Đề toán 12 thpt có đáp án (2)

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: 001.
Câu 1.
Cho hình chóp tứ giác S . ABCD có đáy ABCD là hình bình hành. Gọi M , N , P lần lượt là các điểm thuộc đoạn
SA , SC , SB sao cho SM=MA, SN=3 NC, SP=3 PB (tham khảo hình vẽ). Biết rằng khối chóp S . BCD có thể
tích bằng 32, thể tích của khối tứ diện AMNP là

A. 6.
B. 9.
C. 8.
D. 3.
Đáp án đúng: B
Giải thích chi tiết: Cho hình chóp tứ giác S . ABCD có đáy ABCD là hình bình hành. Gọi M , N , P lần lượt là
các điểm thuộc đoạn SA , SC , SB sao cho SM =MA, SN=3 NC, SP=3 PB (tham khảo hình vẽ). Biết rằng khối
chóp S . BCD có thể tích bằng 32, thể tích của khối tứ diện AMNP là

A. 8.
B. 3.
C. 6.
D. 9.
Lời giải
Ta có V S .BCD =V S . ABC =32
V A . MNP =V S . MNP .

V S . MNP SM SN SP 1 3 3 9
=
.
. = . . =
V S . ABC SA SC SB 2 4 4 32
Suy ra V A . MNP =V S . MNP=9
2

Câu 2. Cho tích phân
A. J 2 .

2

I f  x  dx 6
0

. Tính tích phân
B. J 4 .

J  f  x   2  dx
0

C. J 8 .

.
D. J 6 .

Đáp án đúng: A
1

2

2

I f  x  dx 6

0
Giải thích chi tiết: Cho tích phân
A. J 6 .
B. J 2 .
C. J 8 .
Lời giải
2

Ta có

2

. Tính tích phân
D. J 4 .

2

0

0

.

2

J  f  x   2  dx f  x  dx  2dx 6  2 x 0 6  4 2
0

J  f  x   2  dx

0

.

S [a; b] là tập nghiệm của bất phương trình 3 9 x  10.3x  3 0. Tìm T b  a.
10
8
T .
T .
3
3
A. T 1.
B.
C. T 2.
D.

Câu 3. Biết

Đáp án đúng: C
Câu 4. Gọi M và N là giao điểm của đường cong
điểm I của đoạn MN bằng bao nhiêu?

y

7x  6
x  2 và đường thẳng y  x  2 . Khi đó hoành độ trung


7
.
2

A. 7.
B. 3.
C.
Đáp án đúng: D
Câu 5.
Trong các hình đa diện sau, hình nào khơng có mặt phẳng đối xứng?

7
.
D. 2

A. Hình lăng trụ lục giác đều.
B. Hình chóp tứ giác đều.
C. Hình lăng trụ tam giác.
D. Hình lập phương.
Đáp án đúng: C
Giải thích chi tiết: Trong các hình đa diện sau, hình nào khơng có mặt phẳng đối xứng?

A. Hình lăng trụ lục giác đều. B. Hình lăng trụ tam giác.
C. Hình chóp tứ giác đều.
D. Hình lập phương.

Lời giải
Hình lăng trụ tam giác khơng có mặt phẳng đối xứng.

2


Câu 6. Hai người A và B cách nhau 180 (m) trên đường thẳng và cùng chuyển động theo một hướng với vận

v ( t ) = 6t + 5( m / s ) B
tốc biến thiên theo thời gian, A chuyển động với vận tốc 1
,
chuyển đọng với vận tốc
v2 ( t ) = 2at - 3( m / s )

(a là hằng số), trong đó t (giây) là khoảng thời gian tính từ lúc A và B bắt đầu chuyển
động. Biết rằng lúc A đuổi theo B và sau 10 (giây) thì đuổi kịp. Hỏi sau 20 (giây), A và B cách nhau bao
nhiêu mét?

320  m 

A.
.
Đáp án đúng: B

B.

380  m 

.

C.

720  m 

.

D.

10

Giải thích chi tiết: Quãng đường đi được của A trong 10 (giây)

2
ò( 6t +5) dt = ( 3t +5t )
0

10

2
ò (2at - 3)dt = ( at - 3t )

Quãng đường đi được của B trong 10 (giây) : 0
Vì lúc đầu A đuổi theo B và sau 10 (giây) thì đuổi kịp nên ta có :

360  m 

.

10
= 350 ( m)

0

10
= 100a - 30 ( m )
0

.

.

( 100a - 30) +180 = 350 Û a = 2 Þ v2 ( t ) = 4t - 3( m) .
20

Sau

20 ( s)

quãng đường của A đi được

2
ò( 6t + 5) dt = ( 3t + 5t )
0

20

Sau

20 ( s)

20

= 1300 ( m.)
0

2
ò( 4t - 3) dt = ( 2t - 3t )

quãng đường của B đi được là

0

20
= 740 ( m.)
0

20 ( s) 1300 - 740 - 180 = 380 ( m)
Khoảng cách giữa A và B sau
là
.
log

5

x 1

 25 x  4

Câu 7. Tập nghiệm của phương trình
là
 0;log5 4 .
 0 .

 log 5 4 .
 0;log 4 5 .
A.
B.
C.
D.
Đáp án đúng: A
Câu 8. Tập tất cả các giá trị của tham số m để bất phương trình lg 2 x−mlg x +m+3 ≤0 có nghiệm x >1có dạng
(−∞; a ) ∪ ¿ trong đó a ; blà các số nguyên. Tính a . b
A. 18.
B. 15.
C. 8.
D.  18 .
2

Đáp án đúng: D
Giải thích chi tiết: Tập tất cả các giá trị của tham số m để bất phương trình lg 2 x−mlg x +m+3 ≤0 có nghiệm
x >1có dạng (−∞ ; a ) ∪ ¿ trong đó a ; blà các số nguyên. Tính a . b
A. 15. B. 8. C. 18. D.  18 .
Lời giải
Đặt t lg x
Vì x  1  t  0
Khi đó bpt đã cho trở thành:
TH2: Nếu t  1 thì

m

t 2  mt  m  3 0   t  1 m t 2  3 (1)

t2  3

t  1 (2)
3


t2  3
f t 
t  1 trên  1;  .
Xét hàm số:
 t  1(loai )
t 2  2t  3
.
f ' t  
0  
t1
 t 3(tm)
t2  3
f t 
t  1 trên  1;  .
BBT của hàm số

Từ BBT trên ta thấy: (2)  m 6

t2  3
m
t  1 (3)
TH2: Nếu 0  t  1 thì
t2  3
f t 
t  1 trên  0;1 .
Xét hàm số:

t2  3
f t 
t  1 trên  0;1 .
BBT của hàm số

Từ BBT trên ta thấy: (3)  m   3

ycbt  m   ;  3  6; 


 
 nên a  3; b 6 , do đó a.b  18
Vậy
Câu 9. Gieo hai con súc sắc đồng chất, tính xác suất để tổng số chấm trên mặt xuất hiện của hai con súc sắc
bằng 10 .
1
1
1
1
A. 18 .
B. 12 .
C. 9 .
D. 36 .
Đáp án đúng: B
Giải thích chi tiết: Gieo hai con súc sắc cân đối, số phần tử của không gian mẫu là 36 .
Đặt A là biến cố “tổng số chấm trên mặt xuất hiện của hai con súc sắc bằng 10 ”
4


Tập tất cả các kết quả thuận lợi cho biến cố A là

3
1
P  A  
36 12 .
Suy ra

  4;6  ,  6; 4  ,  5;5 , suy ra số kết quả thuận lợi là 3 .

1
log  x 2  4 x  1 log 8 x  log 4 x
Câu 10. Tổng tất cả các nghiệm thực của phương trình 2
bằng
A. 1 .
B. 5 .
C. 4 .
D. 3 .
Đáp án đúng: B
Câu 11. Gọi
k1 , k2  k1  k2 

H

y  x  3

2

, trục tung và trục hoành. Gọi
A  0;9 
 H  làm ba phần có diện
là hệ số góc của hai đường thẳng cùng đi qua điểm

và chia
tích bằng nhau.Tính k1  k2 .

25
.
A. 4
Đáp án đúng: C

là hình phẳng giới hạn bởi các đường

27
.
C. 4

B. 7.

13
D. 2 .

 a, b    thoả mãn z  2 z  1  5i . Giá trị a  b bằng ?
Câu 12. Cho số phức z a  bi
2
8
2
8


A. 3 .
B. 3 .
C. 3

D. 3 .
Đáp án đúng: B
  a  1 

 a  bi   2  a  bi   1  5i  a  bi  2a  2bi  1  5i 3b 5
Giải thích chi tiết:
5 8
a  b 1  
3 3.
Vậy

a 1


5
b

3


Câu 13.
Tọa độ các giao điểm của đồ thị hàm số

và đường thẳng

A.

là:

B.

C.
Đáp án đúng: D

D.

Giải thích chi tiết: Tọa độ các giao điểm của đồ thị hàm số

y=

x- 1
x +1 và đường thẳng y = x - 1 là:

( - 1;0) ,( 0;1) . B. ( - 1;0) ,( 0;- 1) . C. ( 1;0) . D. ( 1;0) ,( 0;- 1) .

A.
Lời giải

Phương trình hồnh độ giao điểm của đồ thị hàm số
ìï x ¹ - 1
éx = 0
x- 1
= x - 1Û ïí 2
Û ê
ïïỵ x - x = 0 ê
x +1
ëx = 1

y=

x- 1
x +1 và đường thẳng y = x - 1 là:

Với x = 0 Þ y =- 1
5


Với x = 1Þ y = 0
Câu 14. Giá trị cực đại y CD của hàm số y=x 3 −3 x+ 2 là?
A. y CD =1.
B. y CD =0.
C. y CD =−1.
D. y CD =4 .
Đáp án đúng: D
2
x=− 1⇒ y =4 .
Giải thích chi tiết: Ta có y '=3 x −3=0 ⇔
x=1⇒ y=0
Do đó giá trị cực đại của hàm số là y CD =4 .
x 1
y
x  1 . Phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại điểm M  1;0  là
Câu 15. Cho hàm số

[

1
3
y  x
2

2
A.
Đáp án đúng: C

1
1
y  x
2
2
B.

y 

Giải thích chi tiết: Ta có

2

 x  1

2

1
1
y  x
2
2
C.

 y 1 

1
1
y  x
4
2
D.

1
2

Phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại điểm
1
1
1
y   x  1  0  y  x 
2
2
2.

M  1;0 

là

Câu 16.
Cho phương trình:
. Khẳng định nào sau đây là đúng ?
A. Phương trình vơ nghiệm.
B. Nghiệm của phương trình là các số vơ tỉ.
C. Tích các nghiệm của pt là một số âm.
D. Tổng các nghiệm của phương tình là một số nguyên.

Đáp án đúng: C
Giải thích chi tiết: Cho phương trình:
. Khẳng định nào sau đây là đúng ?
A. Phương trình vơ nghiệm.
B. Tổng các nghiệm của phương tình là một số nguyên.
C. Nghiệm của phương trình là các số vơ tỉ.
D. Tích các nghiệm của pt là một số âm.

LỜI GIẢI
Nghiệm của phương trình là :

. Vì

. Chọn đáp án. D.

1 2
 m  5m  6 0 m
4
Câu 17. Trên tập hợp số phức, xét phương trình
( là tham số thực). Có
m    10;10
z  z  z1  z2
z ,z
bao nhiêu số nguyên
để phương trình trên có hai nghiệm phức 1 2 thỏa mãn 1 2
?
6
z2 

m 1 z 

A. 8 .
Đáp án đúng: C

B. 9 .

D. 10 .

C. 11 .

X
X
X
X
Câu 18. Cho 4  4 14 , tính giá trị của biểu thức P 2  2

B. 17 .

A. 16 .
Đáp án đúng: A

C. 4 .

D. 4 .

X
X
X
X

Giải thích chi tiết: Cho 4  4 14 , tính giá trị của biểu thức P 2  2

A. 4 . B. 16 . C.
Lời giải

17 .

D. 4 .
2

Ta có

4X  4 X 14   2X  2  X  16  P 4.

4
2
A  0 ;  3
B   1 ;  5 .
Câu 19. Đồ thị hàm số y ax  bx  c có điểm cực đại là
và một điểm cực tiểu là
Khi đó tổng a  b  c bằng
A. 7.
B. 3.
C.  5 .
D.  1 .
Đáp án đúng: C
(1)
  3 c
.



5

a

b

c
(2)
A
,

B
Giải thích chi tiết: Vì
thuộc đồ thị hàm số nên ta có
3
y 4ax  2bx.

y  1 0   4a  2b 0 (3).
Vì B là điểm cực tiểu nên
a 2

b  4.
c  3
Từ (1), (2), (3) ta có 
Vậy a  b  c  5.
Câu 20.
Cho một tấm nhơm hình vng cạnh 1m như hình vẽ dưới đây. Người ta cắt bỏ các tam giác cân bên ngồi của
x  m
tấm nhơm, phần cịn lại gập thành một hình chóp tứ giác đều có cạnh đáy bằng

, sao cho bốn đỉnh của
x
hình vng gập lại thành đỉnh của hình chóp. Tìm để khối chóp nhận được có thể tích lớn nhất.

x

2 2
5

A.
Đáp án đúng: A

B.

x

1
2

C.

x

2
4

D.

x

2
3

7


Giải thích chi tiết:
Ta có:

1
y

2x
2

 z

1
 y2
4
2

 2 
1
h  z  
x    y 2 
4
 2 
Chiều cao của hình chóp:
2

2

 2 
1
2
x   
x

2
2
2



1
1
2
 Vchop  x 2 . 
x
3
2 2
Vchop

y' 

lớn nhất khi hàm số

y x 2

1
2

x
2 2
đạt GTLN

 x 0

1
2
 x 2 2
4

x
2

5
2 2
; y ' 0   5 2 x  4 x 0

 5 2x2  4x

3
2
Câu 21. Cho hàm số y x  3x  1 . Tích các giá trị cực đại và cực tiểu của hàm số bằng:
A.  6 .
B.  3 .
C. 0 .
D. 3 .

Đáp án đúng: B
3
2
Giải thích chi tiết: [Mức độ 1] Cho hàm số y x  3x  1 . Tích các giá trị cực đại và cực tiểu của hàm số
bằng:
A.  6 . B.  3 . C. 0 . D. 3 .
Lời giải

y ' 3x 2  6 x
 x 0  y 1
y ' 0  3x 2  6 x 0  
 x 2  y  3

Suy ra

ycd . yct  3

Câu 22. Tích của hai số phức z a  bi và z a  bi là
zz  aa  bb   ab  ab  i
A.
.
B. zz aa  bb .
2
2
2
2
C. zz   a  b . a  b .
Đáp án đúng: A

D. zz  ab  abi .

Giải thích chi tiết: Tích của hai số phức z a  bi và z a  bi là
8


A. zz  aa  bb .

B. zz  ab  abi .
2
2
2
2
zz  aa  bb   ab  ab  i
C. zz   a  b . a  b . D.
.
Lời giải
Câu 23. Phương trình s inx  m 0 có nghiệm khi :
 m 1

B.  m  1

A.  1 m 1
Đáp án đúng: A

log 2  x  2  1
Câu 24. Nghiệm của phương trình
là
A. x 2.
B. x 1.

 m 1

C.  m   1

D.  1  m  1

C. x 0.

D. x  1.

Đáp án đúng: C
x  2  0
x   2
log 2  x  2  1  

 x 0
x

2

2
x

0


Giải thích chi tiết: Ta có
.
z 3 z  w 1
Câu 25. Cho hai số phức z , w thay đổi thỏa mãn

,
. Biết tập hợp điểm biểu diễn của số phức
w là hình phẳng H . Tính diện tích S của hình H .
A. S 20 .
B. S 4 .
C. S 16 .
D. S 12 .
Đáp án đúng: D

Giải thích chi tiết:
Gọi M , N lần lượt là các điểm biểu diễn z và w trong mặt phẳng Oxy .
z 3 z  w 1
Từ giả thiết
,
suy ra OM 3 và MN 1 .
Ta có OM  MN ON OM  MN  2 ON 4 .

w ON  N
Do
thuộc hình vành khăn
 H là hình vành khăn giới hạn bởi hai đường trịn bán kính lần lượt là r 2 , R 4 .
 S H  R 2   r 2  .42   .22 12
.
Câu 26.

Cho hàm số y = f ( x) có đạo hàm
Đặt

g( x) = f ( x) -

x2
.
2

liên tục trên [- 2;1.] Hình bên là đồ thị của hàm số

Khẳng định nào sau đây đúng?

9


A. g( - 2) < g( 1) < g( 0) .
C. g( 0) < g( 1) < g( - 2) .

B. g( 1) < g( - 2) < g( 0) .
D. g( 0) < g( - 2) < g( 1) .

Đáp án đúng: C
Giải thích chi tiết:
Lời giải.
Ta thấy đường thẳng y = - x cắt đồ thị hàm số

Ta có
tại các điểm có hồnh độ - 3; 1; 3.

Dựa vào bảng biến thiên, suy ra
Dựa vào đồ thị, ta có
Vậy g( 1) < g( 3) < g( - 3) .

Suy ra g( 3) < g( - 3) .

1 3
2
Câu 27. Cho ( C ) : y= x − 2 x +3 x − 1 . Tiếp tuyến của ( C ) tại điểm cực đại có phương trình là:
3
1
A. y=2 x +
B. 3 y − 1=0
C. y=x +2.
D. y +1=0
3
Đáp án đúng: B

10


y  f  x

có đồ thị là (C). Giả sử tiếp tuyến của (C) tại điểm có hồnh độ x 0 là đường
2x
A lim
x 0 f  x   3 f  3x   2 f  2 x 
thẳng y  x  1 . Khi đó
bằng
1
1
1
1



A. 3 .
B. 3 .
C. 2 .
D. 2 .
Đáp án đúng: C
3
2
Câu 29. Cho phương trình 3x  6 x  3 x  2m 0 , với m là tham số thực. Khi đó tập hợp các giá trị của m để
phương trình đã cho có 3 nghiệm thực phân biệt là:
 2
4 
 4
2 
 0; 
 ;0
 0; 
 ;0
9
9
9






A.
.
B.
.

C.
.
D.  9 
Câu 28. Cho hàm số

Đáp án đúng: D
3
2
3
2
 1
Giải thích chi tiết: Ta có: 3x  6 x  3 x  2m 0  2m  3 x  6 x  3x
 1 là phương trình hồnh độ giao điểm của  C  : y  3 x3  6 x 2  3x và đường thẳng  d  : y 2m .
 1 là số giao điểm của  C  và  d  .
Nên số nghiệm của
 x 1  y 0
y 0  
 x 1  y   4
2
3
9

Xét y  9 x  12 x  3 ;

 1

có 3 nghiệm phân biệt 
Câu 30.
Giá trị của tham số

d

C
cắt

4
2
 2m  0 
m0
9
tại 3 điểm  9
.

sao cho hàm số

có hai điểm cực trị

thỏa mãn

là
A.

.

B.

C.
.
Đáp án đúng: C

D.

x
Câu 31. Phương trình 2
A.  7 .

2

 3 x 2

1 có tổng các nghiệm bằng
B. 3 .
C. 7 .

.
.

D. 2 .

Đáp án đúng: B
Câu 32. Cho khối chóp S . ABCD có đáy là hình bình hành, có thể tích bằng 24 cm3. Gọi E là trung điểm SC .
Một mặt phẳng chứa AE cắt các cạnh SB và SD lần lượt tại M và N . Tìm giá trị nhỏ nhất của thể tích khối
chóp S . AMEN .
A. 6 cm3.
B. 9 cm3.
C. 8 cm3.
D. 7 cm3.
Đáp án đúng: C

11

Giải thích chi tiết:
ABCD 
Mặt đáy 
là hình bình hành  ADC và ABC có cùng diện tích
 VS . ADC VS . ABC (hai khối chóp có cùng chiều cao và có diện tích mặt đáy bằng nhau).

V
24
 VS . ADC VS . ABC  S . ABCD  12
2
2
(cm3).
Gọi O là giao điểm của AC và BD ; I là giao điểm của SO và AE  I là trọng tâm của SAC và I thuộc
SM
SN
a
b
MN . Gọi SB
và SD
( a  0 ; b  0 ).
Mà VS . ABCD VS . ADC  VS . ABC 24 cm3

VS . ANE SA SN SE
VS . AME SA SM SE
1 b
1 a
   1 b  
 

 1a  
2 2 và VS . ABC SA SB SC
2 2
Ta có: VS . ADC SA SD SC
V
VS . AME a
b

 S . ANE 
12
2 và 12
2  VS . ANE 6b (cm3) và VS . AME 6a (cm3).
Do đó:

VS . AMEN VS . AME  VS . ANE 6a  6b 6  a  b 

(cm3).

S ISM
SM
a  a 
S ISB .
Mặt khác: ISM và ISB có chung chiều cao kẻ từ I và có đáy SB
SI 2  S ISB  2  S ISM  2a


S SOB 3
S SOB
3 .
SO 3

Mà I là trọng tâm của SAC

12


S ISN 2b

S
3 .
SOD
Chứng minh tương tự ta có:
O là trung điểm của DB



2a 2b S ISM S ISN 2 S ISM




3
3 S SOB S SOD 2 S SOB

 a b 

S SDB
2 hay S SDB 2 S SOB 2 S SOD
2  S ISM  S ISN  2 S SNM
2S
 ISN 


2S SOD
S SDB
S SDB

 S SOB S SOD 


3S SNM 3SN SM sin MSN
SN SM

3  
3ab

S SDB
SD SB
SD SB sin BSD
.

Theo bất đẳng thức AM-GM, ta có:

 a  b
ab 

2

4

3 a  b
 a  b 3ab 

4

2

4
3  6  a  b  8 hay VS . AMEN 8 (cm3).
(do a  b  0 )
2
SM SN 2
a b  


3
SB SD 3  MN đi qua I và MN  BD .
Dấu " " xảy ra khi và chỉ khi
Vậy giá trị nhỏ nhất của thể tích khối chóp S . AMEN là 8 cm3.
 a b 

 3  a  b  4

Câu 33. Cho
A.  7 .

1

1

1

f  x  dx 3

g  x  dx 5

 f  x   2 g  x   dx

0

và

0

khi đó

B. 12 .

0

bằng

C. 1 .

D.  3 .

Đáp án đúng: A
1

1

1

 f  x   2 g  x   dx f  x  dx  2g  x  dx 3  2.5  7

0
0
Giải thích chi tiết: Ta có 0
.
Câu 34. Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình thang với các cạnh đáy là AB và CD . Gọi I , J lần
lượt là trung điểm của các cạnh AD, BC và G là trọng tâm của tam giác SAB . Tìm điều kiện của AB và CD

 IJG  khi cắt hình chóp là một hình bình hành.
để thiết diện của
3
2
AB  CD
AB  CD
2
3
A.
.
B.
.
C. AB 3CD .
Đáp án đúng: C

D. AB CD .

Giải thích chi tiết: Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình thang với các cạnh đáy là AB và CD . Gọi
I , J lần lượt là trung điểm của các cạnh AD, BC và G là trọng tâm của tam giác SAB . Tìm điều kiện của AB
 IJG  khi cắt hình chóp là một hình bình hành.
và CD để thiết diện của

2
3
AB  CD
AB  CD
3
2
A. AB CD . B. AB 3CD . C.
. D.
.
Lời giải

13


Trong hình thang ABCD có I , J lần lượt là trung điểm của các cạnh AD, BC nên IJ // AB .
G   IJG    SAB 
 IJG  ,  SAB  lần lượt chứa hai đường thẳng song song IJ , AB nên
Ta có
và hai mặt phẳng
 IJG    SAB  d với d là đường thẳng đi qua G , d // IJ // AB .
 IJG  là
Gọi K , L lần lượt là giao điểm của d với các cạnh SB, SA . Khi đó, thiết diện của hình chóp cắt bởi
hình thang IJKL .
3
AB  KL
KL
//
AB
2
Vì G là trọng tâm của tam giác SAB và

nên
.
Do đó, hình thang IJKL là hình bình hành khi và chỉ khi KL IJ
2
1
 AB   CD  AB   AB 3CD
3
2
.
Câu 35. Cho khối trụ trịn xoay có độ dài đường cao là h , bán kính đáy là r . Thể tích khối trụ trịn xoay là.
1 2
1 2
r h
 rh
2
A.  r h .
B. 3
.
C.  rh .
D. 3
.
Đáp án đúng: A
Giải thích chi tiết: Cho khối trụ trịn xoay có độ dài đường cao là h , bán kính đáy là r . Thể tích khối trụ tròn
xoay là.
1 2
1 2
 rh
r h
2
A.  rh .

B. 3
.
C.  r h .
D. 3
.
14


----HẾT---

15