Đề ôn tập toán 12 (164)

ĐỀ MẪU CĨ ĐÁP ÁN

TỐN 12
TỐN 12
Thời gian làm bài: 40 phút (Khơng kể thời gian giao đề)
-------------------------

Họ tên thí sinh: .................................................................
Số báo danh: ......................................................................
Mã Đề: 064.
1

ex

I 

x
0 1 e 

Câu 1. Cho

6

dx
x
. Đặt t 1  e , mệnh đề nào dưới đây đúng ?

1e

I 
A.

1e

1
dt.

t5
2

I 
B.

1e

1

t

4

dt.

2

1e

1
I   6 dt .
t
2

C.
Đáp án đúng: C

1
I   4 dt.
t
2
D.

z  1  3i  z  5  i 2 65
z  2i
Câu 2. Cho số phức z thỏa mãn
. Giá trị nhỏ nhất của
đạt được khi
2
2
a
,
b
z a  bi với
là các số thực dương. Giá trị của 2a  b bằng
A. 24 .
B. 33 .
C. 36 .
D. 17 .
Đáp án đúng: B

Giải thích chi tiết: Gọi
Theo giả thiết

z  x  yi;

 x, y    . Điểm

M  x; y 

biểu diễn số phức z .

z  1  3i  z  5  i 2 65

 x  yi  1  3i  x  yi  5  i 2 65 

 x  1

2

2

  y  3 

 x  5

2

2

  y  1 2 65

(1)

 Tập hợp điểm M biểu diễn số phức z nằm trên đường elip  E  có tiêu điểm F1  1;  3 và F2   5;1 . Mà

z 2i 

 x  2

2

2

  y  1 MA

A  2;  1
, với 
là trung điểm của F1 F2 .
MA  z  2  i
M    E 
Do đó
nhỏ nhất khi
; với  đi qua A ,   F1 F2 và M có tọa độ dương. Ta có
4  3x


 y
F1 F2   6; 4   n   3; 2 

3
x

2

y

4

0
2 .
. Phương trình  là

Thay vào (1) ta được

2

3x  4

 3 
 x  1  
 2

2

2

3x  4 
 1 2 65
 x  5  
 2

2

 x 2

 13 x 2  52 x  104 2 65  13 x 2  52 x  156 0  
 x  6 .

+ Với x  6  y  7 (loại).
x 2  y 5  M  2;5   a 2; b 5  2a 2  b 2 33
+ Với
.
M  1;0;3
Câu 3. Trong khơng gian Oxyz , hình chiếu của điểm
trên đường thẳng
đồ là

d:

x 1 y  3 z  4


2
2
1 có tọa

1


 3;  1;6 
A.
Đáp án đúng: B

B.

 1;1;5 .

C.

  1;3; 4  .

D.

  3;5;3 .

M  1;0;3
Giải thích chi tiết: Trong khơng gian Oxyz , hình chiếu của điểm
trên đường thẳng
x 1 y  3 z  4
d:


2
2
1 có tọa đồ là
  3;5;3 . B.   1;3; 4  . C.  1;1;5 . D.  3;  1;6 
A.
Lời giải
x 1 y  3 z  4
d:


M
1;0;3



2
2
1
Gọi H là hình chiếu của điểm
trên đường thẳng



H  d  H  2t  1;  2t  3; t  4 


MH  2t  2;  2t  3; t  1
u  2;  2;1
d
; đường thẳng có véc tơ chỉ phương
 
Ta có MH .u 0  4t  4  4t  6  t  1 0  t 1 .
Vậy

H  1;1;5

.
1

y = f ( x)

Câu 4. Cho hàm số
1

liên tục trên đoạn [ 0;1,] thỏa mãn

ò éëf ( x) ùû dx

B.

1.

C.

1

và

0

. Giá trị

a, b

ta có

1

2

2

sao cho

D.

10.

nên ta sẽ liên kết với bình phương

1

1

0

0

2
ị éëf ( x) + a x + bùû dx = ò éëf ( x) ùû dx + 2ò( a x + b) f ( x) dx + ò( a x + b) dx
0

0

1

2

ò éëf ( x) + a x + bùû dx = 0
0

Û a + ( 3b + 6) a + 3b + 6b + 12 = 0.
2

0

80.

éf ( x) ù2 , xf ( x) , f ( x)
ë
û

= 4 + 2( a + b) +

a, b

0

2

ò éëf ( x) ùû dx = 4

bằng

Ở đây các hàm xuất hiện dưới dấu tích phân là
éf ( x) + a x + bù2 .
ë
û

Ta cần tìm

1

3

của tích phân 0
A. 8.
Đáp án đúng: D
Giải thích chi tiết:
Lời giải.

Với mỗi số thực

1

ò f ( x) dx = ò xf ( x) dx = 1

2

hay

a2
+ ab + b2.
3

4 + 2( a + b) +

a2
+ ab + b 2 = 0
3

D = ( 3b + 6) - 4( 3b2 + 6b +12) ³ 0
2

Để tồn tại

a

thì

2

Û - 3b 2 +12b - 12 ³ 0 Û - 3( b - 2) 0 b = 2 ắắ
đ a =- 6.
1

Vy

2

1

3

ự
đ òé
ò éëf ( x) - 6x + 2ùû dx = 0 ắắđ f ( x) = 6x - 2, " x ẻ [ 0;1] ắắ
ởf ( x) ỷ dx = 10.
0

0

 P  : 3x  2 y  z  1 0. Mặt phẳng  P  có vectơ
Câu 5. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng

pháp tuyến là.


n  3;  1; 2 
n   1;3; 2 
A.
.
B.
.


n  3; 2;  1
n  2;3;  1
C.
.
D.
.
2


Đáp án đúng: C
Câu 6.
Cho hình nón đỉnh

có đáy là đường tròn tâm

. Gọi A, B là hai điểm bất kỳ trên đường trịn

với cạnh đáy bằng
và có diện tích là

tích khối chóp S.OAB đạt giá trị lớn nhất bằng
A.

. Thiết diện qua trục hình nón là một tam giác cân

.

B.

C.
.
Đáp án đúng: D

  : x 

A.



.

n3  1;  2;4 

B.
D.

n1  1;2;  4 



.

Giải thích chi tiết: Trong không gian Oxyz , cho mặt phẳng

vectơ pháp tuyến của mặt phẳng   ?


n3  1;  2;4 

.Vectơ nào dưới đây là một vectơ pháp

n4   1;2;4 



C.
Đáp án đúng: C

.

2 y  4 z  1 0



n2  1;2;4 

.

D.

Câu 7. Trong không gian Oxyz , cho mặt phẳng

tuyến của mặt phẳng   ?

. Thể





n1  1;2;  4 

  : x 

.

2 y  4 z  1 0

.Vectơ nào dưới đây là một



n2  1;2;4 

n4   1;2;4 

A.
. B.
. C.
. D.

Lời giải
Câu 8. Cho khối cầu có đường kính bằng 4 . Thể tích khối cầu đã cho bằng
256
A. 3 .
B. 6 .
C. 16 .

32
D. 3 .

Đáp án đúng: D





log 3 x 2  2 x  3 1

Câu 9. Tập nghiệm của phương trình
2
0
A.   .
B.   .
Đáp án đúng: C

là
C.

 0;  2 .

D.

 0; 2 .

 x 0

log 3 x  2 x  3 1  x  2 x  3 3  x 2  2 x 0
 x  2 .
Giải thích chi tiết: Ta có:
S  0;  2
Vậy tập nghiệm của phương trình là
.



2



2


Câu 10. Cho lăng trụ đứng ABC. A ' B ' C ' có đáy ABC là tam giác vuông tại B , AC a 3 , góc ACB bằng
300 . Góc giữa đường thẳng AB ' và mặt phẳng  ABC  bằng 600 . Bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện A ' ABC
bằng
a 21
A. 8 .
Đáp án đúng: B

a 21

B. 4 .

a 21
C. 2 .

3a
D. 4 .

3


Giải thích chi tiết:

AB  AC.sin 300 

a 3
2

Trong tam giác vng ABC có:
AB '  ABC   A
ABC 
Vì
và hình chiếu của B ' lên mặt phẳng 
là B nên góc giữa đường thẳng AB ' và mặt
'
'
ABC 
phẳng 
bằng góc giữa hai đường thẳng AB ' và AB , và bằng góc B AB ( vì tam giác AB B vng tại B
'

0
). Do đó B AB 60 .
'

Trong tam giác vng AB B có:

BB '  AB.tan 60 0 

a 3
3a
.tan 600 
2
2
2

 3a 
A'C  AA'2  AC 2    
'
 2 
Trong tam giác vng AA C có:



3a



2



21
a
2

'
'
'
BC   ABB ' A' 
'
0
0
BC

AB
BC

AA
Ta có:
và
nên
, suy ra BC  A B hay A BC 90 . Mà A AC 90 , suy
'
ra hai điểm A , B cùng nhìn A C dưới một góc vng.

Vậy bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện A ' ABC bằng

R

'

AC
21

a
2
4
.

Câu 11.
Cho hàm số

y  f  x

liên tục trên đoạn

  2; 4

và có đồ thị như hình vẽ.

4


Phương trình
A. 3 .

3 f  x   4 0

có bao nhiêu nghiệm thực trên đoạn
B. 1 .

  2;4 ?

C. 2

D. 0

Đáp án đúng: A
Câu 12. Họ nguyên hàm của hàm số
A. sin 2x  C .

f  x  2 cos 2 x

là
B. 2sin 2x  C .
D.  2 sin 2x  C .

C. sin 2x  C .
Đáp án đúng: C
Câu 13.

Trên mặt phẳng tọa độ, điểm M là điểm biểu diễn số phức z . Số phức z bằng

A. z  2  3i .
Đáp án đúng: A

B. z  2  3i .

C. z 2  3i .

D. z 2  3i .

Giải thích chi tiết: Trên mặt phẳng tọa độ, điểm M là điểm biểu diễn số phức z . Số phức z bằng

A. z  2  3i . B. z 2  3i . C. z 2  3i . D. z  2  3i .
Lời giải
Từ hình vẽ ta có z  2  3i  z  2  3i .
(m  1)x 3
y
 (m  1)x 2  4x  1
3
Câu 14. Cho hàm số
. Hàm số đã cho đạt cực tiểu tại x1 , đạt cực đại tại x 2
đồng thời x1  x 2 khi và chỉ khi:

 m 1

A.  m 5
Đáp án đúng: C

B. m  1
y

C. m  5

 m 1

D.  m  5

(m  1)x 3
 (m  1)x 2  4x  1

3
. Hàm số đã cho đạt cực tiểu tại x1 , đạt cực

Giải thích chi tiết: Cho hàm số
đại tại x 2 đồng thời x1  x 2 khi và chỉ khi:

 m 1
 m 1


0
0
A. m  1 B. m  5 C.  m 5 D.  m  5
Lời giải
Yêu cầu bài toán tương đương tìm m để hàm số đã cho có hai cực trị.
y (m  1)x 2  2( m  1)x  4 . Hàmsố đã cho có hai cực trị x1  x 2 khi vàchỉ khi phương trình y 0 có hai
nghiệm phân biệt và m  1  0 , khi đó:
5



2
2
  (m  1)  4(m  1) m  6m  5  0 

m  1  0


 m 1
 m  5  m 1



Câu 15.
Cho hàm số

y  f  x

có bảng biến thiên như sau:

Khẳng định nào sau đây sai?

  ;  1 và  2;  .
A. Hàm số đồng biến trên các khoảng
  1; 2  .
B. Hàm số nghịch biến trên khoảng
 2;5 .
C. Hàm số đồng biến trên khoảng
 0;  .
D. Hàm số đồng biến trên khoảng
Đáp án đúng: D
y  f  x
Giải thích chi tiết: Cho hàm số
có bảng biến thiên như sau:

Khẳng định nào sau đây sai?
A. Hàm số đồng biến trên khoảng

 2;5 .

B. Hàm số đồng biến trên khoảng

 0;  .

  ;  1 và  2;  .
C. Hàm số đồng biến trên các khoảng
  1; 2  .
D. Hàm số nghịch biến trên khoảng
Lời giải
Câu 16. Cho khối cầu có bán kính r = 2. Thể tích khối cầu đã cho là
8
32
.
.
A. 16
B. 3
C. 3

D. 32 .

Đáp án đúng: C
Giải thích chi tiết: Cho khối cầu có bán kính r = 2. Thể tích khối cầu đã cho là
32
8
.
.
A. 3
B. 16
C. 32 .
D. 3
6

Lời giải

4
4
32
V   r 3  . .23 
.
3
3
3
Thể tích khối cầu bán kính r = 2 là
 H  có thể tích là 4a 3 , đáy là tam giác vng cân có độ dài cạnh huyền bằng a 2 .
Câu 17. Cho khối lăng trụ
 H  bằng.
Độ dài chiều cao khối lăng trụ
A. 8a .
Đáp án đúng: A

B. 6a .

C. 4a .

D. 2a .

2

I 26 1  cos3 x .sin x.cos 5 xdx

1
Câu 18. Giá trị của tích phân
21
21
A. 91 .
B. 19 .
Đáp án đúng: C

là
12
C. 91 .

12
D. 19 .

2

Giải thích chi tiết: Giá trị của tích phân
21
12
21
12
A. 91 . B. 91 . C. 19 . D. 19 .

I 26 1  cos3 x .sin x.cos5 xdx
1

là

Hướng dẫn giải

6
3
6
3
5
2
Đặt t  1  cos x  t 1  cos x  6t dt 3cos x sin xdx
1
 t 7 t 13  1 12
2t 5 dt
 dx  2
 I 2t 6  1  t 6  dt 2  
 
cos x sin x
 7 13  0 91
0

Câu 19.
có đáy ABC là tam giác vuông cân tại A , BC = 2a (với 0 < a Ỵ ¡

Cho khối lăng trụ đứng
), góc giữa đường thẳng
bằng
3
A. 2 3a .
Đáp án đúng: B

và mặt phẳng

B.

6a3 .

0
bằng 60 . Thể tích của khối lăng trụ đã cho

2 3a3
3 .
C.

D.

6a3
3 .

x
x 1
Câu 20. Phương trình 4  m.2  2m 0 có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 và x1  x2 3 khi:
3
m .
2
A. m 4.
B.
C. m 1.
D. m 5.
Đáp án đúng: A
Câu 21.
y  f  x
 \  1
Cho hàm số

xác định trên
, liên tục trên mỗi khoảng xác định và có bảng biến thiên như sau:

7


f  x  m
Tìm tập hợp tất cả các giá trị thực của tham số m sao cho phương trình
có ba nghiệm thực phân biệt.
 2; 1
 2 ;  1
  1;1 .
  1;1 .
A.
.
B.
C.
D.
.
Đáp án đúng: A
A  0;  1; 2  , B  2;5; 4 
 P  :2 x  2 y  z  3 0 .
Câu 22. Trong không gian Oxyz cho hai điểm
và mặt phẳng
2
2
M  a; b; c 
 P  nhỏ nhất. Khi đó
Gọi
là điểm thỏa mãn biểu thức MA  MB 40 và khoảng cách từ M đến







giá trị a.b.c bằng:
A.  8 .

C. 0 .

B. 7 .

D.  9 .

Đáp án đúng: A

A  0;  1; 2  , B  2;5; 4 
Giải thích chi tiết: Trong khơng gian Oxyz cho hai điểm
và mặt phẳng
 P  :2 x  2 y  z  3 0 . Gọi M  a; b; c  là điểm thỏa mãn biểu thức MA2  MB 2 40 và khoảng cách từ M
 P  nhỏ nhất. Khi đó giá trị a.b.c bằng:
đến
A. 0 . B.  8 .C. 7 . D.  9 .
Lời giải
I  1; 2;3
Gọi
là trung điểm AB , AB 2 11
 


2
2
MA2  MB 2 40  MI  IA  MI  IB 40



 



AB 2
40  MI 3
2
 S  cầu có tâm I  1; 2;3 , R 3 .
Do đó M thuộc mặt cầu
2.1  2.2  3  3 4
d  I, P  
 R
2
22    2   12 3
mặt phẳng cắt mặt cầu theo một đường tròn.
M  a; b; c 
 P  nhỏ nhất.
Gọi
là điểm trên mặt cầu sao cho khoảng cách từ M đến
 2 MI 2 

8

 P
Khi đó, M thuộc đường thẳng  vng đi qua M và vng góc với
 x 1  2t

 :  y 2  2t
 z 3  t


Tọa độ M là nghiệm của hệ:
2

2

 x 1  2t
 y 2  2t

 z 3  t

 x  1 2   y  2  2   z  3 2 9


2

  2t     2t    t  9  9t 2 9  t 1

t 1  M  3;0; 4   d  M ;  P   
Với

2.3  2.0  4  3

10

3
22    2  12

t  1  M   1; 4; 2   d  M ;  P   
Với
Vậy

2

.

2.   1  2.4  2  3
2

22    2   12



1
3

M   1; 4; 2   abc  8
.

A  0; 0; 3 B  0; 0;  1 C  1; 0;  1
Câu 23. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz , cho tam giác ABC với
,

,
.
ABC
I
Tìm tọa độ tâm của đường trịn ngoại tiếp tam giác
.
1

1

I  ;0;0 
I  ;0;1
I  1;0; 2 
I
0;0;1

.
.
.
A.
.
B.  2
C.
D.  2
Đáp án đúng: D
A  0; 0; 3 B  0; 0;  1
Giải thích chi tiết: Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz , cho tam giác ABC với
,
,
C  1; 0;  1

. Tìm tọa độ tâm I của đường trịn ngoại tiếp tam giác ABC .
1

1

I  ;0;1
I  ;0;0 
I  1;0; 2 
I
0;0;1


 . C.
.
A.
. B.  2
. D.  2
Lời giải


 
AB  0; 0;  4  BC  1; 0; 0   AB.BC 0  AB
Ta có
,
và BC vng góc.
Suy ra ABC vng tại B . Vậy tâm đường tròn ngoại tiếp ABC là trung điểm I của AC .

9

x A  xC 1

x


I

2
2

y y

1

I  x; y; z  :  yI  A C 0  I  ;0;1 
2
2


z A  zC

 z I  2 1

.
Câu 24.
có đạo hàm liên tục trên ¡ , thỏa mãn

Cho hàm số
 86 

f 
 85  bằng
A.
.
Đáp án đúng: D

B.

( x  1) f ( x) 
Giải thích chi tiết:
1 x 1
 ln f  x   ln
C
3 x2
f  2  2

Do

.

( x  1) f ( x) 

C.

.

f ( x)
x  2 và

. Giá trị

D.

.

f  x 
f ( x)
1


x2
f  x   x  1  x  2 

1 1
ln f  2   ln  C  C ln 2  ln 3 4 ln 2 3 4
3 4
suy ra
.





 23 4 
1
1
 86  1
ln f    ln
 ln 2 3 4 ln  3  ln
2

 85  3 256
4 4
Suy ra
 86  1
 f  
 85  2 .





Câu 25. Thể tích V của khối cầu có bán kính đáy r 2 bằng
A. 32 .
Đáp án đúng: C

32
.
C. 3

B. 8 .
e

Câu 26. Tính tích phân

I 
1

ln x  1
dx
x

bằng cách đổi biến số, đặt

2

2 u du

A.
.
Đáp án đúng: A

B.

1

u du
1

.

e

Giải thích chi tiết: Tính tích phân
e

A.

u du
1

e

. B.

2 u du
1

I 

2

. C.

u du
1

ln x  1 u thì I bằng

e

2
2

D. 16 .

1

C.

u du
1

e

.

ln x  1
dx
x
bằng cách đổi biến số, đặt

D.

2 u du
1

.

ln x  1 u thì I bằng

2

. D.

2 u 2 du
1

.
10

Lời giải

ln x 1 u  ln x  1 u

Đặt

2



dx
2u du
x
.

Đổi cận: x 1  u 1; x e  u  2 .
2

Khi đó

I 2 u 2 du
1

.

Câu 27. Xét tứ diện ABCD có các cạnh AB  BC  CD  DA 1 và AC , BD thay đổi. Giá trị lớn nhất của
thể tích khối tứ diện ABCD bằng
4 3
A. 9 .
Đáp án đúng: B

2 3
B. 27 .

2 3
C. 9 .

4 3
D. 27 .

f  x
f  4   f  2  1
Câu 28. Cho hàm số
liên tục và xác định trên toàn số thực sao cho thỏa mãn
và
2
 14  2 x  2 x 10  2 x 10 
4
1
f 
 6 x  4  f  x 2  x    2 x. f 


3
3
3
3

 3  , x   . Khi ấy giá trị của tích phân



4

f  x  dx

bằng

1

A. 1.
Đáp án đúng: A

B. 2.

Giải thích chi tiết: Ta có:

12 x  8
3

D. 5.

 14  2 x 2  2 x  10  2 x  10 
4
1

f  x 2  x    2 x. f 
f 


3

3
3
3

 3  , x  



 6 x  4


C. 0.

4
1  4 x  14  2 x 2  4 x  20  2 x 10 

f  x2  x   
.f 
f 


3
3 3 
3
9

 3  , x  


Tiếp theo ta lựa chọn cận để lấy tích phân hai vế như sau:

1

1
 14  2 x 2 
4 x  20  2 x  10 
d
x

f 


 dx

3
9
3




2
Bằng phương pháp đổi biến số, ta suy ra được:
2
4
1
4
2 x  10  2 x  10   2 
2 f  x  dx  f  x  dx  
f 
d

x


 xf  x  dx
2
 3  3  2
1
2
2

12 x  8

3
2

4
1

f  x 2  x   dx 
3
3


1

4x
.f

3
2

Sử dụng phương pháp từng phần, ta suy ra được: (cùng với
2

4

4

2 f  x  dx  f  x  dx 4 f  4   2 f  2  
1

2

2

4

 2 f  x  dx  2f  x  dx 2 
1

2

2

f  4   f  2  1

f  x  dx 2  f  x  dx
2

2

4

4

f  x  dx  f  x  dx f  x  dx 1
1

)

4

2

1

.

Câu 29. inh chóp túr giác đều S.ABCD có tất cả bao nhiêu mặt phắng đối xứng?
A. 2 .
B. 4 .
C. 5 .
D. 3 .
Đáp án đúng: B
 a, b    thỏa mãn z  2  i  z  1  i  0 và z  1 . Tính P a  b .
Câu 30. Cho số phức z a  bi ,
11


A. P 3 .

Đáp án đúng: B

B. P 7 .

Giải thích chi tiết: Từ giả thiết

 



Lấy

D. P  1 .

z  2  i  z  1  i  0  a  bi  2  i 

a 2  b 2  1  i  0

 a  2  a 2  b 2 0 (1)
a 2  b 2 i 0  
b  1  a 2  b 2 0 (2)

.

.



a2  b2  b 1 

 a2

C. P  5 .

 1 ta được
ta được a  b  1 0  b a  1 . Thay vào phương trình
a  2
a  2
2
a 2   a  1 0  2a 2  2a  1 a  2   2
2   2
a  2a  3 0
2a  2a  1  a  2 

 1   2 

a2

a  2
 a  1

   a  1  
 a 3
  a 3

+ Với

.
a  1  b 0  z  1  z 1

a 3  b 4  z 3  4i  z 5
+ Với
.
Vậy P a  b 7 .

Câu 31.
Điểm nào ở hình vẽ bên biểu diễn số phức z 3  2i

B. Q .

A. N .
Đáp án đúng: B

1011

Câu 32. Cho tích phân
1 1011
I   t 2022dt
2 0
A.
.

I 
0

 2 x  1

C. M .
2022

dx

. Đặt t 2 x  1 , khẳng định nào sau đây đúng?
1011

B.

1
C.
Đáp án đúng: D

I  t 2022dt
0

.

1 2021 2022
 t dt .
D. 2  1

2021

I  t 2022dt

D. P .

.
1011

I 

 2 x  1

2022

dx
Giải thích chi tiết: Cho tích phân
. Đặt t 2 x  1 , khẳng định nào sau đây đúng?
1 1011
1 2021 2022
2021
1011
I   t 2022dt
t dt
I  t 2022dt
I  t 2022dt

0

1
2
1
0
A.
. B. 2
. C.
. D.
.
0

Lời giải
12


1
dt 2dx  dx  dt
2 .
Đặt t 2 x  1 , suy ra
Đổi cận:

x
t

0

1011
2021

1

2021
1
1 2021
I  t 2022 . dt   t 2022dt
1
2
2 1
Suy ra
.

Câu 33. Biểu thức log a b.log b c có giá trị bằng:
A. log a c .

B.

log b

log b c .

D. log a (b  c) .

c .
C.
Đáp án đúng: A

A 1; 0; 2 
Câu 34. Trong không gian Oxyz , gọi d là đường thẳng qua 
, cắt và vng góc với đường thẳng
x 1 y z 5
d1 :
 
1
1
 2 . Điểm nào dưới đây thuộc d ?

A.

M   1;  1;1

.

N 0;  1; 2 
C. 
.
Đáp án đúng: B

B.

Q  0;  1;1

.

D.

P  2;  1;1

.

A 1; 0; 2 
Giải thích chi tiết: Trong khơng gian Oxyz , gọi d là đường thẳng qua 
, cắt và vng góc với đường
x 1 y z 5
d1 :
 
1
1
 2 . Điểm nào dưới đây thuộc d ?
thẳng
P 2;  1;1
A. 

.
Lời giải

Đường thẳng

B.

Q  0;  1;1

.

C.

N  0;  1; 2 

.

D.

M   1;  1;1

.


u  1;1;  2 

d1

có một VTCP vectơ chỉ phương là
.

d
Giả sử đường thẳng d cắt đường thẳng 1 tại B .

AB  t ; t ;3  2t 
B 1  t ; t ;5  2t   d1
Khi đó 
và
 
d
AB

d

AB.u 0
1
Vì đường thẳng d vng góc với đường thẳng 1 nên
 t  t   3  2t    2   0  t 1
.
B 2;1;3
Suy ra 
.

A
1;0;
2
 và có vectơ chỉ phương AB  1;1;1 là
Phương trình đường thẳng d đi qua 
x 1 y z 2
 
1

1
1 .
Nhận thấy

Q  0;  1;1  d

.

13


Câu 35. Cho lăng trụ tam giác đều ABC. A ' B ' C ' có AB 2a , góc giữa đường thẳng AC và mặt phẳng
 AA ' B ' B  bằng 30 . Gọi H là trung điểm của AB . Tính theo a bán kính R của mặt cầu ngoại tiếp hình chóp
A.HB ' C ' .
a 66
4 .
A.
Đáp án đúng: A
R

B.

R

a 30
6 .

C.

R

a 3
6 .

D.

R

a 2
2 .

Giải thích chi tiết:
Vì

C ' H   AA ' B ' B 


 AA ' B ' B  là: HAC
' 30 .
nên góc giữa đường thẳng AC ' và mặt phẳng

A ' H HC '.cot 300 3  AA ' 2 2a .

Gọi M , N lần lượt là trung điểm của B ' C ', BC thì MN là trục đường trịn ngoại tiếp HB ' C '
Gọi I  MN : IB ' IA thì I là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp A.HB ' C ' .
  
2
IS IA  IM  MA '  A ' A IM 2  MB '2
Ta có
 

5 2a
 2.IM . A ' A  10a 2  IM 
4 .



R  IM 2  MB '2 



66a
4 .

Vậy
Câu 36. Cho mặt cầu có bán kính a . Đường kính của mặt cầu đó
A. a .
Đáp án đúng: D
Câu 37.

B.

a

3
2 .

C. a 2 .

D. 2a .

14


Cho

,

là hai trong các số phức

thỏa mãn điều kiện

. Tập hợp các điểm biểu diễn của số phức
đường trịn có phương trình nào dưới đây?

A.
C.
Đáp án đúng: C

, đồng thời

trong mặt phẳng tọa độ

.

B.

.

.

D.

.

là

Giải thích chi tiết:
Gọi

,

,

lần lượt là các điểm biểu diễn của

thuộc đường trịn
có tâm

và
và bán kính

điểm của OM và
Gọi

là điểm đối xứng của

A.  8 .
Đáp án đúng: A

. Khi đó

,

.
là trung điểm của AB khi đó

, gọi

qua

là trung

và IT là đường trung bình của tam giác

suy ra

.

thuộc đường tròn tâm

Câu 38. Cho số phức
P a  b .

,

.

, do đó
Vậy

,

bán kính bằng

z a  bi  a, b 

thỏa mãn

B. 10 .

và có phương trình

z  2  5i 5

và z.z 82 . Tính giá trị của biểu thức

C.  7 .

D.  35 .

  a  2  2   b  5  2 5 a   5b  43  1
2


2
2
2
2
a  b 82  2 
a  b 82


Giải thích chi tiết: Theo giả thiết ta có
 b  9
29b 2  430b  1521 0  
 b   169
1
2


29

Thay
vào
ta được

Vì b   nên b  9  a 1 . Do đó P a  b  8 .
Câu 39.
15


Cho hình chóp
vng tại
phẳng

có

vng góc với mặt phẳng

,

và

, tam giác

(minh họa hình vẽ bên). Góc giữa đường thẳng

và mặt

bằng

A.
.
Đáp án đúng: A

B.

.

Câu 40. Tìm tất cả các họ nguyên hàm của hàm số
A.

,

f  x  dx 

C.

f  x 

1

1
x4

ln
C
3x 4 36 x 4  3

Giải thích chi tiết:

.

1
x  3x 5

B.

C.
Đáp án đúng: A

D.

9

4

1
1
x
f  x  dx  12x 4  36 ln x 4  3  C

.

D.

f  x  dx 

1
1
x4

ln
C
3x 4 36 x 4  3

1
1
x4
f  x  dx  12x 4  36 ln x 4  3  C

4
4
1
x3
1
dx 4
1  x  3  x
4
f  x  dx x9  3x5 dx  x 4 2 x 4  3 dx  4  x 4 2 x 4  3 12  x 4 2 x 4  3 dx
 


 

 


1 dx 4
1
dx 4
1
1  x4 
  2


ln 
 C
12  x 4  12 x 4  x 4  3
12x 4 36  x 4  3 
----HẾT---

16