trừ 0,5 điểm. Một thí sinh do khơng học bài nên làm bài bằng cách với mỗi câu đều chọn
ngãu nhiên một phương án trả lời. Xác suất để thí sinh đó làm bài được số điểm khơng nhỏ hơn

7 là:
A. 7

10. B.

8 2
8

1 3
4 4

C     

    . C.

8 2
8

1 3
4 4

A     

    . D.
109
262144.

Lời giải
Chọn D

Gọi số câu trả lời đúng là x x N x



 , 10



Số điểm đạt được là : x 0,5 10



 x



1,5x 5 7  x8

+) TH1: 8 đúng 2 sai ,

8 2
8

1 3

4 4

C    

    
    .
+) TH2: có 9 đúng, 1 sai

9 1
9

1 3

4 4

C    

</div>
(17)<div class='page_container' data-page=17>

+) TH3: có 10 đúng, 0 sai

10
1
4
 
  

 
Tổng cộng 109

262144.

Câu 22. [2D4-4] Cho số phức z thỏa mãn 2 2 4

1 1

iz iz

i i

   

  . Gọi M , m lần lượt là giá trị lớn
nhất và giá trị nhỏ nhất của z . Tính giá trị của P M m . .

A. P 2. B. P 1. C. P 2 2. D. P 2 3.

Lời giải

Chọn C.

Cách 1:

Ta có 2 2 4 1 1 4

1 1

iz iz z i z i

i i

          

 

4  z 1 i  z 1 i       z 1 i z 1 i 2z 2z  z 2.

Giả sử z a bi  với a b  , , khi đó









1 1 1

z i a b i

      




     



Dấu “ ” xảy ra 1 1

1 1

a b

 

   

  .

Mặt khác ta có z 1 i  z  1 i 2



a1



2  2



a1



2 4

1 1 2 2 2 2

a a a b

         2 2

2 2

z i

  
 

 


Mặt khác ta có 42 



z 1 i  z 1 i



2 



1212





z 1 i2z 1 i2





2 2



4 2.2 z 1 i

     42 4.



z22



 z2 2 z  2.

Dấu “ ” xảy ra  z 1 i    z 1 i



a1



2



b1



2 



a1



2



b1



2  a b
Mặt khác ta có z 1 i  z  1 i 2



a1



2



a1



2 4



a 1





a 1



2 4 a 1 b 1

         1

z i

 


   


Vậy M 2 và m  2. Vậy P M m . 2 2.
Cách 2:

Ta có 2 2 4 1 1 4

 

1 1

iz iz z i z i

i i

          

 

Gọi A là điểm biểu diễn của số phức z, xét hai điểm F 1



1;1



và F2



1; 1



 

*  AF1AF2 4, mặt khác ta có F F 1 2 2 2 4

</div>
(18)<div class='page_container' data-page=18>

Có 2 2 2 2
2

a

b a c

c





   






Ta có z OA, theo tính chất Elip ta có max 1
1

min

2
2

M z OA a

m z OB b

    




   




Vậy P M m . 2 2.

Câu 23. [2D1-4] Cho hai hình cầu đồng tâm



O; 2



và



O; 10



. Một tứ diện ABCD có hai đỉnh
,

A B nằm trên mặt cầu



O; 2



và hai điểm C D, nằm trên mặt cầu



O; 10



. Tính thể tích lớn
nhất của khối cầu tứ diện ABCD .

A. 12 2 . B. 4 2 . C. 8 2 . D. 6 2 .

Lời giải
Chọn D.

+) Đặt IK a IH, b. . . .sin . .

6 6

a b d CD AB HK

V 

  



 







10 . 4 .
3

V a b a b

    



 

2 2



2 3

10 . 4 . 2

3 2

V a b a b

    



 

2 2



2 3

10 . 8 2 . 2
6

V a b a b

     \

2 3

. 216 6 2
6

V

  

Vậy Vmax 6 2. Dấu “ ” xảy ra khi a2;b1

Câu 24. [2H1-4] Cho hình hộp ABCD A B C D.    . Gọi M là điểm thuộc đoạn CC thỏa mãn
3

CC  CM . Mặt phẳng



AB M



chia khối thành hai phần có thể tích là V1, V2. Gọi V1 là thể

tích phần chứa điểm B. Tính tỉ số 1
2

V
k

V

 .

A. 7
9

k  . B. 7

k  . C. 13

k  . D. 13

k  .

Lời giải
Chọn C.

I

A

B

H

C

D

</div>
(19)<div class='page_container' data-page=19>

Cách 1:

Trong mặt phẳng



BCC B 



kéo dài B M cắt BC tại I. Trong mặt phẳng



ABCD



nối AI
cắt DC tại K.

Thiết diện của hình hộp bị cắt bởi mặt phẳng



AB M



là hình thang AB MK .

Ta có 1

CM CI CK

CCBI CD 

1
2

CI BC

 

Đặt







;



h d B ABCD 



;







h
d M ABCD

  .

ABCD

S S

ABC

S
S

  .

Gọi V là thể tích khối hộp ban đầu, khi đó V h S. .
Ta có V1VIABBVIMCK

 









.
1

; .

IABB B ABI ABI

V V   d B ABI S 

1 1

. . . . .sin

3 h 2 AB BI IBA



1 1 3

. . . . .sin
3 h 2 AB 2BC B

 1 1. . . .sin

2 2h AB BC B

 1 .

4h S


V

 .









.
1

; .

IMCK M ICK ICK

V V  d M ICK S 

1 1

. . . . .sin
3 3 2

h

CI CK ICK

 .

1 1 1 1

. .sin
3 3 2 2 3

h

BC CD C

    1 . .1 . .sin

54 h BC CD2 C

 1 . .

108 h S


108

V

 .

Thay vào

 

1 có 1

26
4 108 108

V V

V    V 2 1 26 82

108 108

V V V V V V

      1

2
13
41

V
V

  .

Cách 2:

Đặt V V ABCD A B C D.    , V1 VABC B MK.  VM ABCK. VM ABB. 

 

1
Trong đó:









; .

M ANCK ABCK

V  d M ABCK S 1 1.



;







3 3d C ABCD 3SABCD

 2

27V

 .









; .

M ABB ABB

V   d M ABB S 





1 1

; .

3d C ABB  2SABB A 

 1

6V
 .

Thay vào

 

1 ta có 1

2 1 13

27 6 54

V  V V  V 2 13 41

54 54

V V V V

    1

2
13
41

V
V

  .

Câu 25. [1D3-4] Cho dãy số ( )un được xác định bởi 1
2
3

u  và 1 ,





2(2 1) 1

n
n

n

u

u n

n u

  

   Tính
tổng 2018 số hạng đầu tiên của dãy số đó?

A. 4036

4035. B.

4035

4034. C.

4038

4037 . D.

4036
4037.
Lời giải

Chọn D.

A D K

I

B C

M
C
D

</div>
(20)<div class='page_container' data-page=20>

Ta có:

1 1

4 2

n n

n

u  u

  







 







1 1

4 1 2 4 2 4.1 2 4.2 2 ... 4 2

n

n n n

u  u

 

             

 

2
2

3 4 8 3

2 4

2 2

n n

n n  

   



 



1 2

2 2

4 8 3 2 1 2 3

n

u

n n n n



  

   

2 1 1

(2 1)(2 1) 2 1 2 1

n

u

n n n n

   

   

Do đó

1 2

1 1 1 1 1 1

.... 1 ... 1

3 3 5 2 1 2 1 2 1

n n

S u u u

n n n

     

            

  

     

2018

1 4036

1 .

2.2018 1 4037

S

   



Câu 26. [2D1-3] Cho hàm số y x x( 2 3)

  có đồ thị

 

C có bao nhiêu điểm M thuộc đồ thị

 

C thỏa
mãn tiếp tuyến tại M của

 

C cắt

 

C và trục hoành lần lượt tại 2 điểm phân biệt A( khác M
) và B sao cho M là trung điểm của đoạn thẳng AB?

A.0. B.1 C.2 D.3

Lời giải
Chọn C

Ta có y x3 3x

   y3x2 3.

Gọi M m m



; 3 3m



( )C  y m( ) 3 m2 3.

Phương trình tiếp tuyến của

 

C tại M là :y



3m2 3





x m



m3 3m.

Phương trình hồnh độ giao điểm của

 

C và  là :x3 3x



3m2 3





x m



m3 3m



x m





3m2 3





x m x





2 mx m2



3



x m



        

2 2

2 0

x m
x m

x m

x mx m

x m





 

   



  

  



Theo yêu cầu bài tốn thì m 0.
Từ giả thiết suy ra xA 2m.

Gọi B là giao điểm của đường thẳng  và trục Ox suy ra B x



B;0



Do M là trung điểm của AB nên ta có:





4 4 ; 0

2 2

A B B

M B

x x m x

x    m   x  m B m .

Mà B  



4m m





3m2 3



m3 3m0













3 3 3 3 0 10 12 0 6

m

m m m m m m

m





        

 


</div>
(21)<div class='page_container' data-page=21>

Câu 27. [2D1-4] [Đề thi thử lần 1 – Sở Bình Phước - 2018] Cho hàm số

2 3 4

x   

y ax ax , với

a

là tham số. Để hàm số đạt cực trị tại x x1; 2 thỏa mãn

2 2

1 2

2 2

2 1

2 9

 

 

 

x ax a a

a x ax a thì

a

thuộc khoảng nào?

A. 3; 5

a   

 . B.

7
5;

a   

 . C. a   



2; 1



. D.

7
; 3
2

a    

 .

Giải

Ta có y x2 2ax 3 .a Để phương trình đã cho có hai điểm cực trị x x1, 2 thì ta cần phương

trình y  0 x2 2ax 3a0 1

 

có hai nghiệm phân biệt. Phương trình

 

1 có hai
nghiệm phân biệt khi và chỉ khi 2 3 0





0 0

a
a a a a

a





        

 

 .

Áp dụng định lý Vi-et ta được x1x2 2 2 .a

 

Chú ý x1 là nghiệm của

 

1 và sử dụng

 

nên x12 2ax1 3a0













2 2 2

1 2 2 9 1 2 1 3 2 1 2 12 2 1 2 12 4 12

x ax a x ax a a x x a a x x a a a

             

Tương tự ta có x222ax19a4a212a.

2 2

1 2

2 2

2 1

2 9

x ax a a

a x ax a

 

 

 

2 2

4 12

a a a



  



4 12

a a



  











2 2

4a 12 a 2 4a a 12 0

       



4a12



 a 2 0

4 5;

a   

    

 .

Câu 28. [2D4-4] Cho z z1, 2 là hai trong các số phức z thỏa mãn điều kiện z 5 3 i 5, đồng thời
1 2 8

z  z  . Tìm tập hợp các điểm biểu diễn của số phức w z 1 z2 trong mặt phẳng tọa độ
Oxy là đường trịn có phương trình nào dưới đây?

A.

2 2

5 3 9

2 2 4

x y

   

   

   

    . B.

2 2

5 3

2 2

x y

   

   

   

    .

C. x10



2



y 6



2 36. D.



x10



2



y 6



2 16.
Lời giải

Chọn C.

Gọi A, B lần lượt là điểm biểu diễn của z1, z2.
H là trung điểm của AB.

5 3 5

z  i  suy ra A B, 

  

C1 : x 5



2



y 3



2 25.

1 2 8

z  z   AB 8 suy ra H



C2

 

: x 5



2 



y 3



2 9.
Gọi M là điểm biểu diễn của w z 1 z2  OM OA OB 2OH

   

Suy ra M là ảnh của H qua phép vị tự tâm O tỉ số vị tự bằng 2.

Vậy quỹ tích điểm M là đường trịn có phương trình



x10



2



y 6



2 36.

</div>
(22)<div class='page_container' data-page=22>

A. 68

203. B.

203. C.

680. D.

13
55.
Lời giải

Chọn A.

Gọi A là biến cố : “Rút ngẫu nhiên 3 thẻ mang các số có tổng chia hết cho 3”.
Ta có: n

( )

W =C303 .

- Ta chia 30 thẻ được đánh số từ 1 tới 30 thành 3 loại sau:
Loại 1: 10 thẻ mang số chia cho 3 dư 1.

Loại 2: 10 thẻ mang số chia cho 3 dư 2.
Loại 3: 10 thẻ mang số chia hết cho 3.

- Rút 3 thẻ mang số có tổng chia hết cho 3 xảy ra các trường hợp sau :
1

TH : 3 thẻ đó đều là thẻ loại 1 có : C103 cách.
2

TH : 3 thẻ đó đều là thẻ loại 2 có : 3
10
C cách.
3

TH : 3 thẻ đó đều là thẻ loại 3 có : C103 cách.
4

TH : 3 thẻ đó gồm 1 thẻ loại 1, 1 thẻ loại 2, 1 thẻ loại 3 thì có : 10.10.10 1000= cách.
Xác suất của biến cố A là :

( )

( )

3
10

3
30

3 1000 68
203

n A C

P A

n C

= = =

W .

Câu 30. [2D4-3] Cho số phức z a bi a b 



, R



thỏa mãn z2018 z

 . Hỏi có bao nhiêu cặp



a b;



thỏa
mãn đề bài:

A. 2021. B. 2018. C. 2019. D. 2020.

Lời giải:

Chọn D.

Ta có 2018 2018 0.
1

z

z z z z

z

 

    



+ Nếu z  0 z0.

+ Nếu z 1, ta có z2018 z z2018 1 z2019 1

z

     .

Vì phương trình z2019 1

</div>

Câu hỏi tổng hợp có đáp án chi tiết về hàm số lớp 12 | Toán học, Lớp 12 - Ôn Luyện





<sub></sub>

<sub></sub>

<sub></sub>





<sub></sub>

<sub></sub>





















 

<sub></sub>

<sub></sub>

























































 

 





 

 



 



 



 

<sub></sub>

 

 

 

 

<sub></sub>

<sub> </sub>

<sub></sub>

<sub> </sub>

<sub></sub>



 



 





