Đề ôn tập toán 12 (591)

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: 091.
2
Câu 1. Tập nghiệm của phương trình 2 c os x  3c osx  1 0
 x k 2

;k Z
 x   k 2
6
A. 
 x k 2

;k Z
 x   k 2
3
C. 
Đáp án đúng: C
Câu 2. Cho các tập hợp khác rỗng A=( m− 18 ; 2m+7 ),
trị nguyên của tham số m để A ¿ ⊂C.
A. 1.
B. 5.
Đáp án đúng: B

 x k

;k Z
 x   k 2
3
B. 
 x k

;k Z
 x 2  k 2
3
D. 
B=( m−12 ; 21 ) và C=( − 15; 15 ). Có bao nhiêu giá
C. 4.

D. 3.

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
3
≤
m≤
7
A
¿
⊂C
Với
thì
nên có 5 giá trị ngun của m thỏa mãn.
0 
0

Câu 3. Tam giác ABC có A 69 , B 80 , BC 25.
Tính cạnh AB (làm trịn kết quả đến hàng phần chục)?
A. 26, 4.
B. 13, 2
C. 6,9
D. 13,8
Đáp án đúng: D

Câu 4. Cho hình chóp S . ABC có đáy là tam giác vng tại A và AB  3 , AC  7 , SA 1 . Hai mặt bên
 SAB  và  SAC  lần lượt tạo với mặt đáy các góc bằng 45 và 60 . Thể tích của khối chóp đã cho bằng
3
A. 2 .

1
B. 2 .

7 7
C. 6 .

7
D. 6 .

1


Đáp án đúng: B
Giải thích chi tiết: Cho hình chóp S . ABC có đáy là tam giác vng tại A và AB  3 , AC  7 , SA 1 . Hai
 SAB  và  SAC  lần lượt tạo với mặt đáy các góc bằng 45 và 60 . Thể tích của khối chóp đã cho
mặt bên
bằng
1
3
A. 2 . B. 2 .
Lời giải

7
7 7
C. 6 . D. 6 .

 ABC   SH   ABC  . Kẻ HE  AB, E  AB và HF  AC , F  AC .
Gọi H là hình chiếu của S trên
 AB  SAB    ABC 

SH  AB



HE  AB


 SE  AB



45  SHE
90 
  SAB  ,  ABC    EH , ES  HES

 AC  SAC    ABC 

SH  AC



HF  AC


 SF  AC



60  SHF
90 
  SAC  ,  ABC    SF , FS  HFS

Ta có
 SHE vng cân  EH SH .

Ta có

SHF vng nên

HF 

HS
HS
HS



tan 60
3.
tan SHF

Mà tứ giác HEAF là hình chữ nhật

AH EF 2  HE 2  HF 2 

2 SH 3
3
.

2


7
21
21
SA2 SH 2  HA2  SH 2  SH 
SA 
3
7
7 .
Ta có tam giác SHA vng tại H
1
1
1 21
1
VS . ABC  SH .S ABC  SH . AB. AC 
3 7
3
6
6 7
2.
Vậy
1
y  x 3  mx 2  4 x  m
3

Câu 5. Tập hợp tất cả các giá trị của tham số thực m để hàm số
đồng biến trên khoảng
  ;   là

  2; 2  .
A.
Đáp án đúng: B
Câu 6.

B.

  2; 2 .

C.

Cho phương trình
của m để phương trình có nghiệm thực?
A.
.
Đáp án đúng: B
Câu 7.

B.

 2;+ .

D.

  ; 2  .

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

C.

.

D.

.

Một bồn hình trụ chứa dầu được đặt nằm ngang, có chiều dài 5 m , bán kính đáy 1m , với nắp bồn đặt trên mặt
nằm ngang của mặt trụ. Người ta rút dầu trong bồn tương ứng với 0,5 m của đường kính đáy. Tính thể tích gần
đúng nhất của khối dầu cịn lại trong bồn.

3

A. 8,307 m .
Đáp án đúng: B

3

B. 12, 637 m .

3

C. 14,923m .

3

D. 11,781m .

3


Giải thích chi tiết:
Gọi các điểm O, A, B, H như hình vẽ. Diện tích hình trịn tâm O là  .
OH 1
cos AOH 

OA 2  AOH 600  AOB 1200 .

2
2
S1  
3 .
Do đó, diện tích hình quạt tròn ứng với cung lớn AB bằng 3 diện tích hình trịn và bằng
1
3
S 2  OA.OB.sin1200 
2
4 .
Diện tích tam giác OAB là
2
3
S1  S2   
3
4 .
Diện tích mặt đáy của khối dầu cịn lại trong bồn là

2
3
3
V   
 .5 12.637  m 
4 
3
Vậy thể tích khối dầu cịn lại là

 ABC  là
Câu 8. Cho hình chóp S . ABC có đáy ABC là tam giác vng tại A . Hình chiếu của S lên mặt phẳng
trung điểm H của BC . Tính thể tích khối chóp S . ABC biết AB a , AC a 3 , SB a 2 .
a3 6

A. 6
Đáp án đúng: C

a3 6

B. 2

a3 3

C. 6

a3 3

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
4


ABC vuông tại A

S

 BC  AC 2  AB 2 2a .
1
a2 3
S ABC  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 9.
Với mọi số thực
A.
C.
Đáp án đúng: D

và

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

.

B.
.

D.

.
.

Câu 10. Cho khối nón có độ dài đường cao bằng 2a và bán kính đáy bằng a . Thể tích của khối nón đã cho
bằng

 a3
A. 3 .

3
B. 2 a .

4 a 3
C. 3 .

2 a 3
D. 3 .

Đáp án đúng: D

1
1

2 a 3
V   r 2 h   .a 2 .2a 
3
3
3 .
Giải thích chi tiết: Thể tích của khối nón đã cho là
3
2
z
Câu 11. 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. 18 .
B. 24 .
C. 16 .
D. 25 .
Đáp án đúng: C
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
5


| 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 .





F  x  ln x  1  x 2 dx

Câu 12. Tính
F ( x) 

A.

1
1  x2

. Chọn kết quả đúng:

C


F ( x)  x ln  x 
D.

.

B.





F ( x ) ln x  1  x 2  x 1  x 2  C


1 x  

F ( x) x ln x  1  x 2  1  x 2  C
2

.

1  x2  C

C.
.
.
Đáp án đúng: B
Giải thích chi tiết: Phương pháp tự luận: Sử dụng phương pháp nguyên hàm từng phần với





u ln x  1  x 2 ; dv dx
Phương pháp trắc nghiệm: Sử dụng phương pháp bảng

dv và nguyên hàm của

và đạo hàm của
+



ln x  1  x 2



1
1  x2
1
2

(Chuyển 1  x qua dv )

x
1  x2

-1

1
2
(Nhận 1  x từ

)

0
A  2;  1
B  2;5 
Câu 13. Phương trình tham số của đường thẳng đi qua hai điểm
và
là
 x 2t
 x 2


A.  y  6t .
B.  y  1  6t .

 x 1

C.  y 2  6t .
Đáp án đúng: B

Giải thích chi tiết: FB tác giả: Dương Huy Chương
Câu 14. Biết
đây?

 x


A. 
Đáp án đúng: A
Câu 15.
 2;1 .

2





 x 2  t

D.  y 5  6t .



 x  1 e 2 x dx e 2 x ax 2  bx  c  C ,  a; b; c  ; C    .

B.

 1; 3  .

C.

 3;7  .

Giá trị a  b  c thuộc khoảng nào sau
D.

  4;  2  .
6


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. 3.
B. 3.
Đáp án đúng: B

f  x

Câu 16. Cho hàm số
A. I 4.

C. 9.

D. 5.

2

4

f  x  dx 1

f  t  dt  3

thỏa mãn
B. I  4 .
1

và

4

1

.Tính tích phân

I f  u  du.

C. I 2.

2

D. I  2 .

Đáp án đúng: B
2

f  x

Câu 17. Cho hàm số
2

 f  x  

2

 1; 2

thỏa mãn

dx 7
. Tính tích phân

7
20 .

A.
Đáp án đúng: D

I f  x  dx
1

I 

B.

Giải thích chi tiết: Đặt

7

20 .

C.

I

7
5.

u  f  x   du  f  x  dx dv  x  1 dx 
,

2

1
2
  x  1 f  x  dx
Ta có 3 1

 x  1


2

2

6

1

2



Do

. f  x 

2

 x  1
1

2

49  x  1 dx 7 

2

3

3

1
1
3
  x  1 f  x  dx 
3
31

Tính được

1

,

f  2  0

và

.

2



2

2

1

I

có đạo hàm liên tục trên đoạn

1
 x  1 f  x  dx  3

1

3

2

 x  1


1

3

D.

 x  1
v

7
5.

3

3

3

f  x  dx
2

3

f  x  dx 1   2.7  x  1 f  x  dx  14
1

2

2

2

3

6

 f  x   dx  2.7  x  1 f  x  dx 49  x  1 dx 0
1

1

1

4

2

7  x  1
 7  x  1 3  f  x   dx 0
3  f  x 
C





 f  x  7  x  1
4
1

f  2  0  f  x  

I 

7  x  1
4

4



.

7
4.

 7  x  1 4 7 
7
  dx
I f  x  dx 

4
4

1 

5.
1
Vậy
2

2

M  3;1; 4 
Câu 18. Trong khơng gian Oxyz , hình chiếu vng góc của điểm
trên trục xOx là điểm M  có tọa
độ
M  0;1; 4 
M  3;1; 0 
M  0;1; 0 
M  3;0; 0 
A.
.
B.
.
C.
.
D.
.
7


Đáp án đúng: D

M  3;1; 4 
Giải thích chi tiết: Trong khơng gian Oxyz , hình chiếu vng góc của điểm
trên trục xOx là điểm
M  có tọa độ
M  0;1; 0 
M  3;1; 0 
M  0;1; 4 
M  3;0;0 
A.
. B.
. C.
. D.
.
Lời giải
M  3;1; 4 
M  3; 0;0 
Hình chiếu vng góc điểm
trên trục xOx là điểm
.

f  x  3x 4  ax 3  bx 2  cx  d  a, b, c, d   

có ba điểm cực trị là  2 ,  1 và 1 . Gọi
y g  x 
y  f  x
là hàm số bậc hai có đồ thị đi qua ba điểm cực trị của đồ thị hàm số
. Diện tích hình phẳng
y  f  x
y g  x 
giới hạn bởi hai đường

và
bằng
36
500
2932
2948
A. 5 .
B. 81 .
C. 405 .
D. 405 .
Câu 19. Cho hàm số

Đáp án đúng: D

f  x  3x 4  ax 3  bx 2  cx  d  a, b, c, d   

có ba điểm cực trị là  2 ,  1 và
1 . Gọi y  g  x  là hàm số bậc hai có đồ thị đi qua ba điểm cực trị của đồ thị hàm số y  f  x  . Diện tích hình
y  f  x
y g  x 
phẳng giới hạn bởi hai đường
và
bằng
500
36
2932
2948
A. 81 . B. 5 . C. 405 . D. 405 .
Giải thích chi tiết: Cho hàm số

Lời giải

f  x  3x 4  ax3  bx 2  cx  d  f  x  12 x 3  3ax 2  2bx  c
Theo đề ta có:
f   2  0  12a  4b  c 96.

f   1 0  3a  2b  c 12.
f  1 0  3a  2b  c  12.
12a  4b  c 96

3a  2b  c 12 
3a  2b  c  12


a 8

b  6
c  24


Xét hệ phương trình
.
f  x  12 x 3  24 x 2  12 x  24
f  x  3 x 4  8 x3  6 x 2  24 x  d
Khi đó
suy ra
Lúc này ba điểm cục trị của hàm số
Xét hàm số bậc hai
phương trình:
 4m  2n  q 8


 m  n  q 13 
 m  n  q  19


y  f  x

có tọa độ lần lượt là

y mx 2  nx  q  m, n, q   

đi qua ba điểm

  2;8  d  ,   1;13  d 
  2;8 ,   1;13

và

và

 1;  19  d  .

 1;  19  . Khi đó ta có hệ

m  7

2
n  16  y  7 x  16 x  4
 p 4


g  x   7 x 2  16 x  4  d .
. Suy ra
f  x   g  x  3 x 4  8 x 3  x 2  8x  4  3x  2   x 2  1  x  2 
Ta có
.
8


Vậy diện tích giới hạn bởi hai đường
1

S 

 3x

4

 8 x  x  8 x  4  dx 
3

2

2

2

3

y  f  x

 3x

và

y g  x 

là
1

4

 8 x  x  8 x  4  dx 
3

2

1

 3x


4

 8 x 3  x 2  8 x  4  dx

2
3

2948

.
405
Câu 20.


Tính

. Giá trị của

bằng:

A. 1 .
B.
.
C.
.
D.
.
Đáp án đúng: A
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 21. Họ tất cả các nguyên hàm của hàm số
1
 2 C
A. x
.
B. ln x .

f  x 

1
x trên  0;   là
1
 2
C. x .

D. ln x  C .

Đáp án đúng: D
Câu 22.
Cho hàm số

y

ax  b
 a , b , c  
cx  1
có bảng biến thiên như sau:

Tập các giá trị b là tập nghiệm của bất phương trình nào dưới đây?
3

2
A. b  8 0.
B.  b  4  0.
2
C. b  3b  2  0.
Đáp án đúng: D

3
D. b  8  0.

9


Câu 23. 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
+
+
SM 2 SN 2 SP 2

bằng

2
.
7

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

B.

6.

C.

3
.
7

D.

18
.
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
ỗ
ứ
SI
3ốSM
SN
SP
uu
r 1ổSA uuur SB uuu
r SC uur ử
SI = ỗ
.SM +
.SN +
.SP ữ
ữ
ỗ
ữ.
ỗSM
ứ

6ố
SN
SP


1ổ
SA SB SC ử
ữ= 1ô SA + SB + SC = 6.
ỗ
+
+ ữ
ỗ
ữ
ỗ
I
,
M
,
N
,
P
ố
ứ
6
SM
SN
SP
SM SN SP
Do
ng phng nờn

p dng BT 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

y

 m 1 ln x  2

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

Câu 24. .

 e ;  .
3

đồng biến trên

Đáp án đúng: C
1
3
z 
i
2 2 . Khẳng định nào sau đây là khẳng định đúng?
Câu 25. Cho số phức
10


A.

z z  z
z 

.

B.

2
i
2 .

D.

C.
Đáp án đúng: D

z

1
3

i
2
2 .

z 1

.

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.
z 



4

f  x

Câu 26. Cho hàm số

1

f  tan x  dx 4

liên tục trên  và biết

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?

 3;6  .
A.
Đáp án đúng: C

B.

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

Khi đó

2

x f  x

x
0


4

2



2;5

.

x tan t  dx 
x 1  t 

 1;4  .


4

tan t. f  tan t 
dx 
tan 2 t  1 dt tan 2 t. f  tan t  dt

2
1
tan t  1
0
0

f  tan t 
 1

 

1
.

f
tan
t
d
t

dt 



2

cos 2t

0  cos t
0

Đặt

D.


4


4

Suy ra

 5;9  .

1
dt  1  tan 2 t  dt
cos 2 t

2


4


4

C.

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
.

11



4

f  tan t 

 cos t

Khi đó
Câu 27.

2

0

1

1

dt f  x  dx
0

. Vậy

f  x  dx 6
0

.

·

·

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 ?

A. 4V1 = 9V2.
Đáp án đúng: C
Giải thích chi tiết:
Lời giải.

B. V1 = 3V2.

C. 9V1 = 4V2.

D. 2V1 = 3V2.

Ta có
Câu 28.
Cho hình chóp
tam giác
góc

có tam giác
cân tại

. Thể tính khối chóp

A.
C.
Đáp án đúng: A

vng cân tại

. Biết

, đường thẳng

, tam giác

vuông tại

tạo với mặt phẳng

,
một

bằng ?
B.
D.

12


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
Gọi

nên

cân tại

.

nên

.

ta được
là

và
hình

chiếu

của
. Vậy

Đặt
Ta có:

.

.
lên

.

vng cân tại

.

.
,

.

.
Dễ thấy

do đó áp dụng định lý hàm cos cho

, ta được:

13


Ta suy ra:

.

Vậy
Câu 29.

.

Với

là các số thực dương tùy ý và

A.

,

.

bằng:
B.

C.
.
Đáp án đúng: B

D.

.
.

Câu 30. Số phức liên hợp của số phức z  3  2i là
A. z  3  2i .
Đáp án đúng: A

B. z 3  2i .

C. z 3  2i .

D. z 2  3i .

Giải thích chi tiết: Số phức liên hợp của số phức z  3  2i là z  3  2i .
z a  bi  a, b   
z  8 i  z  6i 5  1  i 
Câu 31. Số phức
thỏa mãn
. Tính giá trị biểu thức P a  b .
A. P 2 .
B. P 7 .
C. P 14 .
D. P 1 .
Đáp án đúng: B
Giải thích chi tiết: Ta có:

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

.

 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
.

14


2

 3b  7 
 b 2  12b  11  25b 2  150b  225 0  b 3  a 4.


 3 vào  2  ta được:  4 
Thế
Vậy P a  b 7 .
Câu 32. Cho hình hộp ABCD. ABC D có tất cả các cạnh bằng 1 và
 



   AAB 600
BAD
DAA
. Cho hai điểm M , N thỏa mãn lần lượt C B BM , DN 2 DD . Độ dài đoạn thẳng
MN ?
A. 19 .
Đáp án đúng: C

B. 13 .

C. 15 .

D.

3.

Giải thích chi tiết:
Từ giả thiết, suy ra các AAB , ABD , AAD là các tam giác đều bằng nhau và có cạnh bằng 1. Từ đó suy ra
tứ diện A. ABD là tứ diện đều.
AG   ABD 
Gọi G là trọng tâm tam giác ABD. Suy ra
.

CO  AO 

Dễ dàng tính được:
Chọn hệ trục Oxyz như hình vẽ:

3
3
3
6
GO  ; AG  ; AG  .
2 ;
6
3
3

 3

 3


 3
 3

6
A 
;0;0  B  0; 1 ;0  C 
;0;0  D  0;  1 ;0  G 
;0;0  A
;0;

2
2
6
6
3 
O  0;0;0 
2
2











,

,
,
,
,
,
.
5 3
2 3 1 2 6
6
 C 
;0;
 N 
; ;
 


 
6
3 
3
2 3 





CC

AA
DN


2
CC
Ta có:
và
.
5 3  6
 M 
;1;

6
3 


C
M
B là trung điểm của
.
15


Vậy MN  15 .
Câu 33.
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 15
.

B. 2

3R
.
2

A.
Đáp án đúng: B
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) .

R 17
.
C. 2

bằng

R 15
.
D. 4

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

® 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

y  2 x  1 3x
Câu 34. Đạo hàm của hàm số
là
x

3  2  2 x ln 3  ln 3
2.3x   2 x  1 x.3x  1
A.
.
B.
.
x
x
3  2  2 x ln 3  ln 3
C.
.
D. 2.3 .ln 3 .
Đáp án đúng: C
Câu 35. Cho hàm số y=f ( x ) có đạo hàm và nghịch biến trên ℝ . Mệnh đề nào dưới đây đúng?
16


A. f ′ ( x )> 0 , ∀ x ∈ ℝ .
B. f ′ ( x )=0 , ∀ x ∈ℝ .
C. f ′ ( x ) ≥ 0 , ∀ x ∈ℝ .
D. f ′ ( x ) ≤ 0 , ∀ x ∈ ℝ .
Đáp án đúng: D
Giải thích chi tiết: Cho hàm số y=f ( x ) có đạo hàm và nghịch biến trên ℝ . Mệnh đề nào dưới đây đúng?
A. f ′ ( x )=0 , ∀ x ∈ℝ . B. f ′ ( x ) ≥ 0 , ∀ x ∈ℝ . C. f ′ ( x )> 0 , ∀ x ∈ ℝ . D. f ′ ( x ) ≤ 0 , ∀ x ∈ ℝ .
Lời giải
Hàm số y=f ( x ) có đạo hàm và nghịch biến trên ℝ . Suy ra: f ′ ( x ) ≤ 0 , ∀ x ∈ ℝ .
Câu 36. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz . Điểm nào sau đây thuộc mặt phẳng

( P ) : 3x + 2y - 13 = 0 .
( - 2;- 3;1) .

D.

( 3;2;- 13) .
( 13;2;3) .
( 1;2;- 2) .
A.
B.
C.
Đáp án đúng: A
Câu 37.
Trong khơng gian cho hình vng ABCD có cạnh bằng a; Gọi H, K lần lượt là trung điểm của DC và AB. Khi
quay hình vng đó xung quanh trục HK ta được một hình trụ trịn xoay (H). Gọi S xq, V lần lượt là diện tích
xung quanh của hình trụ tròn xoay (H) và khối trụ tròn xoay được giới hạn bởi hình trụ (H). Tỉ số
A.
.
Đáp án đúng: B

B.

.

C.

.

D.

bằng

.

3
Câu 38. 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
C. 2 .

A. 6a 3 .
B. 3a .
D. 3a 3 .
Đáp án đúng: A
Câu 39. 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 loại {4;3}
B. khối đa diện lồi loại {4;3}
C. khối đa diện đều loại {4;3}
D. khối đa diện đều loại {3;4}
Đáp án đúng: C
2

x
x 1
Câu 40. Tìm tập nghiệm của phương trình 4 2

A.

S  0;1

.

1  5 1  5 
S 
;

2
2 


C.
.
Đáp án đúng: D

 1
S  1; 
 2.
B.
 1 
S  ;1
 2 .
D.
----HẾT---

17