Đề giải tích toán 12 có đáp án (930)

ĐỀ MẪU CĨ ĐÁP ÁN

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

Họ tên thí sinh: .................................................................
Số báo danh: ......................................................................
Mã Đề: 055.
Câu 1.
Cho hàm số

y  f  x  liên tục trên  và có đồ thị như hình vẽ bên. Điểm cực đại của hàm số y  f  x  là:

A. x 0 .
Đáp án đúng: A

B. y  3 .

Giải thích chi tiết: Cho hàm số

số

C. x  3 .

D. x 1 .

y  f  x  liên tục trên  và có đồ thị như hình vẽ bên. Điểm cực đại của hàm

y  f  x  là:

A. x 1 .
B. x 0 . C. y  3 . D. x  3 .
Câu 2. Phương trình bậc hai nào sau đây có nghiệm 1  2i ?
2
2
A. z  2 z  5 0 .
B. z  2 z  5 0 .
2
C. z  2 z  3 0 .
Đáp án đúng: A

2
D. z  2 z  3 0 .

Giải thích chi tiết: Phương trình bậc hai nào sau đây có nghiệm 1  2i ?
2
2
2
2
A. z  2 z  3 0 .
B. z  2 z  5 0 .
C. z  2 z  5 0 .
D. z  2 z  3 0 .
Lời giải:
2
Vì 1  2i là nghiệm của phương trình bậc hai az  bz  c 0 nên 1  2i cũng là nghiệm của phương trình bậc
2
hai az  bz  c 0 .

 1  2i   1  2i  5

2
1  2i  1  2i 2
Ta có 
suy ra 1  2i là nghiệm của phương trình bậc hai z  2 z  5 0 .
Câu 3.
Với

là số thực dương tùy ý,

bằng
1


A.

.

B.

.

C.
.
Đáp án đúng: B

D.

.

Câu 4. Giá trị của biểu thức B 9
A. 5
B. 9
Đáp án đúng: D

log3 5

.
C. - 5

D. 25

Câu 5. Có bao nhiêu số nguyên dương a sao cho ứng với mỗi a có đúng ba số nguyên b thỏa mãn
 3b  3  a 2b  18  0?
A. 74
Đáp án đúng: C

B. 71

C. 73

D. 72

Giải thích chi tiết: Có bao nhiêu số ngun dương a sao cho ứng với mỗi a có đúng ba số nguyên b thỏa mãn
 3b  3  a 2b  18  0?
x

 1
f  x   

 3  là
Câu 6. Đạo hàm của hàm số
x

x

 1
f  x    lg 3
 3
A.
.

 1
f  x     ln 3
 3
B.
.

x

x

 1
f  x     lg 3
 3
C.
.
Đáp án đúng: B

 1

f  x    ln 3
 3
D.
.
x

 1
f  x   
 3  là
Giải thích chi tiết: Đạo hàm của hàm số
x

x

 1
f  x    ln 3
 3
A.
.

 1
f  x    lg 3
 3
B.
.

x

x

 1
f  x     ln 3
 3
C.
.
Lời giải
x

 1
f  x     lg 3
 3
D.
.
x

x

x

1
1
1
 1  1
1
f  x     f  x    ln     ln  3    ln  3
 3
 3
 3  3
 3
Ta có:

.
2
Câu 7. Kí hiệu z0 là nghiệm phức có phần ảo dương của phương trình z  z  1 0 . Tính P  z0  2 .

1
3i
P 
2 2 .
A.

3
3i
P 
2 2 .
B.

1
3i
P 
2 2 .
C.
Đáp án đúng: B

3
3i
P 
2 2 .
D.

2

Giải thích chi tiết: [2D4-4.1-1] Kí hiệu z0 là nghiệm phức có phần ảo dương của phương trình z  z  1 0 .
Tính P z0  2 .

2


3
3i
1
3i
1
3i
P 
P 
P 
2 2 .
2 2 .
2 2 .
A.
B.
C.
Lời giải
Người sáng tác đề: Hoàng Trọng Tấn ; Fb: Tan Hoang Trong


 z 
2
z  z  1 0  

 z 


Ta có:

1

2
1

2

3
3i
P 
2 2 .
D.

3i
2
3i
2 .

1
3i
z0  
z
2 2 .
Do 0 là nghiệm phức có phần ảo dương nên
Thay vào P ta được:
Câu 8. Cho hàm số

1
3i
3
3i

2  
2 2
2 2 .

P 

f  x 3  3x  1 3x  2
có đạo hàm liên tục trên  thỏa mãn
với mọi x  .

y  f  x

5

Tính

x. f  x  dx.
1

17
A. 4 .
Đáp án đúng: D

29
B. 4 .

5
C. 4 .

f  x 3  3x  1 3x  2

Giải thích chi tiết: Ta có

33
D. 4 .

với x  

x 0  f  1 2; x 1  f  5  5
Đặt u x  du dx
dv  f  x  dx
v  f  x
, ta chọn
5
5
x. f  x  dx  x. f  x   

1
Suy ra 1
Đặt

5

5

f  x  dx 23 

f  x  dx

1

1

t x 3  3 x  1  dt 3  x 2  1 dx  f  t  3x  2

Đổi cận x 0  t 1; x 1  t 5
5

1

1
2

Do đó

3
2
f  t  dt  3x  2   3x  3 dx 3 3x  2 x  3x  2  dx 
1

0

5

Vậy

x. f  x  dx 23 
1

0

59
4

5

hay

59

f  x  dx  4 .
1

59 33
 .
4
4 .









OM

3
j

2
k
ON

5
j

2i . Tọa độ MN là
Oxyz
Câu 9. Trong không gian
, cho
,

 2;  2;2  .
A.
Đáp án đúng: B
Giải thích chi tiết: Ta có

B.



  2; 2;2  .

C.

 0;5;  7  .

D.

 0;  5;7  .

 








MN ON  OM 5 j  2i  3 j  2k  2i  2 j  2k  MN   2; 2; 2 





.

Câu 10. Tìm đạo hàm của hàm số y log 7 x với x  0 .
3


1
x ln 7 .

A.
Đáp án đúng: A
y 

B.
f  x

Câu 11. Cho hàm số
Ⓐ. . 1 . Ⓑ. . 2 . Ⓒ. . 0 . Ⓓ. . 3 .
A.
Đáp án đúng: B
Câu 12. Trên khoảng
1
y  3 x 2
3
A.
.

y 

7
x.

C.

f  x   x  1

có đạo hàm
B.

2

y 

1
x.

ln 7
x .

3

 x  2   2 x  3 . Tìm số điểm cực trị của hàm số f  x  .
C.

 0;  , đạo hàm của hàm số

D.

y 

D.

y  3 x5 là

3

B. y ' 5 x .

C.

y 

5
x
3
.

D.

y 

53 2
x
3
.

Đáp án đúng: D

 0; 
Giải thích chi tiết: Trên khoảng

5
3 5
3
ta có y  x  x , khi đó

cot x

Câu 13. Tìm tất cả các giá trị m để hàm số y 8

A.  9 m  3 .
B. m 3 .
Đáp án đúng: D
Giải thích chi tiết: Đặt: t cot x (t  R) .

.

 
;
 (m  3)2  3m  2 nghịch biến trên  4 
C. m  3 .
D. m  9 .
cot x

 
x   ; 
 4  thì t   0; 2 .
Với
3
2
Ta được: y t  (m  3)t  3m  2  y ' 3t  m  3 .
 
3
 4 ;  
y

8

(
m


3)2

3
m

2
Để hàm số
nghịch biến trên
thì hàm số y  f (t ) t  (m  3)t  3m  2
2
2
g (t )
0; 2  f (t ) 3t  m  3 0, x   0; 2  m  3t  3 g (t )  m min

 0;2
nghịch biến trên
.
Ta có: g (t )  6t 0  t 0 .
cot x

cot x

Bảng biến thiên:

Giá trị nhỏ nhất của g (t ) là:  9 .
Vậy: m  9 .
4
2
Câu 14. Cho hàm số y  x  2 x  1 . Khẳng định nào sau đây là sai?

 0; 1
A. Điểm cực đại của đồ thị hàm số là
B. Điểm cực đại của hàm số là x 0
C. Hàm số khơng có giá trị nhỏ nhất
D. Hàm số khơng có giá trị lớn nhất
Đáp án đúng: C

4


Giải thích chi tiết: Tập xác định: D R
 x 0
3
y 4 x  4 x; y 0   x 1
 x  1
Bảng biến thiên

Từ bảng biến thiên suy ra khẳng định C sai.
2
Câu 15. Đồ thị hàm số y x  3x cắt đường thẳng y x  4 tại bao nhiêu điểm?
A. 0 điểm.
B. 1 điểm.
C. 2 điểm.
Đáp án đúng: B
Câu 16.

Cho hàm số

y = f ( x) = ax2 + bx + c

có đồ thị

(C )

D. 4 điểm.

(như hình vẽ).

f 2 ( x ) + ( m - 2) f ( x ) + m - 3 = 0
m
Có bao nhiêu giá trị nguyên của
để phương trình
có 6 nghiệm phân

biệt?
A. 3 .
Đáp án đúng: A

B. 4 .

Giải thích chi tiết: Cho hàm số

y = f ( x) = ax2 + bx + c

C. 1.
có đồ thị

D. 2.

(C )

(như hình vẽ).

5


f 2 ( x ) + ( m - 2) f ( x ) + m - 3 = 0
m
Có bao nhiêu giá trị ngun của
để phương trình
có 6 nghiệm phân

biệt?
A. 2. B. 3 . C. 1. D. 4 .
Lời giải
Từ đồ thị hàm số

( )

y = f ( x) = ax2 + bx + c

( )

ta suy ra đồ thị

(C ')

( )

( )

của hàm số

( )

y=f x

éf x - m + 3ù= 0
f 2 x + ( m - 2) f x + m - 3 = 0 Û é
f x + 1ù
ê
ú
ê
ú
ë
û
ë
û
Ta có
éf x = - 1
( 1)
ê
Û ê
êf x = m - 3
( 2)
ë

( )
( )

6


(C ')

1
suy ra phương trình   có hai nghiệm.
2
Suy ra phương trình   có 4 nghiệm phân biệt, khi đó  1  m  3  3  2  m  6
m   3;4;5
Vậy
Dựa vào đồ thị

x 2  3x  4
y
C
 P  là parabol có phương trình: y ax 2  bx  8 . Biết rằng
x 1
Câu 17. Gọi   là đồ thị hàm số
và
A  4;1
 C  . Gọi k1 , k2 là hệ số góc của hai tiếp tuyến đó và gọi I là đỉnh
từ điểm
kẻ được hai tiếp tuyến tới
 P  . Khi  P  đi qua hai điểm M  k1;0  , N  k2 ; 0  , tính bán kính R của đường tròn ngoại tiếp tam giác
của
IMN .
12
9
161

47
R=
R=
R=
R=
25 .
2.
36 .
100 .
A.
B.
C.
D.
Đáp án đúng: C
x 2  3x  4
y
C
 P  là parabol có phương trình:
x 1
Giải thích chi tiết: [2D1-5.6-4] Gọi   là đồ thị hàm số
và
y ax 2  bx  8 . Biết rằng từ điểm A  4;1 kẻ được hai tiếp tuyến tới  C  . Gọi k1 , k2 là hệ số góc của hai tiếp
 P  . Khi  P  đi qua hai điểm M  k1;0  , N  k2 ;0  , tính bán kính R của đường
tuyến đó và gọi I là đỉnh của
trịn ngoại tiếp tam giác IMN .
47
9
12
161
R=

R=
R=
R=
100 . B.
2.
25 . D.
36 .
A.
C.
Lời giải
Người sáng tác đề: Lưu Thêm; Fb:Lưu Thêm.
A  4;1
y k  x  4   1
+) Phương trình đường thẳng d đi qua
và có hệ số góc k là:
.
2

 x  2  x  1 k  x  4   1


2
1 
k
2
C
x

1






+) Hoành độ tiếp điểm của d và
là nghiệm của hệ phương trình: 
+)

Ta

 1 

có:

 x 2


2
2 
 x  1  1 
  3k  1
  x  1 2 
x 1



 x 2

2
2

4
1
2  3k
x  1 
 3k  1 
2  3k 

.
x 1
x 1
x 1
x 1
4

 2

+) Thế vào

 2

ta được:

 2  3k 
1  2.
16

x 2

 1
.

 2

2
k  x  1  3k  1
x 1

2

k

2
 8   4  12k  9k 2  8k  9k  4k  4 0  k 

2 2 10
.
9

7


 2  2 10   2  2 10 
M 
; 0  , N 
;0 
2
9
9




 và phương trình  P  : y 18 x  8 x  8 .
Suy ra
2 80
 P   I  ;   .
9 
9
I là đỉnh

+) Gọi H là trung điểm MN .
4 10
80
IH d  I , MN  d  I , Ox  
9 ;
9 .
+) Ta có
HM IH
MN .IH
·
·
·
sin NIM
= 2sin HIM
.cos HIM
= 2.
.
=
IM IM
IM 2 .
+) Cú

MN

2

2
ổ2 10 ử
ổ
80 ử
ữ
ỗ
ữ
ỗ
ữ
+ỗ
ữ
ỗ
ữ
ỗ
2
2
2
ữ
ỗ
ữ 161
ố9 ứ ố
ỗ 9 ứ
MN
IM
IH + HM
161

2R =
=
=
=
=
ị R=
Ã
80
IH
IH
18
36
sin NIM
9
+)
.
161
R=
36 .
Vy bán kính đường trịn ngoại tiếp tam giác IMN là

Câu 18. Cho số phức z thỏa mãn
2018
w m  ni . Tính w .
1009

A. 5 .
Đáp án đúng: B
Giải thích chi tiết: Ta có

1 i z  2  1 i z 

1009
B. 6 .

1 i z  2  1 i z 

2 4 2

. Gọi

m max z

1009
C. 2 .

2 4 2  z  1  i  z  1  i 4

,

n min z

và số phức

1009
D. 4 .

.
8

F   1;1
Gọi M là điểm biểu diễn của số phức z , 1
là điểm biểu diễn của số phức
biểu diễn của số phức
nhận
Ta có

F1

và

F2

z1  1  i

và

F2  1;  1

là điểm

z2 1  i . Khi đó ta có MF1  MF2 4 . Vậy tập hợp điểm M biểu diễn số phức z là elip

làm hai tiêu điểm.

F1 F2 2c  2c 2 2  c  2 .

2
2

Mặt khác 2a 4  a 2 suy ra b  a  c  4  2  2 .

Do đó elip có độ dài trục lớn là

A1 A2 2a 4

, độ dài trục bé là

B1 B2 2b 2 2 .

m max z max OM
Mặt khác O là trung điểm của AB nên

OA1 a 2 và n min z min OM

OB1 b  2 .
2018

w 6 w
61009
Do đó w 2  2i suy ra
.
Câu 19. Cho a  0 và m, n   . Khẳng định nào sau đây đúng?
m n

A.

n m

 a   a 

m

n

.

m n

C. a .a a .
Đáp án đúng: A

am
a n  m
n
B. a
.
m
n
m n
D. a  a a .
2 x+1
là đúng?
x−1
B. Hàm số luôn nghịch biến trên R ¿ 1}¿
D. Hàm số đồng biến (−∞; 1 ) , ( 1 ;+ ∞ )

Câu 20. Kết luận nào sau đây về tính đơn điệu của hàm số y=
A. Hàm số luôn đồng biến trên R
C. Hàm số nghịch biến (−∞ ; 1 ) , ( 1 ;+ ∞ )
Đáp án đúng: C

Câu 21. Xét các số phức z thỏa mãn z - 2- 4i = 2 2. Trong các số phức w thỏa mãn w = z( 1+ i ) , gọi w1 và w2
lần lượt là số phức có mơđun nhỏ nhất và mơđun lớn nhất. Khi đó w1 + w2 bằng
A. 2+ 4i.
B. - 2+ 6i.
C. - 4 +12i.
D. 4+ 8i.
Đáp án đúng: C
Giải thích chi tiết:
Lời giải.
®
Từ z - 2- 4i = 2 2 ¾¾
tập hợp các điểm M biểu diễn số phức z thuộc đường tròn có tâm I ( 2;4) , bán kính
R = 2 2.

9


P = w = z( 1+ i ) = z . 1+ i = 2 z = 2OM
Ta có
với O( 0;0) .
Dựa vào hình vẽ ta thấy

⏺

® w1 = ( 1+ 2i ) ( 1+ i ) = - 1+ 3i.
Dấu '' = '' xảy ra Û M º M 1 z = 1+ 2i ắắ

đ w2 = ( 3+ 6i ) ( 1+ i ) = - 3+ 9i.
Dấu '' = '' xảy ra Û M º M 2 Û z = 3+ 6i ¾¾

Vậy w1 + w2 =- 4 +12i.
Cách 2. Ta có w = z( 1+ i ) Û w = ( 1+ i ) ( z - 2- 4i ) - 2+ 6i Û w + 2- 6i = ( 1+ i ) ( z- 2- 4i ) .
Suy ra

w + 2- 6i = ( 1+ i ) ( z - 2- 4i ) = 1+ i . z - 2- 4i = 2.2 2 = 4 ắắ
đ

tp hp cỏc im N biu din s phức w

thuộc đường trịn có tâm J ( - 2;6) , bán kính r = 4.

Dựa vào hình vẽ ra thấy số phức w có mơđun nhỏ nhất có điểm biểu diễn là N1; phức w có mơđun lớn nhất có
điểm biểu diễn là N 2.
Khi đó

uuuu
r uuuur
uur
w1 + w2 = ON1 +ON 2 = 2OJ ắắ
đ w1 + w2 = 2( - 2+ 6i ) = - 4 +12i.

10


Câu 22. Hỏi có bao nhiêu giá trị m nguyên trong
nghiệm duy nhất?
A. 4015.

Đáp án đúng: C

[- 2017;2017 ]

B. 4014.

để phương trình

C. 2018.

log ( mx ) = 2log ( x +1)

có

D. 2017.

Giải thích chi tiết: ĐK: x >- 1, mx > 0.
2

log ( mx) = 2log ( x +1) Û mx = ( x +1) Û m =

( x +1)

2

x

vì x = 0 khơng là nghiệm của phương trình đã

cho.

f ( x) =

( x +1)

2

x
với x >- 1, x ¹ 0
éx = 1
x2 - 1
f '( x ) = 2 = 0 Û ê
êx =- 1 ( loai )
x
ë

Xét hàm số

Lập BBT

Dựa vào BBT, pt có nghiệm duy nhất khi và chỉ khi
Vì

ém = 4
ê
ê
ëm < 0

m Ỵ [- 2017;2017 ]
m Ỵ { - 2017; - 2016; ...; - 1;4}

và m nguyên nên

log a f ( x) = log a g ( x)
Chú ý: trong lời giải, ta đã bỏ qua điều kiện mx > 0 vì với phương trình
với
0 < a ¹ 1 ta chỉ cần điều kiện f ( x ) > 0 .

Câu 23. Cho
21
A. 2 .

2

1

f  x  dx 3

g  x  dx 1

1

và

2

2

. Tính

I   x  2 f  x   3g  x   dx

1

.

7
B. 2 .

5
C. 2 .
26
D. 2 .
Đáp án đúng: A

Câu 24. Trong mặt phẳg Oxy cho điểm
trong các điểm dưới đây?
  3;4  .
A.

M  –2;4 

. Phép vị tự tâm O tỉ số k 2 biến điểm M thành điểm nào

11


Lời giải
Chọn B
M  x; y 
Gọi



 x 2.   2   4
V O ,2  M  M '  OM  2.OM  
 M '   4;8 
y 2.4 8


Gọi
 4;8 .
B.
  4;8 .
C.
 4;  8 .
D.
Đáp án đúng: C
Câu 25.
Cho hàm số

có bảng biến thiên như sau:

Giá trị cực đại của hàm số đã cho bằng
A.
.
Đáp án đúng: C

B.

.

C.

.

Câu 26. Hai điểm M ; N lần lượt thuộc hai nhánh của đồ thị hàm số
ngắn nhất bằng:
A. 8.
Đáp án đúng: A

B. 8 2.

D.
y

.

3x  1
x  3 . Khi đó độ dài đoạn thẳng MN

C. 4.

D. 2017.

3x  1 3  x  3  8
8

3 
x 3
x 3
x 3

Giải thích chi tiết: Ta có:
Đường tiệm cận đứng của đồ thị hàm số là x 3.
y

8

y

3

1

2
2
a
x1 3  a, x2 3  b  a, b  0   
 MN 2  x1  x2    y1  y2 
 y 3  8
 2
b
Đặt

12


2

64 
2
 1 1

 a  b   64     a  b   1 
.
  ab  2 
 a b


2

 a  b  2 4ab

16
2

64
64
16  AB 4ab. ab 64  AB 8.
1  2 2 2 2 2 
ab
ab
Ta có:  a b
a b

8
 a b 2 2

1
 ab
Dấu bằng xảy ra
.
Câu 27.

Cho hàm số

y  f  x

có bảng xét dấu đạo hàm như ở bảng sau:

1

f x 
x  nghịch biến trên khoảng nào dưới đây?
Hỏi hàm số 
1

 1 
1 
  2;   .
  ;0  .
 ;2.
2
A. 
B.  2 
C.  2 

 1
 0;  .
D.  2 

Đáp án đúng: C
4
2

Câu 28. Cho hàm số y x  2x  1 . Mệnh đề nào dưới đây đúng?
A. Hàm số có 3 điểm cực trị.
B. Hàm số khơng có điểm cực đại.
C. Hàm số khơng có điểm cực tiểu.
D. Hàm số có 1 điểm cực trị.
Đáp án đúng: A
Giải thích chi tiết: Phương pháp:
Giải phương trình y ' 0 và suy ra các điểm cực trị của hàm số.

Cách giải:

 x 0
y x  2x  1  y ' 4x  4x, y ' 0   x 1
 x  1
4

2

3

 Hàm số có 3 điểm cực trị.
z ,z
Câu 29. Gọi M , N lần lượt là điểm biểu diễn của 1 2 trong mặt phẳng tọa độ, I là trung điểm MN , O là
gốc tọa độ,. Mệnh đề nào sau đây luôn đúng?
z  z 2OI
z  z 2  OM  ON 
A. 1 2
.
B. 1 2
.

z  z OI
z  z OM  ON
C. 1 2
.
D. 1 2
.
Đáp án đúng: A

13


z ,z
Giải thích chi tiết: Vì M , N lần lượt là điểm biểu diễn của 1 2 trong mặt phẳng tọa độ và 3 điểm O, M , N
không thẳng hàng.
 

z1  z2  OM  ON  NM NM
z  z 2  OM  ON 
z  z OM  ON
Nên ta có
loại đáp án 1 2
và 1 2
 


z1  z2  OM  ON  2OI 2 OI 2OI
z  z OI
Mặt khác
loại đáp án 1 2
.

2
P
M  3; 2 
Câu 30. Cho hàm số y  x  4 x  3 có đồ thị là parabol   và điểm
. Gọi d là đường thẳng đi qua
a 2
Smin 
P


b
điểm M và S là diện tích hình phẳng được giới hạn bởi đường thẳng d và parabol
, khi đó
a

3
3
với a , b   và b tối giản. Giá trị biểu thức 2a  3b bằng
A. 59878.
Đáp án đúng: D

B. 1240.

C. 1051.

D. 1105.

M 3; 2
 d : y k  x  3   2
Giải thích chi tiết: Đường thẳng d đi qua   có hệ số góc k

.
P
Phương trình hồnh độ giao điểm của d và   :
x 2  4 x  3 k  x  3  2  x 2   k  4  x  3k  1 0  1
2

2

  k  4   4  3k  1 k 2  4k  12  k  2   8  0 k  
,
 x1  x2 k  4

1
x x
x  x2 ta có:  x1.x2 3k  1 .
Phương trình   ln có hai nghiệm phân biệt 1 , 2 , giả sử 1
P
Diện tích hình phẳng được giới hạn bởi   và d là:

  k  4  x2 x3



  3k  1 x 
S  x   k  4  x  3k  1 dx 
2
3


x1

x2

x2

2

x1

k 4 2
1
x2  x12    x23  x13    3k  1  x2  x1 

2
3
  k  4   x2  x1   x2  x1  2  x1 x2

 x2  x1  

  3k  1 
2
3




1
6
1

6



 x2  x1 

 k  4

2

2

2
 4 x1 x2  3  k  4   x2  x1   2  x2  x1   2 x1 x2  6  3k  1 



2
 4  3k  1   k  4   4  3k  1 



8 2
2
 8   k  2   8 


3 .
 a 8
8 2
 
 2a 3  3b3 1105

S min 
b

3
3 đạt được khi k 2 
.
2
f  x  3x  1
Câu 31. Cho hàm số
. Trong các khẳng định sau, khẳng định nào đúng?
1
3
f  x  dx  x3  x  C
f
x
d
x

x

C



3
A. 
.
B.
.


1
6

 k  2

2

14


f  x  dx 3x 3  x  C
f  x  dx  x 3  x  C
C. 
.
D. 
.
Đáp án đúng: D
Câu 32. Cho số phức z a  bi với a , b là các số thực bất kỳ. Mệnh đề nào sau đây đúng?
2
2
2
A. z  z không phải là số thực.
B. Môđun của z bằng a  b .
C. Phần ảo của z là bi .
Đáp án đúng: B

D. Số z và z có mơđun khác nhau.

Giải thích chi tiết: Cho số phức z a  bi với a , b là các số thực bất kỳ. Mệnh đề nào sau đây đúng?

2
2
2
A. Phần ảo của z là bi .
B. Môđun của z bằng a  b .
C. z  z không phải là số thực.
D. Số z và z có mơđun khác nhau.
Lời giải
2



z2  z 

a 2  b2



2

a 2  b 2

.

Câu 33.
Cho hàm số

y

ax  b

 a  0
cx  d
có đồ thị như sau:

Mệnh đề nào sau đây là đúng?
A. ab  0, bc  0, cd  0 .

B. ab  0, bc  0, cd  0 .
D. ab  0, bc  0, cd  0 .

C. ab  0, bc  0, cd  0 .
Đáp án đúng: A
Giải thích chi tiết: Cho hàm số

y

ax  b
 a  0
cx  d
có đồ thị như sau:

Mệnh đề nào sau đây là đúng?
A. ab  0, bc  0, cd  0 . B. ab  0, bc  0, cd  0 .
C. ab  0, bc  0, cd  0 . D. ab  0, bc  0, cd  0 .
Lời giải

15


d

a
0
y  0
c
c
Dựa vào đồ thị ta có tiệm cận đứng
, tiệm cận ngang
. Ta suy ra cd  0, ad  0 .
b
0
Đồ thị cắt trục tung tại điểm có tung độ dương nên d
. Ta suy ra ab  0, bc  0 .
5
y
2 x  3 có phương trình là
Câu 34. Tiệm cận ngang của đồ thị hàm số
3
3
5
x
y
y
2.
2.
2.
A.
B. y 0 .
C.
D.
Đáp án đúng: B

z  4  3i   1  i 
Câu 35. Tính môđun của số phức z biết
.
z 5 2
z 7 2
z  2
z 25 2
A.
B.
C.
D.
Đáp án đúng: A
z  4  3i   1  i  7  i  z 7  i  z 5 2
Giải thích chi tiết:
----HẾT--x 

16