Đề toán mẫu lớp 12 (68)

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: 068.

log 3  x  1  1 log 3  4 x  1 là
4 .
3 .
B.  
C.  

D. 

để phương trình

có hai nghiệm thực phân

Câu 1. Tập nghiệm của phương trình

3 .

A.  
Đáp án đúng: D
Câu 2.
Tìm giá trị của tham số

biệt

thỏa điều kiện

A.

2 .

.

.

B.

.

C.
.
D.
.
Đáp án đúng: C
1
a
x−2
a
dx= ln
+ C , a , b ∈ N , là phân số tối giản. Tính S=a+b
Câu 3. Biết ∫ 2
b
x+ 2

b
x −4
A. 0.
B. 3.
C. 7.
D. 5.
Đáp án đúng: D
  


a
 b .b
a  1;  2;3 b   2;1; 2 
Câu 4. Cho hai véc tơ
,
. Khi đó, tích vơ hướng
bằng
A. 11 .
B. 12 .
C. 10 .
D. 2 .
Đáp án đúng: A
 
  
a  b   1;  1;5   a  b .b  1.   2     1 .1  5.2 11
Giải thích chi tiết:
.
Câu 5.

| |







Trong không gian với hệ trục tọa độ
. Mặt phẳng
Gọi

Giải

, cho mặt cầu

đi qua

thích

chi

B.
tiết:

Trong

gian

và điểm

theo đường trịn
sao cho

.
khơng

và điểm

và cắt

là điểm thuộc đường trịn

A.
.
Đáp án đúng: B



với

có chu vi nhỏ nhất.

. Tính

C.

.

hệ

trục

.
D.

tọa

độ

. Mặt phẳng

.
,

đi qua

cho

mặt

cầu

và cắt

1


theo đường trịn
sao cho

có chu vi nhỏ nhất. Gọi

. Tính

A.
.
Lời giải

B.

.

.
C.

Nhận thấy rằng, mặt cầu
trong mặt cầu này.
Gọi

Vậy để

D.

có tâm

.
, bán kính

và

và điểm

là hình chiếu của

lên

là điểm nằm

. Dễ thấy rằng

. Khi đó, ta có

có chu vi nhỏ nhất thì

Khi đó mặt phẳng

đi qua

Phương trình mặt phẳng

Điểm

.

là bán kính hình tròn

là tâm đường tròn

là điểm thuộc đường tròn

vừa thuộc mặt cầu

nhỏ nhất khi đó

trùng với

.

và nhậnvectơ

làmvectơ pháp tuyến.

có dạng

vừa thuộc mặt phẳng

và thỏa

nên tọa độ của

thỏa hệ phương trình.

Lấy phương trình đầu trừ hai lần phương trình thứ ba ta được
Câu 6.

.
2


Cho hàm số

thỏa mãn
f  1 e
A.
.
f  1 5  e
C.
.
Đáp án đúng: B
Giải thích chi tiết: Ta có:
f  x  f  x  dx x.e x dx

và
B.
D.

.Tính
f  1 3

.
f  1 8  2e

.

.

u x
du dx




x
x
 f  x   x.e x  e x dx x.e x  e x  C
Đặt  dv e dx v e
f  0  2  2  1  C  C 3
Theo đề:
 f  x  x.e x  e x  3

 f  1 3

.

 z  2  i   z  2  i  25 . Biết tập hợp các điểm M biểu diễn số phức
Câu 7. Cho số phức z thỏa mãn
w 2 z  2  3i là đường tròn tâm I  a; b  và bán kính c . Giá trị của a.b.c bằng
A. 100.
B. 17.
C.  100
D.  17
Đáp án đúng: A
 a; b    và w x  yi  x; y    .
Giải thích chi tiết: Giả sử z a  bi
Ta có:

 z  2  i   z  2  i  25   a  2   b  1 i   a  2   b  1 i  25   a  2 

Theo

2

  b  1 25,  1 .

w 2 z  2  3i  x  yi 2  a  bi   2  3i  x  yi 2a  2   3  2b  i

giả

thiết:
x2

a

 x 2a  2

2
 

y

3

2
b
3


b  y

2  2 .

 x2



2
1


2

Thay
vào
ta được:

2

2

2

2
2
  3 y 
2 
 1 25   x  2    y  5  100
  2

.

I  2;5 
Suy ra, tập hợp điểm biểu diễn của số phức w là đường trịn tâm
và bán kính R 10 .

Vậy a.b.c 100.
Câu 8.
Gọi

và

là hai nghiệm phức của phương trình

. Giá trị của biểu thức

bằng
A.
.
Đáp án đúng: A

B.

.

C.

.

z z
Câu 9. Cho hai số phức z1 2  3i và z2  1  i . Phần ảo của số phức 1 2 bằng
A.  2i .
B.  2 .
C.  4 .

D.

.

D.  4i .
3


Đáp án đúng: B
Câu 10.
Trong không gian Oxyz , cho đường thẳng
điểm
tại

. Đường thẳng

, mặt phẳng

đi qua

cắt đường thẳng

. Khi đó giá trị biểu thức
A.

và mặt phẳng

là trung điểm của AN , biết đường thẳng

sao cho

lần lượt

có một véc tơ chỉ phương là

bằng

.

B.

C.
.
Đáp án đúng: C

D.

Câu 11. Kí hiệu S là tập tất cả số nguyên m sao cho phương trình
khoảng (1;9) . Số phần tử của S là?
A. 12.
Đáp án đúng: B

và

B. 11.

.
.

3x

2

mx 1

 3  mx  39 x

C. 9.

3x
m
S
Giải thích chi tiết: Kí hiệu
là tập tất cả số nguyên
sao cho phương trình
(1;9)
S
thuộc khoảng
. Số phần tử của là?

có nghiệm thuộc

D. 3.
2

mx 1

 3  mx  39 x

có nghiệm

Câu 12.
Trong khơng gian với hệ trục tọa độ
chuyển trên trục
1;0;0 
A. 
.
Đáp án đúng: A

, cho

. Tìm tọa độ
để
2;0;0 
B. 
.

Giải thích chi tiết: Gọi

di

có giá trị nhỏ nhất.
-2;0;0 
-1;0;0 
C. 
.
D. 
.
.

Khi đó

.

.
Với mọi số thực

, ta có

;

.

Vậy GTNN của

. Điểm

là

, đạt được khi và chỉ khi

.

Do đó
là điểm thoả mãn đề bài.
Câu 13.
Một thùng chứa rượu làm bằng gỗ là một hình trịn xoay như hình bên có hai đáy là hai hình trịn bằng nhau,
khoảng cách giữa hai đáy bằng 8 dm. Đường cong mặt bên của thùng là một phần của đường elip có độ dài trục
lớn bằng 10 dm, độ dài trục bé bằng 6 dm.
4

Hỏi chiếc thùng gỗ đó đựng được bao nhiêu lít rượu?
1516
A. 25 (lít).

1616
B. 25 (lít).
1416
D. 25 (lít).

1316
C. 25 (lít).
Đáp án đúng: D
Giải thích chi tiết: Chọn hệ trục tọa độ như hình vẽ

x2 y 2
x2

1  y 3 1 
25 .
Elip có độ dài trục lớn bằng 10 , trục bé bằng 6 có phương trình 25 9
Thùng gỗ xem như vật thể trịn xoay hình thành bằng cách quay elip quanh trục Ox và được giới hạn bởi hai
đường thẳng x  4 , x 4 .
4
4

x2 
1416
2
1416

V  
y
d

x
9


1

 dx



25
25

4
4
25 (lít).
Thể tích vật thể là
dm3

Câu 14. Cho x là số thực dương. Biết
Tính a  b
A. 15 .
B. 16 .
Đáp án đúng: B

a

x x x x x với a, b là các số tự nhiên và b là phân số tối giản.
3

Giải thích chi tiết: Cho x là số thực dương. Biết
tối giản. Tính a  b
A. 16 . B. 15 . C. 14 . D. 17 .
Lời giải
3

3

3

a
b

C. 17 .

D. 14 .

a
a
x 3 x x 3 x x b với a, b là các số tự nhiên và b là phân số

7
9

x x x x  x a 7; b 9 .
Vậy a  b 16 .
5

Câu 15.
Cho hình chóp

có đáy

và
bằng
A.

là tam giác vng tại

,

. Biết sin của góc giữa đường thẳng

. Thể tích của khối chóp

,

,

và mặt phẳng

bằng

.

B.

C.
.
Đáp án đúng: C

D.

.
.

Giải thích chi tiết:

6


Dựng

tại

. Ta có:

.

Tương tự ta cũng có
là hình chữ nhật

,

Ta có cơng thức

.
.

.

Lại có

Từ

và

suy ra:

.

Theo giả thiết
Vậy

.
.

7


 P  có
Câu 16. Gọi S1 là diện tích của mặt phẳng giới hạn bởi đường thẳng y mx với m < 2 và parabol
1
S1  S 2
y x  2  x 
P



S
2 ?
phương trình
. Gọi 2 là diện tích giới hạn bởi
và Ox . Với trị số nào của m thì
1
A. 4 .
Đáp án đúng: D

2
C. 5 .

3

B. 2  2 .

D. 2 

3

4.

Giải thích chi tiết: Gọi S1 là diện tích của mặt phẳng giới hạn bởi đường thẳng y mx với m < 2 và parabol
 P  có phương trình y x  2  x  . Gọi S2 là diện tích giới hạn bởi  P  và Ox . Với trị số nào của m thì
1
S1  S2
2 ?
3

2
1
4 . B. 2  2 . C. 5 . D. 4 .
3

A. 2 
Lời giải
* Tính S2

 x 0
x  2  x  0  
 x 2 .
Phương trình hồnh độ giao điểm
2

Do đó

S 2 2 x  x 2 dx 
0

4
3

.

* Tính S1
 x 0
mx 2 x  x 2  x 2   m  2  x 0  
 x 2  m .

Phương trình hoành độ giao điểm
2 m

 x3  2  m  x 2 
S1   2 x  x  mx dx    x   2  m  x  dx  


3
2
0
0

0
Do đó
2 m

2 m

2

2

 2  m

6

3

.

3

 2  m   1 . 4  m 2 
1
S1  S2 
2
6
2 3
*
2

P
Câu 17. Cho biểu thức
A. 3 .
Đáp án đúng: C

3

4

.

2

x  xy  y
x 2  xy  y 2 với x 2  y 2 0 .Tính giá trị nhỏ nhất của P .
1
B. 4 .
C. 3 .
D. 1 .

Giải thích chi tiết: Với y 0  P 1 .
2
2
x  P  t 2  t  1  P   2t  2 2
t
t  t 1
t 2  t  1

y

0
y
Với
, đặt
. Ta có BBT:

8


1
1
P 3  min P 
3.
Vậy 3

 z  1  2i 1

z  1  2i  z  3  2i
z

Câu 18. Cho số phức thỏa mãn: 
.
Gọi S là diện tích phần mặt phẳng chứa các điểm biểu diễn của số phức z . Tính S .

A. S  .
Đáp án đúng: D

B. S 2 .

Và

z  1  2i 1   x  1   y  2  i 1 

z  1  2i  z  3  2i 
2

2

 x  1
2


4.


S
2.
D.

 x, y    .

Giải thích chi tiết: Giả sử z x  yi
Khi đó

C.

S

2

2

 x  1

  y  2 

2

2

2

2

  y  2  1   x  1   y  2  1

 x  3

2

  y  2

2

2

  x  1   y  2   x  3   y  2   y x  1

.

O  0;0 
là nửa mặt phẳng có bờ là đường thẳng d : y x  1 , không chứa gốc tọa độ
.
I  1; 2 
C
Khi đó tập hợp các điểm biểu diễn số phức z thỏa mãn đề là nửa hình trịn   tâm
, bán kính R 1 và
 T  (như hình vẽ).
thuộc
Gọi

T 

9


I  1; 2 
C
Vì đường thẳng d đi qua tâm
của hình trịn   nên diện tích cần tìm là một nửa diện tích hình trịn

 C  . Do đó

S


2.

Câu 19. Cho mặt cầu có bán kính bằng 5. Một hình trụ nội tiếp mặt cầu đã cho. Biết rằng diện tích xung quanh
của hình trụ bằng một nửa diện tích mặt cầu. Bán kính đáy của khối trụ bằng
5
5
5
√5
A.
B.
C.
D.
2
2
2
√2
Đáp án đúng: C
P : 5 x  2 y  z  6 0
Câu 20. Trong không gian Oxyz , cho mặt phẳng  
. Vectơ nào dưới đây là một vectơ
 P ?
pháp tuyến của

√


n2   2;1;6 
A.
.

n2  5;1;6 


n  5;  2;1
B. 2
.

n2  5;  2;6 

C.
.
Đáp án đúng: B

Câu 21. Cho một hình trụ

D.

T 

.

có chiều cao và bán kính đáy đều bằng a . Một hình vng ABCD có hai cạnh

AB, CD lần lượt là hai dây cung của hai đường trịn đáy,cạnh BC , AD khơng phải là đường sinh của hình trụ

 T  . Tính các cạnh của hình vng này
a 10
A. 2 .

B. 2a .

C. a 5 .

D. a .

Đáp án đúng: A
10


Giải thích chi tiết: Cho một hình trụ

T 

có chiều cao và bán kính đáy đều bằng a . Một hình vng ABCD

có hai cạnh AB , CD lần lượt là hai dây cung của hai đường tròn đáy,cạnh BC , AD khơng phải là đường sinh
của hình trụ

 T  . Tính các cạnh của hình vng này

a 10
A. a . B. 2 . C. a 5 . D. 2a .
Lời giải

Gọi tâm hai đáy của hình tru lần lượt là O, O , I là trung điểm OO , H là trung điểm AB
Giả sử cạnh hình vng là x Xét các tam giác IHO và HOA ta có

IH 2 IO 2  OH 2 IO 2  OA2  HA2
x2 a2
x2
2

 a 
4
4
4

x

a 10
2

Câu 22.
Cho hàm số y = f ( x) . Đồ thị hàm số g( x) = f '( x - 2) + 2 như hình vẽ bên. Hàm số y = f ( x) nghịch biến trên
khoảng nào trong các khoảng sau?

( 2;+¥ ) .

A.
Đáp án đúng: C

B.

( - ¥ ;2) .

C.

( - 1;1) .

ổ3 5ử
ỗ
; ữ
ữ
ỗ
ữ.
ỗ
ố
2
2ứ
D.

ABC bng 60 , tam
Cõu 23. Cho lăng trụ tam giác ABC. A ' B ' C ' có BB ' a , góc giữa đường thẳng BB ' và

 ABC  trùng với trọng tâm
giác ABC vng tại C và góc BAC 60 . Hình chiếu vng góc của điểm B ' lên
của ABC . Thể tích của khối tứ diện A '. ABC theo a bằng
9a 3
A. 208 .
Đáp án đúng: A

7a3
B. 106 .

15a 3
C. 108 .

13a 3
D. 108 .

11


 ABC 
Giải thích chi tiết: Cho lăng trụ tam giác ABC. A ' B ' C ' có BB ' a , góc giữa đường thẳng BB ' và

 ABC 
bằng 60 , tam giác ABC vuông tại C và góc BAC 60 . Hình chiếu vng góc của điểm B ' lên
trùng với trọng tâm của ABC . Thể tích của khối tứ diện A '. ABC theo a bằng
13a 3
7a3
A. 108 .
B. 106 .
Hướng dẫn giải:

15a 3
C. 108 .

9a 3
D. 208 .

Gọi M , N là trung điểm của AB, AC
và G là trọng tâm của ABC .





0


B ' G   ABC   BB ',  ABC  B ' BG 60

.

1
1
VA '. ABC  .S ABC .B ' G  . AC.BC.B ' G
3
6
0

Xét B ' BG vng tại G , có B ' BG 60
 B 'G 

a 3
2 . (nửa tam giác đều)

60

60

0


Đặt AB 2 x . Trong ABC vuông tại C có BAC 60
AB
 AC 
 x, BC  x 3
 tam giác ABC là nữa tam giác đều
2

3
3a
 BN  BG 
2
4 .
Do G là trọng tâm ABC
2
2
2
Trong BNC vuông tại C : BN  NC  BC
3a

AC


2 13
9a 2 x 2
9a 2
3a


  3x 2  x 2 
 x

 
16
4
52
2 13
 BC  3a 3

2 13
1 3a 3a 3 a 3 9a 3
VA ' ABC  .
.
.

6
2
208 .
2
13
2
13
Vậy,
Câu 24.
Từ cùng một tấm kim loại dẻo hình quạt (như hình vẽ) có kích thước bán kính R = 5 và chu vi của hình quạt là
P = 8p +10, người ta gò tấm kim loại thành những chiếc phễu theo hai cách:

12


Cách 1. Gò tấm kim loại ban đầu thành mặt xung quanh của một cái phễu.
Cách 2. Chia đôi tấm kim loại thành hai phần bằng nhau rồi gò thành mặt xung quanh của hai cái phễu. Gọi V1

là thể tích của cái phễu thứ nhất, V2 là tổng thể tích của hai cái phễu ở cách thứ hai. Tỉ số
V1 2 2
=
.
V2
7

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

B.

V1
21
=
.
V2
7

C.

V1 2
= .
V2 7

V1
V2

D.

bằng

V1 2 21
=
.
V2
7

Chu vi của hình quạt = độ dài cung +2R. Suy ra độ dài cung tròn l = 8p.
Cách 1: Chu vi đường tròn đáy của cái phễu là 8p.
1
2pr1 = 8p ® r1 = 4 ® h1 = R 2 - r12 = 3 ® V1 = p.42.3 = 16p.
3

Ta có
Cách 2: Chu vi đường trịn đáy của mỗi phễu nhỏ là 4p.
Ta có

ỉ
ư 8 21
1 2
2pr2 = 4p ® r2 = 2 ® h2 = R 2 - r22 = 21 ® V2 = 2 ỗ
p.2 . 21ữ
ữ
ỗ
ữ= 3 p.
ỗ
ố3

ứ

V1 2 21
=
.
V2
7

Vy
Cõu 25. Cho một khối đá trắng hình lập phương được sơn đen tồn bộ mặt ngồi. Người ta xẻ khối đá đó thành
729 khối đá nhỏ bằng nhau và cũng là hình lập phương. Hỏi có bao nhiêu khối đá nhỏ mà khơng có mặt nào bị
sơn đen?
A. 346.
B. 348.
C. 345.
D. 343.
Đáp án đúng: D
3
Giải thích chi tiết: Gọi cạnh khối lập phương là 9 đơn vị. Dễ thấy 729 9 khối đá nhỏ được sinh ra nhờ cắt
vng góc với từng mặt của khối lập phương bởi các mặt phẳng song song cách đều nhau 1 đơn vị và cách đều
mỗi cạnh tương ứng của mặt đó 1 đơn vị. Do toàn bộ mặt ngoài của khối bị sơn đen nên khối đá nhỏ mà mặt
ngồi khơng bị sơn đen là khối đá nhỏ cạnh 1 đơn vị được sinh ra bởi khối lập phương lõi có độ dài cạnh 7 đơn
3
vị. Do đó, số khối đá cần tìm là 7 343.
0


Câu 26. Cho hình chóp S . ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại A , AB 2a, AC a, SBA SCA 90 , góc

 ABC  bằng 450 . Tính khoảng cách từ điểm C đến mặt phẳng  ABC  .

giữa SA và mặt phẳng
a 30
A. 6 .
Đáp án đúng: A
Giải

thích

chi

a 3
B. 2 .
tiết:

Cho

hình

a 30
C. 2 .
chóp

S . ABC

có

đáy

a 3
D. 6 .

ABC

là

tam

giác

vng

tại

A,



AB 2a, AC a, SBA
SCA
900 , góc giữa SA và mặt phẳng  ABC  bằng 450 . Tính khoảng cách từ điểm
 ABC 
C
đến mặt phẳng

.

a 3
a 30
a 30
a 3

A. 2 . B. 6 . C. 2 . D. 6 .
Lời giải
FB tác giả: Ba Đinh
13


 ABC  .
Gọi H là hình chiếu của S lên
 AB  SH
 AB   SHB 

 AB  SB
 AB  HB mà AB  AC nên suy ra HB // AC  1
 AC  SH
 AC   SHC 

AC

SC

 AC  HC mà AC  AB nên suy ra HC // AB  2 
Mặt khác

 1 ,  2 

0

suy ra ABHC là hình bình hành mà A 90 nên ABHC là hình chữ nhật.

SA,  ABC   SAH

450 SH  AH a 5.
và 
,
HC //  SAB   d  C ; SAB   d H ; SAB  

Từ

Gọi K là hình chiếu của H lên SB. Kẻ HK  SB
Mà

AB   SHB   AB  HK

HK   SAB 

Suy ra
.
d  C ; SAB   d H ; SAB   HK
.

1
1
1
1
1
6
 2
 2 2 2
2
2
SHB vng tại H . Ta có HK

SH
HB
5a a
5a .

HK 

a 30
.
6 .

Vậy
Câu 27. Tính ∫ 3 x 5 dx bằng
A. 3 x 6+ C .

B. 6 x 6 +C .

C. 3 x 5+C .

D.

1 6
x + C.
2

Đáp án đúng: D
Câu 28. Cho khối lăng trụ ABC. ABC  có diện tích đáy ABC bằng S và chiều cao h . Thể tích khối lăng trụ
đã cho bằng
1
2

Sh
Sh
A. 3 .
B. 3 .
C. 2Sh .
D. Sh .
Đáp án đúng: D
14


2 x 5  4 x 2 dx
Câu 29. Kết quả tính 
bằng
3
1

5  4x2   C

A. 6
.


3
8

1
B. 6

1 2
1

1
t dt  t 3  C 

2
6
6

 5  4x 

C.
Đáp án đúng: A

.

Câu 30. Họ nguyên hàm của hàm số

f  x   x 3  3x

x4 x
 3 ln 3  C
A. 4
.
x 4 3x

C
4
ln
3
C.
.

.

 5  4x 

2

Giải thích chi tiết: Ta có

C

1
12

 5  4x   C
2
2 x 5  4 x dx 

2 3

 5  4x 

D.



2 3

2 3

C

.

C

là

x 4 3x 1

C
B. 4 x  1
.
2
x
D. 3x  3 ln x  C .

Đáp án đúng: C

x 4 3x
f  x  dx   x3  3x  dx x3dx  3x dx  4  ln 3  C
Giải thích chi tiết: Ta có 
.
Câu 31.
Gọi V là thể tích khối trịn xoay tạo thành khi quay hình phẳng giới hạn bởi các đường
tọa độ và x = p quanh trục hoành. Đường thẳng x = k ( 0 < k < p) cắt đồ thị hàm số
và trục hồnh tại điểm
Gọi

V1

N

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

tại điểm M

(hình vẽ bên).

là thể tích khối trịn xoay tạo thành khi quay tam giác

p
k= .
3

hai trục

B.

p
k= .
6

OMN

quanh trục

C. k = 3.

Ox.

Biết rằng

V=

12
V1.
k

Khi đó

D. k = 2.

Xét phần mặt cắt và chọn hệ trục Ixy như hình vẽ. (trong đó I là gốc tọa độ).

15


Khi đó Parabol ( P ) đi qua các điểm A ( - 2;6) , B( 2;6) và I ( 0;0) nên Parabol ( P ) có phương trình:
y=

3 2
2y
x ¾¾
® x2 = .
2
3

Khi đó thể tích của vật thể ó cho l:
6
6
ổ
2 ử
V = pũ x2dy = pũỗ
yữ
dy = 12p ( cm3 ) .
ữ
ỗ
ữ
ỗ
ố
ứ
3
0
0

f x5 + 4x + 3) = 2x +1
Câu 32. Cho hàm số y = f ( x) xác định và liên tục trên ¡ , thỏa (
với mọi x Ỵ ¡ . Tích phân
8

ị f ( x) dx
- 2

bằng

32

.
3

B. 10.

A.
Đáp án đúng: B
Giải thích chi tiết:
Lời giải.
5

Đặt x = t + 4t + 3, suy ra
Khi đó

dx = ( 5t4 + 4) dt.

C. 72.

Đổi cận

8

1

1

- 2

- 1

- 1

D. 2.

ïìï x = - 2 ® t = - 1
.
ớ
ùùợ x = 8 đ t = 1

5
4
4
ũ f ( x) dx = ò f ( t + 4t + 3)( 5t + 4) dt = ò( 2t +1) ( 5t + 4) dt = 10.

 d1  :

x 2 y 1 z 2


4
1
1

Câu 33. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho đường thẳng
và
 x 2
 d 2  :  y 1  t
 z  2  t
d
d


. Mặt phẳng song song với cả  1  và  2  , đồng thời tiếp xúc với mặt cầu
 S  : x 2  y 2  z 2  2 x  4 y  4 0 có phương trình là
A.  x  2 y  2 z  14 0 .
B.  x  2 y  2 z  4 0 .
C.  x  2 y  2 z  14 0 .
Đáp án đúng: C

D.  x  2 y  2 z  4 0 .

16


x 2 y 1 z 2


 d1  :
Oxyz
4
1
1 và
Giải thích chi tiết: Trong khơng gian với hệ tọa độ
, cho đường thẳng
 x 2

 d 2  :  y 1  t
 z  2  t
d
d


. Mặt phẳng song song với cả  1  và  2  , đồng thời tiếp xúc với mặt cầu

 S  : x 2  y 2  z 2  2 x  4 y  4 0

có phương trình là
A.  x  2 y  2 z  4 0 . B.  x  2 y  2 z  14 0 .
C.  x  2 y  2 z  14 0 . D.  x  2 y  2 z  4 0 .
Lời giải



u1  4;  1;1 ; u2  0;1;1
lần lượt có một véctơ chỉ phương là
.
   
n  u1 , u2    2;  4; 4 
P
d
d
P
+ Gọi mặt phẳng   song song với cả  1  và  2  , do đó   nhận véctơ
là một
véctơ pháp tuyến.
P :  x  2 y  2 z  m 0
Suy ra  
.
S
I 1; 2; 0 
+ Mặt cầu   có tâm 
, bán kính R 3 .

 m 14
 1 4  m
d  I ,  P   3 
3  
 m  4 .
3
+ Ta có
d
+ Đường thẳng  1 

d
và  2 

Vậy có hai mặt phẳng cần tìm
2

Câu 34. Giá trị của

2 y  2 z  14 0

hoặc

 P2  :  x 

2 y  2 z  4 0

.

3

x dx

1

 P1  :  x 

bằng:

A.

B.

C.
Đáp án đúng: A

D.

a; b  .
Câu 35. Tập giá trị của hàm số y sin 2 x  3 cos 2 x  1 là đoạn 
Tính tổng T a  b
A. T 2.
B. T 0.
C. T 1.
D. T  1.
Đáp án đúng: A
a; b  .
Giải thích chi tiết: Tập giá trị của hàm số y sin 2 x  3 cos 2 x  1 là đoạn 
Tính tổng T a  b
A. T 1.
B. T 2.

C. T 0.
D. T  1.
Lời giải
Cách 1: y sin 2 x  3 cos 2 x 1  sin 2 x  3 cos 2 x  y  1
12 

 3

2

2

 y  1  y 2  2 y  3 0   1  y 3

Để phương trình trên có nghiệm thì
.
y    1;3
Suy ra
. Vậy T  1  3 2
Câu 36. Cho mặt cầu ( S ) tâm O bán kính R và điểm A nằm trên ( S ) . Mặt phẳng ( P ) qua A tạo với OA một góc
30 ° và cắt ( S ) theo một đường trịn có diện tích bằng:
3 π R2
π R2
3 π R2
π R2
A.
.
B.
.
C.

.
D.
.
2
2
4
4
17


Đáp án đúng: C
z  2  6i  z  3  5i
Câu 37. Tập hợp điểm biểu diễn số phức z thỏa mãn
là đường thẳng có phương trình
A. 5 x  y  3 0 .
B. 5 x  y  37 0 .

C. 5 x  y  3 0 .
Đáp án đúng: C

D. 5 x  y  3 0 .

Giải thích chi tiết: Gọi z x  yi , x , y   .
z  2  6i  z  3  5i  x  yi  2  6i  x  yi  3  5i
Ta có
  x  2    y  6  i   x  3   5  y  i 
2

2

2

  x  2    y  6   x  3   5  y 

 x  2

2

2

  y  6 

 x  3

2

  5  y

2

2

 x 2  4 x  4  y 2  12 y  36  x 2  6 x  9  25  10 y  y 2
 10 x  2 y  6 0  5 x  y  3 0 .
Vậy Tập hợp điểm biểu diễn số phức z là đường thẳng 5 x  y  3 0 .
Câu 38.
Với
là số thực dương tùy ý,
bằng
A.

B.
C.
D.
Đáp án đúng: C
Câu 39. Họ nguyên hàm
A. cos x  C .

sin x dx

bằng:
B.  cos x  C .

C. sin x  C .

D.  sin x  C .

Đáp án đúng: B
Câu 40. Cho hai số phức z1 2  3i; z2  3  4i. Phần thực của số phức z1.z2 bằng
A.  18 .
B.  12 .
C. 1 .
Đáp án đúng: A
----HẾT---

D.  6 .

18