Đề ôn tập kiến thức toán 12 có giải thích (170)

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: 070.
Câu 1. Cho lăng trụ đứng ABC. ABC  có đáy là tam giác vuông tại B , BC 3a , AC 5a cạnh bên AA 6a
. Thể tích khối lăng trụ bằng
3

A. 9a .
Đáp án đúng: C

3

B. 12a .

3
C. 36a .

3
D. 45a .

Câu 2. Thể tích V của 1 kg nước ở nhiệt độ t ( t nằm giữa 0 C đến 30 C) được cho bởi công thức
V 999,87  0, 06426t  0, 0085043t 2  0, 0000679t 3 cm3. Nhiệt độ t của nước gần nhất với giá trị nào dưới đây
thì khối lượng riêng của nước là lớn nhất ?
A. 4 .

B. 30 .

D. 0 .

C.  4 .

Đáp án đúng: A
 t 79,53138   0 ;30 

V  t   0, 06426  2.0, 0085043t  3.0, 0000679t V  t  0
 t 3,9665
Giải thích chi tiết:
;
.
Bảng biến thiên
2

Dựa vào bảng biến thiên ta có khối lượng riêng lớn nhất của vật khi thể tích nhỏ nhất lúc vật có nhiệt độ xấp xỉ
gần bằng 4 C.
Nhận xét: Ta đã biết trong môn vật lý lớp 7, khối lượng riêng của nước lớn nhất khi thể tích tương ứng của nước
là nhỏ nhất.
Câu 3.
y  f  x
Cho hàm số
liên tục, có đạo hàm trên  và đồ thị có dạng như hình vẽ

1


y  f  x 1 

Hàm số
đạt giá trị lớn nhất trên  tại x  x0 . Tìm x0 ?
x  2 .
A. 0
B. x0 4 .
x 0 và x0  2 .
x 0 .
C. 0
D. 0
Đáp án đúng: C
y  f  x
Giải thích chi tiết: Từ đồ thị của hàm số
f x

Giữ lại phần đồ thị của   phía bên phải trục tung; bỏ hẳn phần đồ thị phía trái trục tung.

Lấy đối xứng phần đã giữ lại qua trục tung.

Tịnh tiến phần đồ thị đã có khi thực hiện hai bước ở trên, theo phương song song với trục hồnh, sang
phía trái 1 đơn vị.
 Ta được đồ thị của hàm số y  f  x  1 

Vậy hàm số

y  f  x 1 

đạt GTLN tại

x0 0 và x0  2 .
2

Câu 4.
Cho hình lăng trụ ABC. ABC  có đáy
là tam giác vuông tại A , AB a , AC a 3 . Hình chiếu
 ABC  trùng với tâm của đường tròn ngoại tiếp của tam giác ABC . Trên cạnh AC
vng góc của đỉnh A lên
a
lấy điểm M sao cho CM 2MA . Biết khoảng cách giữa hai đường thẳng AM và BC bằng 2 . Tính thể tích
V của khối lăng trụ đã cho.
A.

V

2a 3 3
3 .

B.

3
C. V a .
Đáp án đúng: B

.

D.

.

Giải thích chi tiết:

Kẻ MN // BC , N  AB . HK  MN , HI  AK .

d  AM ; BC  d  BC ;  AMN   d  H ;  AMN   HI  HI 
Kẻ AT // HK , AT  MN P

a
2.

2
 HK PT  AT
3

1
1
1
4
2
a
 2
 2  HK  AT 
2
2
AT
AB
AC
3a
3
3.
Tam giác ABC vuông tại A
1

1
1
4 3
1

 2
 2  2  2  AH a
2
2
AH
HI
HK
a a
a
Tam giác AHK vuông tại H
.


1
a3 3
V  AH .S ABC a. .a.a 3 
2
2 .
Vậy thể tích khối lăng trụ đã cho là:
O
O ,
Câu 5. Cho hình trụ có hai đáy là hai hình trịn   và   bán kính đáy r 5. Biết AB là một dây cung của
O
OAB 
đường tròn   sao cho tam giác OAB là tam giác đều và mặt phẳng 

tạo với mặt phẳng chứa hình
0
O
trịn   một góc 60 . Thể tích của khối trụ đã cho bằng
375 7
7
A.
.
Đáp án đúng: A

125 7
7
B.
.

C. 25 5 .

D. 75 5 .

3


Giải thích chi tiết:
Gọi I là trung điểm của AB. Khi đó, góc giữa mặt phẳng
 IO 600.
O

 OAB 

và mặt phẳng chứa

 O

chính là

2
2
2
Đặt OO h  0. Ta có OOB vng tại O nên OB  OO  OB  h  25.

OB 3
3. h 2  25

.
OAB là tam giác đều nên
2
2
h
 IO OO  sin 600 
sin O
OI
3. h 2  25
OOI vng tại O có
2
OI 



3 2
15 7

h  25 h  h 
.
4
7

Vậy thể tích khối trụ đã cho là

V  r 2 h  .52.

15 7 375 7

7
7
(đvtt).

Câu 6. Cho S . ABC có đáy là tam giác vng cạnh A , SA vng góc với mặt phẳng

 ABC 

và AB 2 ,

AC 4 , SA  5 . Mặt cầu đi qua các đỉnh của hình chóp S . ABC có bán kính?

5
R .
2
A.
Đáp án đúng: A

B. R 5.

C.

R

25
.
2

10
R .
3
D.

4


Giải thích chi tiết:
Gọi M là trung điểm cạnh BC .

1
MI

AS
d   ABC 
2
kẻ
tại M . Lấy I  d sao cho
Khi đó I là tâm đường trịn ngoại tiếp hình chóp S . ABC
Ta có

MI 



SA
5

2
2

2
2
2
2
Tam giác ABC vuông tại A  BC  AB  AC  2  4 2 5

2

2

 5

5 5
5
  R
4 2
2

Tam giác IMB vuông tại M  IB  MI  BM

w  1  i  z  1
z  1 1
Câu 7. Tập hợp các số phức
với z là số phức thỏa mãn
là hình trịn. Tính diện tích
hình trịn đó.
A.  .
B. 4 .
C. 2 .
D. 3 .
Đáp án đúng: C
Giải thích chi tiết: Gọi w  x  yi; x; y  R .
Ta có

w  1  i  z  1  z 
z  1 1 

w 1
1 i .

w 1
w 2 i
 1 1 
1 
1 i
1 i

Do đó
 x  2    y  1 i 1  x  2 2  y  1 2 2



 

1 i

 x  2    y  1 i
1 i

1
.

.

Vậy diện tích hình trịn đó là S 2 .
Câu 8.
Cho hình chóp tứ giác
có đáy là hình chữ nhật AB a; AD a 2 ,
0
SC và đáy bằng 30 . Thể tích của khối chóp S . ABCD bằng?

, góc giữa

5


3

3

2 3

a
C. 6

2 3
a
D. 3

C. 3.

D. 2.

A. 3a
B. a 2
Đáp án đúng: D
Câu 9.
y = f ( x)
Hàm số
xác định và liên tục trên ¡ và có bảng biến thiên dưới đây.

g ( x) =

Tìm số đường tiệm cận của hàm số
A. 1 .
B. 0.
Đáp án đúng: C

f ( x) - 2
f ( x) - 1

?

2 z  i  z  z  3i
Câu 10. Biết số phức z thỏa mãn
và z  z có phần ảo khơng âm. Phần mặt phẳng chứa các
điểm biểu diễn cho số phức z có diện tích là

5 5
A. 6 .
Đáp án đúng: A
Giải thích chi tiết: Gọi

5 5
B. 8 .

5 5
C. 4 .

.
2 z  i  z  z  3i Û 2 x 2 +( y - 1) £
2

Ta

có:

5 5
D. 12 .

5
Û 4 x 2 +4 y 2 - 8 y +4 £ 4 y 2 - 12 y +9 Û 4 y £ - 4 x 2 +5 Û y £ - x 2 +

4
Û y³ 0
Số phức z - z =2 yi có phần ảo khơng âm

( 2 y - 3)

2

2
2
Û 4é
x 2 +( y - 1) ù
£ ( 2 y - 3)
ê
ú
ë
û

( 1) .

( 2) .

6


( 1)

( 2)

ta suy ra phần mặt phẳng chứa các điểm biểu diễn cho số phức z là hình phẳng giới hạn bởi

5
P) : y =- x 2 +
(
4 và trục hồnh.
Parabol
Từ

và

P
Phương trình hồnh độ giao điểm của ( )

5
5
- x 2 + =0 Û x =±
4
2 .
và trục hoành là

5
2

Gọi S là diện tích cần tìm
Câu 11.

5

ỉ x3 5 ử 2 5 5
ổ 2 5ử
ỗ- + x ữ =

ữ
ị S =2.ũ ỗ
x
+
d
x
=
2.
ỗ
ữ
ỗ 3 4 ữ
4ứ
6
0 ố
ố
ứ0

.

Mt tm tụn hỡnh tam giác ABC có độ dài cạnh AB 3; AC 2; BC  19 . Điểm H là chân đường cao kẻ từ
đỉnh A của tam giác ABC . Người ta dùng compa có tâm là A , bán kính AH vạch một cung trịn MN . Lấy
phần hình quạt gị thành hình nón khơng có mặt đáy với đỉnh là A , cung MN thành đường tròn đáy của hình
nón (như hình vẽ). Tính thể tích khối nón trên.

 57
A. 361 .
Đáp án đúng: D

2 3
B. 19 .

2 19
C. 361 .

2 114
D. 361 .

Giải thích chi tiết:
Theo định lý cơsin trong tam giác ABC ta có:

AB 2  AC 2  BC 2
1
2



 cos BAC 
  BAC
120
BAC

2
2
2

BC  AB  AC  2. AB. AC .cos BAC
2. AB. AC
2
3 .
hay

1
3 3

 S ABC  AB. AC.sin BAC

2
2 .
7


2S
1
3 57
S ABC  AH .BC  AH  ABC 
2
BC
19 .
Mà
Gọi r là bán kính đáy của hình nón. Suy ra
Chiều cao của khối nón bằng

2 r 

h  AH 2  r 2 

2
AH
57
AH  r 


3
3
19 .

2 114
19 .

2

1
1  57  2 114 2 114
V   r 2 h   . 

 
3
3  19 
19
361
Thể tích bằng
.
h  x 
Câu 12. Hàm số nào sau đây là nguyên hàm của
1
1
 ln x  ln x n  ln n x  2016
n
A. n
.

1  ln x

x .ln x.  x n  ln n x 
1 n

?

1
1
ln x  ln x n  ln n x  2016
n
B. n
.
1
1
 ln x  ln x n  ln n x  2016
n
D. n
.

1
1
ln x  ln x n  ln n x  2016
n
C. n
.
Đáp án đúng: C
Giải
thích
chi
tiết:
Ta

1  ln x
1  ln x
1
1  ln x
1
L  1 n
dx  2 .  n  1
dx  2 .
dx
n
n
n
n
x
x
ln x  ln n x 
x .ln x.  x  ln x 
x .ln x.  x  ln x 
1 n 
x 
x 

có:

t n  1dt
ln x
1  ln x  L  dt

t
 dt  2 dx

t  t n  1 t n  t n  1
x
x
Đặt:
n
n 1
+ Đặt u t  1  du n.t dt

 L

1
du
1  1
1
1
1
u 1
 
  du  .  ln u  1  ln u   C  .ln
C

n u  u  1 n  u  1 u 
n
n
u

ln n x
n
1
t

1
1
ln n x
 L  .ln n
 C  .ln nx
 C  .ln n
C
ln x
n
t 1
n
n
ln x  x n
1
xn
n

Câu 13.
Gọi

,

lần lượt là giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số

y

2x  1
x  2 trên [0;2]. Khi đó

bằng

1
B. 2

A. 1
Đáp án đúng: D
Câu 14. Cho hàm số

x

y  f  x

5
C. 4

D.



1
4

có bảng xét dấu đạo hàm như ở bảng dưới đây.
2

0

2



8


f ( x )



0



0

Số điểm cực trị của hàm số đã cho là:
A. 3 .
B. 0 .





0

C. 2 .

D. 1 .

Đáp án đúng: B
Giải thích chi tiết: Cho hàm số
A.

f  x dx x

2

 ln x  C

f  x dx 2 x 
C.

f  x  2 x 

B.

1
 x 0 
x
. Trong các khẳng định sau, khẳng định nào đúng?

f  x dx x

2

1

1
C
x2

 ln x  C

f  x dx  2 x
D.

2

 ln x  C

Lời giải
1

f  x  dx (2 x  x )dx x
Ta có
Câu 15. Cho hàm số

f  x

2

 ln x  C

có đạo hàm liên tục trên đoạn

 0; 4 thỏa

mãn

f  0  3

và

f  4  8

. Tính

4

I f  x  dx
0

A. I 5 .
Đáp án đúng: A

B. I  5 .

C. I 24 .

D.

I

8
3.

4

I f  x  dx

4

 f  x  0  f  4   f  0  8  3 5
.

0
Giải thích chi tiết: Ta có:
2
2
2
Câu 16. Cho mp(P): 2x  2y  z  7 0 và mặt cầu (S): x  y  z  6x  2y  4z  11 0 . Gọi T là đường trịn
giao tuyến của (P) và (S). Khi đó bán kính của T là:

A. 5;
Đáp án đúng: B
Câu 17.

B. 4;

C. 2 2

D. 3 ;

3
2
2
Cho đồ thị hai hàm số y 2 x  x  x  5 và y x  x  5 như hình bên. Diện tích phần hình phẳng được tơ
màu tính theo cơng thức nào dưới đây?

9

A.

.

B.

.

C.

.

D.
.
Đáp án đúng: D
Câu 18. Lê Quý Đôn Đà Nẵng 2019) Khẳng định nào dưới đây là đúng?

1
 
A.  4 

 50



 
2

100

.

2

 1
3  
 5 .
C.
Đáp án đúng: B
Giải thích chi tiết: Ta có:
 2

 3  5  3
      
 7  8  7

1 1
 
2 3

 1
 
 2
 2

35 3

1
 
 4





 
2



 1
 
 3 .



 3
 
D.  7 

3

 5
  .
 8

3

3

 5
 
 8  (vì

3  0 ). Phương án A Sai.



1
 
 3  (vì    0 ). Phương án B Đúng.

5

 50

3

1
 
B.  2 

 2

100

 2

 3

 2 2

 

1
 
 5

 50

  2

2

(vì  2  0 ). Phương án C Sai.
100

 2100  2100
( Mệnh đề sai ). Phương án D Sai.

Câu 19. Cho hình nón có chiều cao h 2 3 , bán kính đáy là r  13 . Diện tích xung quanh của hình nón đã
cho bằng

10


26 13
3
A.
.

Đáp án đúng: D

4 39

B. 3
.

C. 2 39 .

D. 5 13 .

Giải thích chi tiết: Cho hình nón có chiều cao h 2 3 , bán kính đáy là r  13 . Diện tích xung quanh của
hình nón đã cho bằng

26 13
4 39

3
A.
. B. 5 13 . C. 2 39 . D. 3
.
Lời giải
Ta có đường sinh

l  h2  r 2 

2

 2 3 

13



2

5

.

Vậy diện tích xung quanh nón là: S  .r.l 5 13 .

 ABC    ABD  . Tính bán kính mặt
Câu 20. Cho tứ diện ABCD có ABD là tam giác đều cạnh a , CD a và
cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD theo a .
2a
a
a
a 3
A. 2 .
B. 3 .
C. 3
D. 6 .
Đáp án đúng: C
 ABC    ABD  . Tính
Giải thích chi tiết: Cho tứ diện ABCD có ABD là tam giác đều cạnh a , CD a và
bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD theo a .
2a
a
a 3

a
A. 6 .
B. 2 . C. 3 .D. 3

Lời giải:
 ABC    ABD  nên có DH   ABC  với H là trung điểm cạnh AB .
Vì
Vì DA DB DC nên H trùng với tâm O của đường tròn
ngoại tiếp tam giác ABC

 Rđ 

AB R  a
b
3
2 ;

AB 2
a
R  Rđ  Rb 

4
3.
Áp dụng công thức:
2

2

5  3a  3 a
a

a
a
a
Câu 21. Cho số thực a thỏa mãn 9  9 23. Giá trị biểu thức 1  3  3 bằng
1
3
5

A. 2 .
B. 2 .
C. 2 .
D. 2 .
Đáp án đúng: D
Câu 22. Có bao nhiêu giá trị nguyên dương của m  30 để bất phương trình sau có nghiệm x  
11


x2  2
x2  2 x  m  9
2
4x  2x  m  2
A. 22 .
B. 24 .
Đáp án đúng: C
log 3

D. 25 .

C. 21 .

x2  2
log 3 2
x2  2 x  m  9
4x  2x  m  2
Giải thích chi tiết: Ta có
 log 3  3 x 2  6   log 3  4 x 2  2 x  m  2   4 x 2  2 x  m  2    3x 2  6 

Xét hàm số

(*)

f  t  log 3 t  t ,  t 6 

1
 1  0, t 6
 f  t  đồng biến với mọi t 6 .
t ln 3
Ta có
 *  3x 2  6 4 x 2  2 x  m  2  m  x 2  2 x  8 g  x  , x    m Max g  x  9
x
Từ
Vì m  30 nên có tất cả 21 giá trị m thỏa mãn yêu cầu bài toán.
f  t  

 H  có hai đáy là hai hình trịn nội tiếp
Câu 23. Cho khối lập phương có thể tích V 512 cm3 và một hình trụ
hai mặt đối diện của hình lập phương (hình bên dưới). Thể tích khối
128
A. 3 (cm3).

 H  bằng

64
B. 3 (cm3).
C. 72 (cm3).
D. 128 (cm3).

Đáp án đúng: D
12


2 x- 1
Câu 24. Tập nghiệm của bất phương trình 5 >125 l
ổ
ử
1
ỗ
; +Ơ ữ
ữ
ỗ
ữ
ỗ
( 3;+Ơ ) .
ứ
A.
B. ố3
.

ổ
1

ỗ
; +Ơ
ỗ
ỗ
ố
2
C.

ử
ữ
ữ
ữ
ứ
.

D.

( 2;+¥ ) .

Đáp án đúng: D
2 x- 1
Giải thích chi tiết: Tập nghiệm của bất phương trình 5 > 125 l
ổ
ử
ổ
ử
1
1
ỗ
ỗ

; +Ơ ữ
; +Ơ ữ
ữ
ữ
ỗ
ỗ
ữ
ữ
ỗ
ỗ
3;+Ơ )
(
( 2;+Ơ ) .
ố
ứ
ố
ứ
2
3
A.
. B.
. C.
. D.
Lời giải
2 x- 1
>125 Û 52 x- 1 > 53 Û 2 x - 1 > 3 Û x > 2 .
Ta có 5
( 2;+¥ ) .
Vậy tập nghiệm của bất phương trình đã cho là
A  4;0;0  , B  0;8; 0  , C  0; 0;12  D   1;7;  9 

Câu 25. Trong không gian Oxyz cho các điểm
,
và M là một
 S  ngoại tiếp tứ diện OABC . Các đường thẳng MA , MB , MC , MO lần lượt cắt
điểm nằm ngoài mặt cầu
MA MB MC MO
S
  tại các điểm A, B, C , O (khác A, B, C , O ) sao cho MA  MB  MC   MO 4 . Tìm giá
mặt cầu
trị nhỏ nhất của MD  MO .

A. 11 3 .
Đáp án đúng: B

B. 9 3 .

C. 8 3 .

D. 10 3 .

2
Câu 26. Tổng các nghiệm của phương trình log 2 x  log 2 9.log 3 x 3 là

A. 2 .
Đáp án đúng: D
Câu 27. Cho hàm
T F  5   F  2   F   1

C. 8 .

B.  2 .
số

17
D. 2 .

f  x  x  1  x  3

,

gọi

F  x  f  x  dx

,

biết

F  1 3

,

tính

.

A.  2 .
Đáp án đúng: B

B. 15.

C. 5.

D. 7.

f  x   2 x  4
Giải thích chi tiết: Ta có với x 1 thì
.
f  x  2
Với 1  x 3 thì
.
f  x  2 x  4
Với x 3 thì
.
5

3

5

3

5

F  5   F  1 f  x  dx f  x  dx  f  x  dx 2dx   2 x  4  dx 12
1

1

2

2

3

F  2   F  1 f  x  dx 2dx 2
1

1

1

suy ra

1

F  2  2  F  1 2  3 5

suy ra

F  5 12  F  1 15

.

.

1

F  1  F   1  f  x  dx    2 x  4  dx 8

suy ra
T F  5   F  2   F   1 15  5    5  15
Vậy
.
1

3

1

F   1 F  1  8  5

.

13


Câu 28. Hàm số
A. 2
Đáp án đúng: C

y

2x  3
x  1 có bao nhiêu điểm cực trị?
B. 3

x
Câu 29. Phương trình 3

3

 x2

A. 2 .
Đáp án đúng: D

9 x

2

x 1

C. 0

D. 1

có tích các nghiệm bằng

B. 2 2 .

C.  2 2 .

D.  2 .

Câu 30. Cho tam giác ABC có AB = 3, AC = 4, BC = 5 . Tính thể tích vật thể trịn xoay khi quay tam giác
ABC quanh cạnh AC .
A. V = 12 .
B. V = 100
C. V = 36 .

D. V = 48 .
Đáp án đúng: A
Câu 31.
Cho hình lăng trụ ABC. A¢B ¢C ¢ có đáy là tam giác đều cạnh bằng 2 . Hình chiếu vuống góc của A¢ lên mặt
( ABC ) trùng với trung điểm H của cạnh BC . Góc tạo bởi cạnh bên A¢A với đáy bằng 450 . Tính thể
phẳng
tích V của khối lăng trụ ABC. A¢B ¢C ¢.

V=

6
8 .

A.
Đáp án đúng: D

B. V = 1 .

C.

V=

6
24 .

D. V = 3 .

¢
Giải thích chi tiết: Thể tích của khối lăng trụ ABC. A¢B ¢C ¢: VABC . A¢B ¢C ¢ = S ABC . A H
Ta có

S ABC =

4 3
= 3
4

ìï
ïï AH = 2 3 = 3
ùù
2
ớ
ùù
AÂH
ùù tan 450 =
ị AÂH = AH = 3
AH
ùợ
Â
Vy th tớch khi lng tr ABC. AÂB ÂC Â bằng: VABC . A¢B ¢C ¢ = S ABC . A H = 3. 3 = 3

Câu 32. Tính đạo hàm của hàm số
1
x.
A.
1  x 2  1  2 ln x 
y 
x
C.
.

Đáp án đúng: D
y 2 x 

y  x 2 1 ln x

.
B.

y x ln x 

x2 1
x .

1  x 2  1  2 ln x 
y 
x
D.
.

14


A  2;1;0  B  2;5;  4 
Câu 33. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai điểm 
;
. Phương trình mặt cầu
AB
đường kính
là
A.

2

2

2

2

x 2   y  3   z  2  12
2

 x  2
B.

.

2

  y  1  z 2 12

2

2

2

.
2

x   y  3   z  2  48
 x  4    y  4    z  4  48 .
C.
.
D.
Đáp án đúng: D
Câu 34. Tìm chiều dài L ngắn nhất của cái thang để có thể tựa vào tường và mặt đất, ngang qua cột đỡ có chiều
3 3
cao 2 m và cách tường 0,5 m kể từ gốc của cột đỡ.
A. 2 m.
Đáp án đúng: B

C. 3 m.

B. 4 m.

D. 5 m.

Giải thích chi tiết:
 
   0; 

 2.
Đặt   ABC ,
Dựa vào hình vẽ ta có AB  AK  KB
Đặt

f   

Ta có



MK
KH
1
3 3



cos  sin  2cos  2sin  .

min f   
1
3 3
 

  0; 
2 cos  2sin  . Bài toán trở thành tìm  2 
.

f    

sin 
 3 3.cos sin 3   3 3.cos3


2cos 2 
2sin 2 
2 cos 2  .sin 2  .

  
     0; 
f    0  sin   3 3.cos  0  tan  3 3  tan   3
3  2.
3

3

3

Bảng biến thiên

15


min AB  min f   
 
  0; 
 2

 
 f   4
3
.

Vậy
Câu 35. Cho hình chóp tứ giác S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a √ 2. Hai mặt phẳng(SAC) và
(SAD) cùng vng góc với mặt phẳng đáy và SA=a √3 . Tính thể tích của khối chóp S.ABCD
3

√3 a3
√3 a3
2√ 3 a
A.
B. 2 √ 3 a3
C.
D.
12
3
3
Đáp án đúng: D
4
2
Câu 36. Giá trị m để đồ thị hàm số y  x  2mx  1 có ba điểm cực trị tạo thành một tam giác có diện tích
bằng 4 2 là
A. m 2.

B. m  1.

C. m 2 .

D. m  2.

Đáp án đúng: D
4
2
Giải thích chi tiết: [Mức độ 3]Giá trị m để đồ thị hàm số y x  2mx  1 có ba điểm cực trị tạo thành một
tam giác có diện tích bằng 4 2 là

A. m 2 . B. m 2. C. m  2. D. m  1.

Lời giải
FB tác giả: Lương Công Sự

Tập xác định D .
3
Ta có y 4 x  4mx.

16


 x 0
y 0  4 x  x 2  m  0   2
.
 x  m
Để hàm số có 3 cực trị thì  m  0  m  0.
Khi đó ta có tọa độ 3 điểm cực trị của đồ thị hàm số là



 

2
A  0 ;  1 , B   m ;  m  1 , C



 m ;  m2  1 .

H  0 ;  m 2  1

Gọi
là trung điểm của BC.
AH m 2 , BC 2  m .
1
S ABC 4 2  . AH .BC 4 2  m 2 .2  m 8 2   m5 32  m  2.
2
Vậy m  2.
Câu 37.
Cho hàm số

có đồ thị như hình vẽ

Hàm số y = f ( 2 – x ) đồng biến trên khoảng nào dưới đây
A.

.

B.

C.
.
Đáp án đúng: D

.

D. (-2;1).
2

ịx

3

Câu 38. Cho hàm số

y = f ( x)

có đạo hàm liên tục trên [1;2] , thỏa

f ( x) dx = 31.

1

Giá trị nhỏ nhất của tích

2

ịf

4

( x) dx

phân
bằng
961.
A.
B. 148955.
C. 3875.
Đáp án đúng: C
Giải thích chi tiết:

Lời giải.
Ta có áp dụng hai lần liên tiếp bất đẳng thức Holder ta c
1

D. 923521.

4
2 2
2 2
2
3 2
ổ
ổ2
ử
ộ2
ựử
ổ2
ử
ổ
ử
ổ2
ử
ữ
ỗ
ữ
ữ
ữ
ữ
ỗ
ữ

ỗ
ỗ
ỗ
3
2
4
2 2
4
ỗờ
ỳ
ữ
ữ
ữ
ữ
ữ
ỗ
ỗ
ỗ
31 = ỗ
x
f
x
d
x
=
x
.
xf
x
d

x
Ê
x
d
x
x
f
x
d
x
Ê
x
d
x
f 4 ( x) dx.
(
)
(
)
(
)
ỗ
ữ
ữ
ữ
ữ
ỗ
ũ
ỗ
ũ

ỗ
ũ
ỗ
ũ
ũ
ờũ
ỳữ
ỗ
ữ
ữ
ữ
ữ
ữ
ỗ
ỗ
ỗ
ỗ
ữ
ữ
ữ
ữ
ỗ
ữ ố1
ố1
ứ ố
ứ ố1
ứ ố1
ứ 1
ỗờ
ỳứ

ở1
ỷ
4

17


2
4
ũ f ( x) dx
1

Suy ra

314
3

ổ2
ử
ữ
ỗ
ỗ
x4dxữ
ữ
ỗ
ũ
ữ
ỗ
ữ
ố1

ứ

= 3875.

2

Du '' = '' xảy ra khi f ( x) = kx nên

kò x4dx = 31 k = 5 ắắ
đ f ( x) = 5x2.
1

2 z  3 z 5
Câu 39. Gọi H là hình biểu diễn tập hợp các số phức z trong mặt phẳng tọa độ Oxy sao cho
, và
số phức z có phần thực khơng âm. Tính diện tích hình H .
5
5
A. 2 .
B. 5 .
C. 4 .
D. 2 .
Đáp án đúng: D
Giải thích chi tiết: Gọi H là hình biểu diễn tập hợp các số phức z trong mặt phẳng tọa độ Oxy sao cho
2 z  3 z 5

, và số phức z có phần thực khơng âm. Tính diện tích hình H .
5
5
B. 5 . C. 2 .

D. 4 .

A. 2 .
Lời giải
z x  yi,  x, y  , x 0 
Gọi
.
Ta có

2  x  yi   3  x  yi  5 

x 2  25 y 2 5  x 2  25 y 2 25 

x2 y 2
 1
25 1
.

x2 y 2

1
25 1
Xét elip
, có tập hợp các điểm biểu diễn số phức z là miền trong của Elip với x 0 .
1
5
S  . .a.b 
2
2 .
Ta có a 5, b 1 , nên diện tích hình H là

 E :


Câu 40. Phương trình
A. 1 .
Đáp án đúng: B

x

 

21 



x

2  1  2 2 0

B.  1.

có tích các nghiệm là?
C. 0.

D. 2.

----HẾT---

18