Toán giải tích có đáp án (693)

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: 099.
16
f  x  x 
x trên đoạn  1; 5 bằng
Câu 1. Giá trị nhỏ nhất của hàm số
41
A. 5 .
B. 17 .
C.  8 .

D. 8 .

Đáp án đúng: D
3
2
Câu 2. Với m là một tham số thực thì đồ thị hàm số y  x  2 x  x  1 và đường thẳng y m có nhiều nhất
bao nhiêu giao điểm?
A. 1 .
B. 3 .
C. 4 .
D. 2 .
Đáp án đúng: B

M  1;  2; 4 
Câu 3. Trong không gian Oxyz , cho điểm
. Khoảng cách từ điểm M đến trục Ox bằng:

A. 1 .
B. 2 5 .
Đáp án đúng: B
Câu 4. Đạo hàm cấp hai y ' ' của hàm số y=ln ( 3 x +2 ) là
3
A. y ' '=
.
( 3 x +2 )2
−9
C. y ' '=
.
3 x +2
Đáp án đúng: D
s 

C. 2 3 .

D.

21 .

B. y ' '=3l n2 ( 3 x +2 ) .
D. y ' '=

−9
.

( 3 x +2 )2

1 3
t  6t 2
3
với

t (giây) là khoảng thời gian tính từ khi vật bắt
Câu 5. Một vật chuyển động theo quy luật
đầu chuyển động và s (mét) là quãng đường vật di chuyển được trong khoảng thời gian đó. Hỏi trong khoảng
thời gian 9 giây kể từ khi bắt đầu chuyển động, vận tốc lớn nhất của vật đạt được bằng bao nhiêu ?
A. 36 (m/s).
B. 243 (m/s).
C. 27 (m/s)
Đáp án đúng: A

D. 144 (m/s).

2
Giải thích chi tiết: Ta có : v s  t  12t ; v  2t  12 ,
BBT

v  6  36m / s
Nhìn bbt ta thấy vận tốc đạt giá trị lớn nhất khi t 6 .Giá trị lớn nhất là
.
Câu 6. Cho tứ diện đều ABCD có cạnh bằng 1. Gọi M , N là hai điểm thay đổi lần lượt thuộc cạnh BC, BD sao
cho ( AMN ) luôn vuông góc với ( BCD) . Tổng giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của thể tích khối tứ diện ABMN
bằng
1

17 2
.
72

17 2
.
B. 144

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

C.

17 2
.
216

2
.
D. 12

Gọi H là tâm đường tròn ngoại tiếp D BCD. Khi đó MN ln đi qua H .
Ta có
Đặt

uuu
r uuu

r
uuur
uuur
BC uuur BD uuur
BC BD
BC + BD = 3BH
BM +
BN = 3BH ắắ
đ
+
= 3.
BM
BN
BM BN

BC
BD
= x,
= y ( x, y ³ 1) .
BM
BN

Ta có

Suy ra x + y = 3.

VABMN
BM BN
1
=

.
= .
VABCD
BC BD xy

1
Ỵ
Tương tự như các bài trên, ta được xy

é4 1ù
ê ; ú.
ê
ë9 2ú
û

é4
ù
1
17
17 2
VABMN Ỵ ê VABCD ; VABCD ú.
V1 +V2 = VABCD =
.
ê
ú
9
2
18
216
ë

û Vậy
Suy ra

Câu 7. Cho hình trụ có bán kính đáy 2r và độ dài đường l . Diện tích xung quanh của hình trụ đã cho là
A.

.

C.
Đáp án đúng: D
Câu 8.
Cho hàm số

y=

.

B.

.

D.

.

ax + b
x +1 có đồ thị như hình vẽ bên dưới. Tìm khẳng định đúng trong các khẳng định sau:

2

A. b  0  a .
B. a  b  0 .
C. 0  a  b .
Đáp án đúng: C
Câu 9.
Cho hàm số bậc ba y=a x3 +b x 2 +cx +d có đồ thị như hình vẽ sau:

Trong các hệ số a, b, c, d có tất cả bao nhiêu số dương?
A. 2
B. 1
Đáp án đúng: D
Câu 10. Cho hàm số

f  x

thỏa mãn

C. 0

D. 0  b  a .

D. 3

e3 x  4 f  x   f '  x   2 f  x  , f  x   0 x 0

và

f  0  1

. Tính

ln 2

 f  x  dx
0

209
A. 640 .
Đáp án đúng: A

201
B. 640 .

Giải thích chi tiết: Cho hàm số

f  x

C.

thỏa mãn



1
12 .

11
D. 24 .

e3 x  4 f  x   f '  x   2 f  x  , f  x   0 x 0

và

f  0  1

.

ln 2

 f  x  dx

Tính 0
201
11
209
1

A. 640 . B. 24 . C. 640 . D. 12 .
Lời giải

3



f  x
f ' x 

 1
e 4


 2 f  x 2 f  x 


3x


f ' x 
 1
 e3 x  2 f  x  


2
f
x




2x
e . f ' x
 2e 2 x f  x  
e  x
2 f  x

Ta có:
Vì



f  x  ' e  x

 e2 x

f  x  e x dx

e3 x  4 f  x   f '  x   2 f  x  e3 x  4 f  x   f '  x   2 f  x   e 2 x

f  0  1

Suy ra

 e2 x

nên

f  x   e x  C

 e0 f  0   e0  C  C 2

f  x   e  3 x  2e  2 x  f  x    e  3 x  2e  2 x 

ln 2



ln 2

2

 3x
 2x
 f  x  dx    e  2e  dx 

2

209
640

.
Câu 11. Trung tâm luyện thi Đại học Diệu Hiền muốn gửi số tiền M vào ngân hàng và dùng số tiền thu được
(cả lãi và tiền gốc) để trao 10 suất học bổng hằng tháng cho học sinh nghèo ở TP. Cần Thơ, mỗi suất 1 triệu
đồng. Biết lãi suất ngân hàng là 1% /tháng , và Trung tâm Diệu Hiền bắt đầu trao học bổng sau một tháng gửi
tiền. Để đủ tiền trao học bổng cho học sinh trong 10 tháng, trung tâm cần gửi vào ngân hàng số tiền M ít nhất
là:
A. 119100000 đồng.
B. 94800000 đồng.
0

0

C. 108500000 đồng.
D. 120000000 đồng.
Đáp án đúng: B
Giải thích chi tiết: Trung tâm luyện thi Đại học Diệu Hiền muốn gửi số tiền M vào ngân hàng và dùng số tiền
thu được (cả lãi và tiền gốc) để trao 10 suất học bổng hằng tháng cho học sinh nghèo ở TP. Cần Thơ, mỗi suất 1
triệu đồng. Biết lãi suất ngân hàng là 1% /tháng , và Trung tâm Diệu Hiền bắt đầu trao học bổng sau một tháng
gửi tiền. Để đủ tiền trao học bổng cho học sinh trong 10 tháng, trung tâm cần gửi vào ngân hàng số tiền M ít
nhất là:
A. 108500000 đồng. B. 119100000 đồng. C. 94800000 đồng. D. 120000000 đồng.

Hướng dẫn giải
Gọi M (triệu). Lãi suất là a
Số tiền sau tháng thứ nhất và đã phát học bổng là
Số tiền sau tháng thứ hai và đã phát học bổng là

 M  1  a   10   1  a   10 M  1  a 

2

M  1  a   10

 10  1  a   10

Số tiền sau tháng thứ ba và đã phát học bổng là
3
2
 10  1  a   10  1  a   10 M  1  a   10   1  a    1  a   1


……………………………………….

 M 1 a

2



4

Số tiền sau tháng thứ 10 và đã phát học bổng là

M 1 a

10


9
10
 10   1  a   .....   1  a   1 M  1  a   10.



10

1 a  1
a

Theo yêu cầu đề bài

M 1 a

10

1 a
 10.

a

10

1

10

10   1  a   1

0  M  
10
a 1 a

Thay a 1% . Ta tìm được M 94713045 94800000
Câu 12.
y  f  x
Cho hàm số đa thức bậc bốn
có đồ thị như hình vẽ dưới đây:

y  f 2  x   m2
m    2022; 2022
S
Gọi
là tập hợp tất cả các giá trị nguyên của tham số
để hàm số
có 9
điểm cực trị. Số phần tử của tập S là
A. 2027.
B. 2022.
C. 4032.
D. 4034.
Đáp án đúng: D

y  f  x
Giải thích chi tiết: Cho hàm số đa thức bậc bốn
có đồ thị như hình vẽ dưới đây:

5


Gọi S là tập hợp tất cả các giá trị nguyên của tham số
điểm cực trị. Số phần tử của tập S là
A. 4034.
B. 2027.
C. 4032.
D. 2022.
Lời giải
g  x   f 2  x   m2
Đặt
.

m    2022; 2022

để hàm số

y  f 2  x   m2

có 9

 f  x  0
g  x  2 f  x  f  x  ; g  x  0  
 1
f  x  0


Ta có
.
y  f  x
 1 có 7 nghiệm đơn nên g  x  có 7 điểm cực trị.
Từ đồ thị hàm số
ta thấy
 f  x  m
g  x  0  f 2  x   m 2 0  f 2  x  m 2  
 f  x   m
Xét

 2
.

y  f 2  x   m2  g  x 
g  x  0
có 7 điểm cực trị nên để
có 9 điểm cực trị thì phương trình
phải
 m 6

 2  phải có 2 nghiệm bội lẻ  m  6 .
có 2 nghiệm bội lẻ hay
 S   2022;...;  6;6;...; 2022
. Vậy có 4034 giá trị m .

Do

g  x

2x
Câu 13. Hàm số y 2

2

x

có đạo hàm là

2

4 x  1 22 x  x ln2
A. 
.
2 x2  x

ln2 .
C. 2
Đáp án đúng: A
Giải thích chi tiết:
Lời giải
Ta có:

 2x
B.

2

 x  22 x

2

x

ln2

.

2

D.

 4 x 1 22 x x ln  2 x2  x  .

.

Câu 14. Cho a  0, a 1 . Tìm mệnh đề ĐÚNG trong các mệnh đề sau:
A. Tập xác định của hàm số y log a x là  .
x
 0;  .
B. Tập xác định của hàm số y a là khoảng
C. Tập giá trị của hàm số y log a x là tập  .
x
D. Tập giá trị của hàm số y a là tập  .
Đáp án đúng: C
Câu 15.
Đồ thị sau đây là đồ thị hàm số nào?

6

4
2
A. y  x  2 x  2

3
B. y  x  3 x  2

3

C. y  x  3 x  2
Đáp án đúng: C
x
Câu 16. Cho hàm số y 5 . Mệnh đề nào sau đây sai?
A. Đồ thị hàm số ln có tiệm cận đứng

D. y 2 x  2

B. Đồ thị hàm số luôn đi qua điểm

C. Hàm số đồng biến trên 
Đáp án đúng: A

D. Hàm số có tập giá trị

 0;1

 0;

A  1; 4;5 
B   1; 2; 7 
Câu 17. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz , cho hai điểm
và
. Điểm M thay đổi
 P  có phương trình 3x  5 y  z  9 0 . Giá trị nhỏ nhất của tổng MA2  MB 2 là
nhưng thuộc mặt phẳng
441
324
858
A. 35 .
B. 35 .
C. 12 .
D. 35 .
Đáp án đúng: D
 

I  0;3; 6 
Giải thích chi tiết: ⬩ Gọi Gọi I là trung điểm của AB : IA  IB 0 ,
.
  
 

2
2
2
2
2



2
2
 MI  IA  MI  IB 2 MI  IA  IB  2MI IA  IB
MA2  MB 2 MA  MB
Ta
có
2MI 2  IA2  IB 2 .
2
2
2
Ta có IA, IB khơng đổi, nên 2MI  IA  IB đạt giá trị nhỏ nhất khi MI nhỏ nhất. Suy ra M là hình chiếu



 







 P .
của I trên
M   P  : 3x  5 y  z  9 0  1  M  x; y;  3x  5 y  9 


IM  x; y  3;  3x  5 y  3
P  : nP  3;  5;1


, véc tơ pháp tuyến của
.
7


54
x y 3

 3   5
 x  35


x  3x  5 y  3   5 x  3 y  9


 y 3




1
7
10 x  15 y 9
IM , nP cùng phương khi:  3
 54 3 228 
 M ; ;

 35 7 35  .

 min  MA2  MB 2  

858
35 .

Câu 18. Một người lập kế hoạnh gửi tiết kiệm ngân hàng như sau: Đầu tháng 1 năm 2018, người đó gửi 10 triệu
đồng; sau mỗi đầu tháng tiếp theo, người đó gửi số tiền nhiều hơn 10% so với số tiền đã gửi ở tháng liền trước
đó. Biết rằng lãi suất ngân hàng không đổi là 0,5% mỗi tháng và được tính theo hình thức lãi kép. Với kế hoạnh
như vậy, đến hết tháng 12 năm 2019, số tiền của người đó trong tài khoản tiết kiệm là bao nhiêu ? (Làm trịn
đến hàng nghìn)
A. 926 281 000 đồng.
B. 832 765 000 đồng.
C. 922 756 000 đồng.
D. 918 165 000 đồng.
Đáp án đúng: B
Giải thích chi tiết: Với A 10 triệu, a 0,1 , r 0,005 .
A 1  r   A 1  a 
Đầu tháng 2:
.
2

Đầu tháng 3:

A 1  r   A 1  a   1  r   A1  a 
3

Đầu tháng 4:
…

2

2

.
2

A1  r   A1  a  1  r   A 1  a  1  r   A 1  a 

A 1 r 
Đầu tháng n : 

n 1

 1 r 

n 2

 1  a   ...   1  r   1  a 

n 2

3

 1  a 

n 1




n 1

n 2
n 2
n 1
A   1  r    1  r   1  a   ...   1  r   1  a    1  a    1  r 


n
Hết tháng :
Gọi B là số tiền của người đó trong tài khoản tiết kiệm đến hết tháng 12 năm 2019
Khi đó n 24 .

Câu 19.
Hàm số
A.

( 3;+¥ ) .

có tập xác định là
B.

( 2; 3) .

( - ¥ ; 2) È ( 3; +¥ ) .
( - ¥ ; 2) .
C.
D.
Đáp án đúng: B
Câu 20. Khẳng định nào sau là khẳng định đúng?
A. Một khối đa diện bất kì ln có thể phân chia được thành các khối bát diện.
B. Một khối đa diện bất kì ln có thể phân chia được thành các khối tứ diện.

C. Một khối đa diện bất kì ln có thể phân chia được thành các khối lạp phương.
D. Một khối đa diện bất kì ln có thể phân chia được thành các khối bát diện đều.
Đáp án đúng: B
Giải thích chi tiết: Khối đa diện có số mặt ít nhất là khối tứ diện nên chọn B.
8


Câu 21. Tìm tất cả các giá trị của tham số m để đồ thị hàm số y =
A. m > 0.
C. Khơng có m.
Đáp án đúng: A

x+1

√ m x 2+1

có hai tiệm cận ngang?

B. m = 0.
D. m < 0.

e3

dx
I 
x
e2

Câu 22.
A. 0

Đáp án đúng: D
Câu 23.

có giá trị
B. e

C. 2

D. 1

x

y=

x
ổ1 ử
ổ1ử
ữ ( 2) ,
ỗ
ữ
ỗ
y
=
ữ
y
=
ỗ
ữ
x
ỗ

ữ
3 ( 1) ,
ữ ( 4)
ữ
ỗ
ỗ
y = 4 ( 3) ,
ố 3ứ
ố4ứ

( )

x

Cho bn hàm số
Tương ứng hàm số - đồ thị đúng là

có đồ thị là bốn đường cong như hình bên.

A. ( 1) - ( C4 ) ,( 3) - ( C1) ,( 2) - ( C3) ,( 4) - ( C2 ) .

B. ( 1) - ( C4 ) ,( 2) - ( C1) ,( 3) - ( C3) ,( 4) - ( C2) .

C. ( 2) - ( C4 ) ,( 1) - ( C1) ,( 3) - ( C3) ,( 4) - ( C2) .
Đáp án đúng: B

D. ( 3) - ( C4 ) ,( 2) - ( C1) ,( 1) - ( C3) ,( 4) - ( C2 ) .

Câu 24. Cho hình hộp đứng có cạnh bên độ dài 3a , đáy là hình thoi cạnh 2a và có một góc 60 . Khi đó thể
tích khối hộp là:

3
A. 2 3a .
Đáp án đúng: B

3
B. 6 3a .

3
C. 5 3a .

3
D. 10 3a .

C. ln 2 .

D. 1  ln 2 .

1

Câu 25. Tích phân
A. ln 2  1 .
Đáp án đúng: C
Câu 26.
Cho hàm số

1
I 
dx
x 1
0

y  f  x

bằng
B.  ln 2 .

có đồ thị như hình dưới. Hàm số đã cho đồng biến trong khoảng nào dưới đây?

9


  ;0 

A.
.
Đáp án đúng: C

B.

 0;   .

C.

  ;  1 .

D.

1  i z  2
1 i

Câu 27. Cho số phức z và w biết chúng đồng thời thỏa mãn hai điều kiện:
M z w
trị lớn nhất của
.
B. M 3 3 .

A. M 3 .
Đáp án đúng: C

  1;1 .
1

và w iz . Tìm giá

D. M 2 3 .

C. M 3 2 .

Giải thích chi tiết:
Với x, y   , đặt z  x  yi . Ta có

1  i z  2
1 i

1  i z  21  i 

1 

1 i

1

 1  i  z  21  i 1  i

  1  i  z  2  1  i   2   1  i   x  yi   2  1  i   2
2

2

2

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

.

I  0;2 
Vậy tập hợp điểm biểu diễn số phức z thuộc đường tròn tâm
bán kính R 1 .
M  z  w  z  iz   1  i  z  2 z 3 2
1  z 3
Khi đó
. Từ đó suy ra
.
Câu 28.
Trong không gian
A.
C.
Đáp án đúng: B

, cho điểm

.

. Toạ độ của vectơ
B.

.

D.

là

.
.
10



A   2;3;5  , B  1;1;  2 
Giải thích chi tiết: Trong khơng gian Oxyz , cho điểm
. Toạ độ của vectơ BA là

  3; 2;7  . B.  3;  2;  7  . C.   2;3;5  . D.  1;1;  2  .
A.
Lời giải

A   2;3;5  , B  1;1;  2 
BA   3;2;7 
Ta có
nên toạ độ của vectơ là
.

Câu 29. Cho các số dương a, b; a 1 , số thực  . Chọn khẳng định đúng trong các khẳng định sau?
A. loga a a .
log a b  log a b
C.
.
Đáp án đúng: B
Câu 30. Cho hình


B. log a b  log a b .

D. a
lăng

trụ

đứng

loga b

ABCD.A’B’C’D’

1 .
có

đáy

ABCD

là

hình

thoi,

cạnh

AC 2a 3, BD 2a, AA ' 3a . Tính thể tích khối lăng trụ ABCD.A’B’C’D’?
3

3
B. 2a 3

A. 6a 3
Đáp án đúng: A

C. 12a

3

3

3
D. 4a 3


Câu 31. Cho hình chóp tứ giác đều S . ABCD có cạnh đáy bằng a . Cạnh bên hợp với mặt đáy một góc 45 .
Hình nón có đỉnh là S , có đáy là đường trịn nội tiếp tứ giác ABCD có diện tích xung quanh?

 a2

S
2 .
A.
S

a

2

B.

S

 a2 3
2 .

 a2
S
4 .
D.

3

4 .
C.
Đáp án đúng: C

Giải thích chi tiết:
.
Gọi O  AC  BD và I là trung điểm BC . Khi đó

Ta có

SO OC tan 45 a

OC a

2
2 .

2
2 .

Trong SOH vng tại O thì

SH 2 SO 2  OH 2  SH 

a 3
2 .

a
3  a2 3
S xq  rl  . .a

2 2
4 .
Khi đó
Câu 32. Cho a là số thực dương khác 1. Mệnh đề nào dưới đây đúng với mọi số thực dương x, y?

A.

log a ( x. y) 

log a x
log a y .

B.

log a (x . y) log a x  log a y .
11


log ( x. y ) log a ( x  y) .

a
C.
Đáp án đúng: B

D.

log a ( x. y ) log a x  log a y .

Câu 33. Tính bán kính của mặt cầu ngoại tiếp hình chóp tứ giác đều có cạnh đáy bằng a , cạnh bên bằng 2a .
2a 7
A. 3 2 .
Đáp án đúng: D

2a 7
2 .
B.

2a 2
C. 7 .

4log 2 5
a
Câu 34. Cho a  0, a 1 , biểu thức E a
có giá trị bằng bao nhiêu?
8
A. 625 .
B. 5 .
C. 25 .

2a 14
7 .
D.

D. 5 .

Đáp án đúng: C
Giải thích chi tiết: Ta có E a

4log

a2

5

4

a 2

loga 5

a loga 25 25 . Ta chọn đáp án C

Câu 35. Cho khối chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình vng cạnh 2a , chiều cao SA a 5 . Thể tích của
khối chóp S . ABCD bằng
4a 3 5
3 .
A.
Đáp án đúng: A

a2 3
B. 3 .

2
C. a 3 .

2a 3 5
3 .
D.

Giải thích chi tiết: Cho khối chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình vng cạnh 2a , chiều cao SA a 5 . Thể
tích của khối chóp S . ABCD bằng
A. a

2

4a 3 5
2a 3 5

a2 3
3 . B.
3 . C.
3 . D. 3 .

----HẾT---

12