Đề ôn tập toán 12 (513)

ĐỀ MẪU CĨ ĐÁP ÁN

TỐN 12
ƠN TẬP KIẾN THỨC
Thời gian làm bài: 40 phút (Không kể thời gian giao đề)
-------------------------

Họ tên thí sinh: .................................................................
Số báo danh: ......................................................................
Mã Đề: 013.
Câu 1. Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình bình hành. Hai điểm M , N lần lượt thuộc các đoạn
AB
AD
2
3
8
AN
thẳng AB và AD ( M và N khơng trùng với A ) sao cho AM
. Kí hiệu V , V1 lần lượt là thể tích
V1
của các khối chóp S . ABCD và S .MBCDN . Tìm giá trị lớn nhất của tỉ số V .
13
A. 16 .
Đáp án đúng: A

11
B. 12 .

2
C. 3 .

1
D. 6 .

Giải thích chi tiết:

VSADB
AD AB
2.VSADB
AD AB

.

 2.
.
VSANM
AN AM
Ta có: VSANM AN AM
AD AB
1
V1 2. AN . AM  1


AD AB
AD AB
V
2.
.
2.
.
AN AM

AN AM
V1 x  8  3x   1
1
AD
AB

1  2
x
 2
8  3 x ,  1  x  2 
x  8  3x 
3x  8x
AN
AM
Đặt
. Khi đó V
1
f  x  1  2
,  1  x 2 
3x  8 x
Đặt
V
AD AB
V  V1

 2.
.


V  V1

AN AM
V

f  x  

Ta có:

6x  8

 3x

2

 8x 

2

 f  x   0  

6x  8

 3x

2

 8x 

2

4

4
13
 0  x   f   
3
 3  16

Bảng biến thiên hàm số y  f  x 

1


13
4
x
3.
Dựa vào bảng biến thiên ta được hàm số đạt giá trị lớn nhất là 16 tại
V1
13
V
16
Vậy giá trị lớn nhất của tỉ số
là
.
Câu 2. Cho hình chóp S . ABC có đáy ABC là tam giác vng cân tại C , CA CB a . Hình chiếu vng góc
 SAC  và  SBC  bằng 60o . Thể
của S trên đáy là điểm G là trọng tâm của ABC . Góc giữa hai mặt phẳng
tích khối chóp S . ABC ?
a3
A. 18 .
Đáp án đúng: A

a3
B. 30 .

a3
C. 24 .

a3
D. 36 .

Giải thích chi tiết:
Gọi I là trung điểm của AB .
SG   ABC 
Ta có: CA CB a và
.
SG h  h  0 
Đặt
Chọn không gian tọa độ Oxyz sao cho
a a 
a a 
G  ; ;0 
S  ; ;h
Suy ra  3 3  và  3 3  .

C O  0;0; 0 

,

A  a;0;0  B  0; a;0 
,

.

   


a2 
a a  


n

CS
,
CA

0;
ah
;

CS  ; ; h 


 
3 

 3 3  , CA  a;0;0   VTPT của  SAC  là
Ta có:
 



a2 
a a  


m

CS
,
CB


ah
;0;
CS  ; ; h 


 
3

 3 3  , CB  0; a;0   VTPT của  SBC  là
 

cos n, m cos 60o
o
SAC 
SBC 


Theo giả thiết thì góc giữa
và

bằng 60 nên





a2h2 

4

a4
9
4

a
a
. a 2 h2 
9
9



1
2





2a 4

a4
a
a 2 h 2 
 h
9
9
3
2


1
1 a a 2 a3
VS . ABC  .h.SABC  . . 
3
3 3 2 18 (đvtt).
Vậy
Câu 3. Cho các tập hợp khác rỗng A=( m− 18 ; 2m+7 ), B=( m−12 ; 21 ) và C=( − 15; 15 ). Có bao nhiêu giá
trị nguyên của tham số m để A ¿ ⊂C.
A. 3.
B. 4.
C. 1.
D. 5.
Đáp án đúng: D
m− 18<2 m+7 ⇔ \{ m>− 25 ⇔ − 25Giải thích chi tiết: +) Để A , B là các tập hợp khác rỗng ⇔ \{
.
m−12<21
m<33
+) TH1: 2 m+ 7≤ m −12 ⇔m≤ −19.
m− 18 ≥−15 ⇔ \{ m≥ 3 ⇔ 3 ≤ m≤ 4

Ta có A ¿=( m− 18 ; 2m+7 ). A ¿ ⊂C ⇔ \{
(Loại).
2 m+7 ≤ 15
m≤ 4
+) TH2: m− 12<2 m+7 ≤ 21 ⇔ −19< m≤7.
m− 18≥ −15 ⇔ \{ m≥ 3 ⇔3 ≤ m< 27
Ta có A ¿=( m− 18 ; m−12 ]. A ¿ ⊂C ⇔ \{
.
m− 12< 15
m<27
Kết hợp điều kiện suy ra 3 ≤ m≤ 7.
+) TH3: 2 m+ 7>21 ⇔m>7.
Ta có A ¿=( m− 18 ; m−12 ] ∪[ 21 ; 2 m+7 ).
A ¿ ⊂C ⇔ \{ m− 18≥ −15 ⇔ \{ m≥ 3 ⇔ 3 ≤ m≤ 4 (Loại).
2m+7 ≤ 15
m≤ 4
Với 3 ≤ m≤ 7 thì A ¿ ⊂C nên có 5 giá trị nguyên của m thỏa mãn.
Câu 4.
0
Một hình nón có đường kính đáy là 2a 3 , góc ở đỉnh là 120 . Độ dài đường sinh bằng:

A. l 2
Đáp án đúng: A

3
B. 3

C. 3

3

D. 2

3
Câu 5. Cho khối chóp tam giác đều có cạnh đáy bằng a 2 và thể tích bằng 3a . Chiều cao của khối chóp đã
cho bằng

3
a
A. 2 .
Đáp án đúng: B

B. 6a 3 .

C. 3a 3 .

D.

3a .

x
Câu 6. Gọi D là hình phẳng giới hạn bởi các đường y e , y 0, x 0 và x 1 . Thể tích của khối trịn xoay
tạo thành khi quay D quanh trục Ox bằng

3


1

1

 e 2 x dx

A. 0
.
Đáp án đúng: A
Câu 7.
Với

B.

2x
e dx
0

1

.

là các số thực dương tùy ý và

A.

.

C.
Đáp án đúng: B
Câu 8.

C.

,

1

 e x dx

D.

0

0

.

bằng:
B.

.

x

e dx

.

D.

.

Trong không gian cho một hình cầu ( S ) tâm O có bán kính R và một điểm S cho trước sao cho SO = 2R . Từ

S ta kẻ các tiếp tuyến đến mặt cầu với tiếp điểm thuộc đường tròn ( C1 ) . Trên mặt phẳng ( P ) chứa đường trịn
( C1) ta lấy điểm E thay đổi nằm ngồi mặt cầu ( S ) . Gọi ( N ) là hình nón có đỉnh là E và đáy là đường tròn
( C2 ) gồm các tiếp điểm của tiếp tuyến kẻ từ E đến mặt cầu ( S ) . Biết rằng hai đường tròn ( C1) và ( C2 ) ln có
cùng bán kính, khi đó quỹ tích các điểm E là một đường tròn, đường tròn này có bán kính
R 17
.
A. 2

R 15
.
B. 4

C.

3R
.
2

bằng

R 15
.
D. 2

Đáp án đúng: D
Giải thích chi tiết:
Lời giải.
Gọi bán kính của ( C1) , ( C2 ) lần lượt là r1, r2.
Gọi C là tâm của ( C1 ) và D là một điểm trên ( C1) .
Suy ra D SOD vuông ti D nờn ta cú CD.OS = DO.DS

ắắ
đ r1 = CD =

DO.DS R. OS2 - R 2
R2
=
= R 1.
OS
OS
OS2

Tương tự, ta tính được

r2 = R 1-

R2
.
OE 2

4


® E di động trên đường tròn giao tuyến của mặt cầu tâm O bán
Theo giả thiết: r1 = r2 suy ra OE = OS = 2R ¾¾
kính 2R với mặt phẳng ( P ) .

Lại có:

OC =

OD 2 R
=
OS
2

1
3
z 
i
2 2 . Khẳng định nào sau đây là khẳng định đúng?
Câu 9. Cho số phức
A.

z

1
3

i
2
2 .

B.

z z  z
C.
.
Đáp án đúng: D

D.

z 

z 1

2
i
2 .
.

1
3
z 
i
2 2 . Khẳng định nào sau đây là khẳng định đúng?
Giải thích chi tiết: Cho số phức
z z  z
A.
.
Hướng dẫn giải

B.

z

1
3

i
2

2 .

C.

z 

2
i
2 . D. z 1 .

1 3
1
3
 1 z   i
4 4
2
2 ; z z 1
;
Vậy chọn đáp án D.
Câu 10.
z 

Cho hàm số

có đạo hàm liên tục trên

và

. Giá trị của
40 5  1

4
A.
.
Đáp án đúng: A

20 5  1
2
B.
.

. Biết

bằng

20 5  1
4
C.
.

40 5  1
2
D.
.

f  x   0, x   2; 4
y  f  x
 2; 4  f  x   f  2 
Giải thích chi tiết: Ta có:
nên hàm số
đồng biến trên

7
f  2 
4 . Do đó: f  x   0, x   2; 4 .
mà
3

3

4 x3 f  x   f  x    x 3  x 3  4 f  x   1  f  x  
Từ giả thiết ta có:
f  x 
 x. 3 4 f  x   1  f  x  
x
3 4 f x 1
 
.
f  x 
1 d  4 f  x   1 x 2
2
33
x2
d
x

x
d
x

 C
3 4 f  x  1 



4
f
x

1

C




3
4
2

4 f  x  1
8 
2
Suy ra:
.
7
3
1
f  2    2  C  C 
4
2
2.

5


3

4 2

 3  x  1   1
40 5  1
f  x 
 f  4 
4
4
Vậy:
.
Câu 11.
Tính

. Giá trị của

bằng:

A.
.
B. 1 .
C.
.
D.
.
Đáp án đúng: B

Giải thích chi tiết: Phương pháp tự luận: Sử dụng phương pháp nguyên hàm từng phần với
.
Phương pháp trắc nghiệm: Sử dụng phương pháp bảng
Kết quả:
Vậy
Câu 12.

.
.

SA   ABC  ,
Cho hình chóp S . ABC có đáy ABC là tam giác vng cân tại B, BC a 2. Biết
góc giữa SC
0
và đáy bằng 60 . Thể tích khối chóp S . ABC bằng

a3 3
A. 6 .
Đáp án đúng: D
Câu 13.

a3
B. 12 .

·

a3 3
C. 3 .

2 3a 3

3 .
D.

·

Cho tam giác SAB vuông tại A, ABS = 60°, đường phân giác trong ABS cắt SA tại I . Vẽ nửa đường trịn tâm I
bán kính IA (như hình vẽ). Cho tam giác SAB và nửa đường tròn trên cùng quay quanh SA tạo nên khối cầu và
khối nón tương ứng có thể tích là V1 và V2. Khẳng định nào sau đây đúng ?

6


A. 2V1 = 3V2.
Đáp án đúng: D
Giải thích chi tiết:
Lời giải.

B. V1 = 3V2.

C. 4V1 = 9V2.

D. 9V1 = 4V2.

C. z 3  2i .

D. z 2  3i .

Ta có
Câu 14. Số phức liên hợp của số phức z  3  2i là
A. z  3  2i .

Đáp án đúng: A

B. z 3  2i .

Giải thích chi tiết: Số phức liên hợp của số phức z  3  2i là z  3  2i .
Câu 15.
Với mọi số thực
A.
C.
Đáp án đúng: A

và

là hai số thực bất kì. Mệnh đề nào dưới đây đúng?

.

B.
.

.

D.

.
y

 m 1 ln x  2

Câu 16. .

Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để hàm số
 m 1
  3 m   2


A.  m  1
B.  m   2

ln x  m

 3m  2

D.  m  1

C.  2 m 1
Đáp án đúng: A

Câu 17. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz . Điểm nào sau đây thuộc mặt phẳng

( - 2;- 3;1) .
A.
Đáp án đúng: D

 e ;  .
3

đồng biến trên

B.

( 1;2;- 2) .

C.

( 13;2;3) .

( P ) : 3x + 2y - 13 = 0 .
( 3;2;- 13) .
D.

Câu 18. Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình bình hành. Mặt bên SAB là tam giác đều cạnh 3a .
ABC là tam giác vng tại A có cạnh AC a , góc giữa AD và  SAB  bằng 30 . Thể tích khối chóp
S . ABCD bằng
7


3a 3
A. 4 .
Đáp án đúng: B
Câu 19.

B.

Cho hình chóp

C.

có tam giác

tam giác

cân tại

góc

3a 3
2 .

3
D. a .

vng cân tại

. Biết

. Thể tính khối chóp

3a 3
6 .

, tam giác

, đường thẳng

vng tại

tạo với mặt phẳng

,
một

bằng ?

A.

B.

C.
Đáp án đúng: B

D.

Giải thích chi tiết:
Gọi

,

lần lượt là trung điểm của

và

. Suy ra

là đường trung bình

.
Suy ra

. Mà

Mặc khác do
Từ

cân tại
ta được

nên

.

nên

.
và

.
8


Gọi

là

hình

chiếu

của

lên

. Vậy
Đặt

.

.

vng cân tại

.

.

Ta có:

,

.

.
Dễ thấy

do đó áp dụng định lý hàm cos cho

Ta suy ra:

, ta được:

.

Vậy
.
Câu 20. Khối đa diện lồi có “mỗi mặt của nó là một đa giác đều 4 cạnh, mỗi đỉnh của nó là đỉnh chung
của đúng 3 mặt” là
A. khối đa diện lồi loại {4;3}
B. khối đa diện đều loại {3;4}
C. khối đa diện đều loại {4;3}
D. khối đa diện loại {4;3}
Đáp án đúng: C
2
3
2
Câu 21. Biết hàm số f ( x ) (6 x  1) có một nguyên hàm là F ( x ) ax  bx  cx  d thoả mãn điều kiện
F ( 1) 20. Tính tổng a  b  c  d .
B. 36 .

A. 44 .
Đáp án đúng: D

 6 x 1
Giải thích chi tiết: 

2

C. 54 .

D. 46 .

dx  36 x 2  12 x  1 dx 12 x 3  6 x 2  x  C

nên a 12; b 6; c 1

Thay F ( 1) 20. d 27 , cộng lại và chọn đáp án.

4

Câu 22. Cho hàm số

f  x

liên tục trên  và biết

1

f  tan x  dx 4
0

,

x2 f  x 

x
0

2

1

dx 2

. Giá trị của tích phân

1

f  x  dx
0

thuộc khoảng nào dưới đây?

 1;4  .
A.
Đáp án đúng: D

B.

 3;6  .

C.



2;5

.

D.

 5;9  .
9

x tan t  dx 

Giải thích chi tiết: Đặt
Đổi cận x 0  t 0 ;
1

Khi đó

x2 f  x 

x

2

0

1


4

x 1  t 

0


4

tan 2 t. f  tan t 

dx 

2

tan t  1


4

1
dt  1  tan 2 t  dt
2
cos t

 tan


4

2

0


4

f  tan t 
 1


 
 1 . f  tan t  dt 
dt 
2
2
cos
t
cos
t


0
0

4

Suy ra
Đặt

f  tan t 

 cos t
2


4

f  tan t  dt
0

.

dt 6

0

x tan t  dx 

1
dt
cos 2 t

Đổi cận t 0  x 0 ;

t


 x 1
4
.


4

Khi đó

t  1 dt tan 2 t. f  tan t  dt

1
f  tan t 

d
t

f  x  dx


cos 2t
0
0

1

f  x  dx 6

. Vậy 0
.
z a  bi  a, b   
z  8 i  z  6i 5  1  i 
Câu 23. Số phức
thỏa mãn
. Tính giá trị biểu thức P a  b .
A. P 14 .
B. P 2 .
C. P 7 .
D. P 1 .
Đáp án đúng: C
z  8 i  z  6i 5  1  i   a  bi  8 i  a  bi  6i 5  1  i 
Giải thích chi tiết: Ta có:
.

 a  8  bi i  a   b  6  i 5  1  i 


 a  8

2

2

 b 2 .i  a 2   b  6  5.i  5

  a  8  2  b 2 5


 a 2   b  6  2 5

2
2
a  16a  64  b 25
 2 2
a  b  12b  36 25

a 2  b 2  16a  39  1
 2 2
.
a  b  12b  11  2 

 1   2  ta được:
Lấy

 16a  12b  28 0  a 

3b  7
 3
4
.

2

 3b  7 
 b 2  12b  11  25b 2  150b  225 0  b 3  a 4.


 3 vào  2  ta được:  4 
Thế
10


Vậy P a  b 7 .
Câu 24. Cho hình chóp S.ABC có SA = 1, SB = 2, SC = 3. Gọi G là trọng tâm tam giác ABC. Mặt phẳng ( a ) đi
qua trung điểm I của SG cắt các cạnh SA, SB, SC lần lượt tại M , N , P. Giá trị nhỏ nhất của biểu thức
T =

1
1
1
+
+ 2
2
2

SM
SN
SP

bằng

18
.
7

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

B.

6.

C.

3
.
7

D.

2
.
7

Do G là trọng tâm D ABC.
Ta có

uur 1 uur uur uur
SG = SA + SB + SC
3

(

)

r 1æSA uuur SB uuu
r SC uur ử
SG uu
.SI = ỗ
.SM +
.SN +
.SP ữ
ữ
ỗ
ữ
ốSM
ứ
SI
3ỗ
SN
SP
uu
r 1ổSA uuur SB uuu

r SC uur ử
SI = ç
.SM +
.SN +
.SP ÷
÷
ç
÷.
çSM
ø
6è
SN
SP
Û

1ỉ
SA SB SC ư
SA SB SC
ç
+
+ ÷
= 1ô
+
+
= 6.
ữ
ỗ
ữ
ỗ
SM SN SP

Do I , M , N , P đồng phẳng nên 6èSM SN SP ø

Áp dụng BĐT Bunhiacopxki, ta cú
2

ổSA SB SC ử
ổ1
1
1 ử 2
2
2
ỗ
+
+ ữ
Êỗ
+
+ 2ữ
ữ
ữ
ỗ
ỗ
2
2
ữ
ữ( SA + SB + SC ) .
ỗ
ỗ
ốSM SN SP ứ èSM
SN
SP ø

Suy ra

T ³

36
18
= .
2
2
7
SA + SB + SC
2

0 
0

Câu 25. Tam giác ABC có A 69 , B 80 , BC 25.
Tính cạnh AB (làm trịn kết quả đến hàng phần chục)?
A. 6,9
B. 13, 2

C. 13,8

D. 26, 4.

Đáp án đúng: C
Câu 26.
Cho phương trình
của m để phương trình có nghiệm thực?

A.

.

B.

(m là tham số). Có bao nhiêu giá trị nguyên dương
.

C.

.

D.

.
11


Đáp án đúng: A

3

Câu 27. Nếu đặt u cosx thì
1
2

sin x cos

2

x dx
bằng

0


3

1
2

u du



A. 0
.
Đáp án đúng: D

B.

2

u du

0,5

.

C.

1

u du
0

2

2

.

D.

u du

0,5

.

Giải thích chi tiết: Đặt u cosx  du  sin xdx .
π
1
x  u
3
2.
Đổi cận: x 0  u 1 ;

3

Vậy

sin x cos
0

1
2

2

1

2
x dx   u du  u du
1

2

.
A  3,  2,1
0,5

Câu 28. Cho tứ diện ABCD có
phẳng chứa AC và song song với BD là:
A. 12 x  10 y  21z  35 0

,

B   4,0,3 , C  1, 4,  3  , D  2,3,5 

. Phương trình tổng quát của mặt

B. 12 x  10 y  21z  35 0
D. 12 x  10 y  21z  35 0

C. 12 x  10 y  21z  35 0
Đáp án đúng: C
Giải thích chi tiết:


 
AC   2, 6,  4  ; BD  6,3, 2  ;  AC , BD   24,  20,  42  .

Có thể chọn


n  12,  10,  21

làm vectơ pháp

tuyến cho mặt phẳng .
Phương trình mặt phẳng này có dạng 12 x  10 y  21z  D 0 .Điểm A thuộc mặt phẳng nên :
12.3  10(  2)  21.1  D 0  D  35
Phương trình cần tìm : 12 x  10 y  21z  35 0 , Vậy chọn C.

 O  và  O . AB, CD lần lượt là hai đường kính của  O  và  O , góc giữa
Câu 29. Cho khối trụ có hai đáy là
AB và CD bằng 30 , AB 6 . Thể tích khối tứ diện ABCD bằng 30 . Thể tích khối trụ đã cho bằng
A. 180 .

B. 90 .
C. 30 .
D. 45 .
Đáp án đúng: B

Giải thích chi tiết:
1
VABCD  AB.CD.d  AB, CD  .sin  AB , CD 
6
Ta chứng minh:
.

12


Lấy điểm E sao cho tứ giác BCDE là hình bình hành.
 AB, CD   AB, BE   sin  AB, CD  sin  AB, BE  .
Khi đó
d  D,  ABE   d  AB , CD 

.

1
1
VABCD VABDE  .d  D,  ABE   .S ABE  AB.CD.d  AB, CD  .sin  AB, CD 
3
6
6VABCD
1
180

VABCD  AB.CD.d  AB, CD  .sin  AB, CD   d  AB, CD  

10
6
AB.CD.sin 30 6.6. 1
2
.

h d  AB, CD  10
Chiều cao của lăng trụ bằng
.
2
Thể tích lăng trụ: V S .h  .3 .10 90 .
t

Câu 30. Với
1

A. 3 .

t    1;1

ta có

x
0

dx
1
 ln 3

1
2

2

. Khi đó giá trị t là:

1
B. 2 .

1
D. 3 .

C. 0 .

Đáp án đúng: B

z  1 z  3i

1
z

i
z

i
z
Câu 31. Có bao nhiêu số phức thỏa mãn
?
0

A. .
B. 2 .
C. 4 .
Đáp án đúng: D
Câu 32.
Cho hàm số y=f ( x ) (a , b , c ∈ℝ ) có đồ thị hàm số

Số điểm cực tiểu của hàm số đã cho là
A. 2.
B. 1
Đáp án đúng: B
Câu 33.
Trong khơng gian
A.

, cho vectơ
.

D. 1 .

như hình vẽ bên dưới.

C. 0

D. 3

. Toạ độ của điểm
B.

là

.
13


C.
Đáp án đúng: B

.

D.

.



OA   2;3;  5
Giải thích chi tiết: Trong không gian Oxyz , cho vectơ
. Toạ độ của điểm A là

 2;  3;5 . B.   2;3;5  . C.  2;3;5 . D.   2;3;  5 .
A.
Lời giải

OA   2;3;  5 
  2;3;  5 .
Ta có
suy ra toạ độ của điểm A
Câu 34.
Cho hình nón có bán kính đáy r và độ dài đường l . Diện tích xung quanh

tính theo cơng thức nào dưới đây?
1
S xq   rl
3
A.
.
B.
.
C.
Đáp án đúng: B

.

D.

của hình nón đã cho được

.

2
Câu 35. Tập nghiệm của phương trình 2 c os x  3c osx  1 0
 x k 2
 x k


;k Z
;k Z
 x   k 2
 x   k 2
3

3
A. 
B. 
 x k
 x k 2


;k Z
;k Z
 x 2  k 2
 x   k 2
3
6
C. 
D. 
Đáp án đúng: A
3
2
z
Câu 36. Gọi S là tổng các số thực m thỏa mãn z  7 z  16 z  12  mz  3m 0 có nghiệm phức 0 thỏa mãn
| z0 |2 . Tính S
A. 16 .
B. 24 .
C. 18 .
D. 25 .
Đáp án đúng: A
3
2
z
Giải thích chi tiết: Gọi S là tổng các số thực m thỏa mãn z  7 z  16 z  12  mz  3m 0 có nghiệm phức 0

| z |2 . Tính S
thỏa mãn 0
A. 24 . B. 25 .
C. 18 .D. 16 .

Lời giải
3
2
 z  3  z 2  4 z  4  m  0  1
Ta có z  7 z  16 z  12  mz  3m 0 
 z 3

2
  z  2  m

+ Với m 0 (1)  z 2  m
 | 2  m |2
 m 0
| z0 |2  

 | 2  m |2
 m 16
14


| z | 4  m
+ Với m  0 (1)  z 2 i  m . Do đó 0
| z0 |2  4  m 2  4  m 4  m 0
S 0  16 16 .
Câu 37.

Cho hàm số f ( x ), bảng biến thiên của hàm số f ′ ( x )như sau

Số điểm cực trị của hàm số y=f ( x 2+ 2 x )là
A. 9.
B. 5.
Đáp án đúng: C

D. 3.

C. 3.

 ABC 
Câu 38. Cho hình chóp S . ABC có đáy ABC là tam giác vng tại A . Hình chiếu của S lên mặt phẳng
là trung điểm H của BC . Tính thể tích khối chóp S . ABC biết AB a , AC a 3 , SB a 2 .
a3 3

A. 6
Đáp án đúng: A

a3 3

B. 2

a3 6

C. 6

a3 6

D. 2

Giải thích chi tiết: Cho hình chóp S . ABC có đáy ABC là tam giác vng tại A . Hình chiếu của S lên mặt
 ABC  là trung điểm H của BC . Tính thể tích khối chóp S .ABC biết AB a , AC a 3 , SB a 2 .
phẳng
a3 6
a3 3


A. 6
B. 2
Hướng dẫn giải:

a3 3

C. 6

a3 6

D. 2

ABC vuông tại A

S

 BC  AC 2  AB 2 2a .
S ABC

1
a2 3
 AB. AC 

2
2 .
2

B

2

SH  SB  BH a .

A
H

3

1
a 3
 VS . ABC  SH .SABC 
3
6 .

C

Câu 39.
Cho

. Khẳng định nào sau đây sai:
3

A.

C.

B.

2 3 3
I  t2
3 0

I  udu
0

D.
15


Đáp án đúng: A

log 3 9a bằng
Câu 40. Với a là số thực dương tùy ý,
3  log 3 a .
2  log 3 a .
2 log 3 a .
A.
B.
C.
Đáp án đúng: D
log 3 9a log 3 9  log 3 a 2  log 3 a .
Giải thích chi tiết: Ta có
----HẾT---

D.

2  log 3 a .

16