NGÂN HÀNG câu hỏi TRẮC NGHIỆM môn TOÁN năm 2017 có đáp án chi tiết từng câu

TRẮC NGHIỆM GIẢI TÍCH & HKG 12

THẦY LÂM PHONG - 0933524179

NGÂN HÀNG CÂU HỎI TRẮC NGHIỆM MÔN TOÁN – GROUP TOÁN 3K
Biên soạn : Thầy Hứa Lâm Phong (12/09/2016) – ĐỀ ÔN SỐ 1.
Đề ôn gồm 10 câu (1 điểm / câu) - Thời gian làm bài 30 phút.
Câu 1: Khối chóp n – giác đều có số cạnh là:
A. 2n  1 .

B. n  1 .

C. n  1 .

D. 2n .

HDG: nếu không vững lý thuyết hãy giả sử trường hợp n = 3, n = 4 (quen thuộc) để tìm ra đáp
án.
Câu 2: Đồ thị hàm số y  x 3  3x 2  2 có khoảng cách giữa hai điểm cực trị gần với giá trị nào
nhất sau đây ?
B. 4 .

A. 20 .

D. 2 .

C. 5 .


 x  0  y  2
 A  0; 2 

y '0
HDG: 
 3x2  6 x  0  

 AB  2 5  4, 47
 x  2  y  2

 B  2; 2 

Câu 3: Độ giảm huyết áp của một bệnh nhân được cho bởi công thức G  x   0, 025 x 2  30  x 
, trong đó x  0  miligam  là liều lượng thuốc cần tiêm cho bệnh nhân. Để huyết áp giảm nhiều
nhất thì cần tiêm cho bệnh nhân một liều lượng bằng:
A. 20 mg .

B. 15 mg .

C. 30 mg .

D. Một kết quả khác.

 x  0  ktm 
G ' x  0
HDG:Ta có G  x   0, 025 x 2  30  x  
 0, 025 60 x  3x 2  0  
 x  20





3 3
3

x  G ''  20    0  x  20 (mg) là liều lượng cần tìm.
2 20
2
Câu 4: Giá trị của m để hàm số y  mx  cos x đồng biến trên là:
Đồng thời G ''  x  

A. m  1 .

B. m  1 .

HDG: y '  m  sin x . YCBT  y '  0, x 

C. 0  m  1 .

D. 1  m  0 .

 m  sin x hay m  max  sin x   1

Câu 5: Tỉ số giữa diện tích xung quanh của khối tứ diện đều có cạnh bằng a 3 và diện tích
toàn phần của khối tứ diện đều có cạnh bằng a 2 là
A.

3
2

B.

S 
HDG:
S 
xq
tp

a 3



a 2

2
.
3

C.

9
.
8

3Smat
cac mat deu la tam giac deu



4S 'mat

3

4

D.





2

2

3

4

a 2 

Câu 6: Cho hàm số y  x  ax  bx  c ,  a; b; c 
3

a 3

2


3

9

8

4

 có đồ thị biểu diễn

là đường cong  C  như hình vẽ. Khẳng định nào sau đây là sai ?
A. a  b  c  1 .

B. a2  b2  c 2  132 .

C. a  c  2b .

D. câu B và C đều sai.

HDG: Dựa vào đồ thị hình vẽ ta có:

8
.
9


TRẮC NGHIỆM GIẢI TÍCH & HKG 12

 f  1  0


 f  0   4 



 f '  1  0

 a  b  c  1


 c  4
3  2a  b  0


Câu 7: Hàm số y 

THẦY LÂM PHONG - 0933524179

 a  6

b  9  a  c  b  2b
 c  4


1
mx 3   m  1 x 2  3  m  2  x  1 đạt cực trị tại các điểm x1 ; x2 thỏa
3

x1  2x2  1 khi m bằng:
A. 1 hay 

3
2

B. 2 hay 

2
3

C. 1 hay

HDG: y '  mx2  2  m  1 x  3  m  2 

3
2

D. 2 hay

2
3


 x1  2 x2  1

2  m  1
 y '  0,m  0

C1. (giải thuần tự luận) 
(HSTL)
 x1  x2 
m


3 m  2
 x1 .x2 

m


 x  ? thoa x1  2 x2 1
C2. Thay m vào phương trình mx 2  2  m  1 x  3  m  2   0   1
 D
 x2  ?

Câu 8: Phát biểu nào sau đây là đúng:
a 3
a 6
. (sai vì h 
)
6
3
B. Trong khối đa diện lồi thì số cạnh luôn lớn hơn số đỉnh.

A. Chiều cao của khối tứ diện đều có cạnh bằng a là

C. Nếu mỗi kích thước của khối hộp chữ nhật tăng k lần thì thể tích của khối hộp sẽ tăng
a '  ka , b '  kb ; c '  kc
k lần. (sai vì V  abc 
V '  k 3 abc  k 3 abc 

k3 )

D. Diện tích một mặt chéo của khối lập phương có cạnh bằng a là 2a 2 . (sai vì SHCN  a2 2
Câu 9: Hàm số y 

 x2  2 x  a

có giá trị cưc tiểu là m và giá trị cực đại là M . Để m  M  4
x3

thì giá trị a bằng:
A. 1 .

B. 2 .

HDG:Hàm số y 

C. 1 .

D. 2 .

 x2  6x  6  m
 x2  2 x  m
 y  2 x  2 là pt nối 2 điểm cực trị và y ' 
2
x3
 x  3

 '  3  m  0
m3
y '  0 có 2 nghiệm phân biệt khi 
3  m  0
Giả sử x1 ; x2 là 2 điểm cực trị. Khi đó m  M  2x1  2   2 x2  2  2  x2  x1 

  x2  x1   4  S 2  4P  4  36  4  6  m   4  m  2 .
2

Câu 10: Cho các phát biểu sau:
(i)
(ii)

Mọi hàm số liên tục trên một đoạn đều có giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất.

Số M được gọi là giá trị lớn nhất của hàm số y  f  x  trên tập D nếu f  x   M .
(sai bởi vì cần tồn tại xo  D : f  xo   M )


TRẮC NGHIỆM GIẢI TÍCH & HKG 12

THẦY LÂM PHONG - 0933524179

(iii)

Nếu hàm số y  f  x  có đạo hàm trên K và f '  x   0  f  x  nghịch biến trên

(iv)

K.
Đồ thị hàm trùng phương luôn có cực trị.
Giả sử hàm số y  f  x  có đạo hàm cấp hai trong khoảng  xo  h; xo  h  với h  0

(v)

 f '  xo   0
 xo là hoành độ điểm cực tiểu.
. Khi đó 
 f ''  xo   0

(sai vì chỉ đúng với chiều thuận)
Số phát biểu sai là
A. 2 .

B. 3 .

C. 4 .

D. 5 .

CHÚC CÁC EM ĐẠT KẾT QUẢ CAO NHẤT TRONG KÌ THI SẮP TỚI
THẦY HỨA LÂM PHONG (SÀI GÒN – 0933524179)
GMAIL:
FB: PHONG LÂM HỨA - GROUP TOÁN 3K.


TRẮC NGHIỆM GIẢI TÍCH & HKG 12

THẦY LÂM PHONG - 0933524179

NGÂN HÀNG CÂU HỎI TRẮC NGHIỆM MÔN TOÁN – GROUP TOÁN 3K
Biên soạn : Thầy Hứa Lâm Phong (14/09/2016) – ĐỀ ÔN SỐ 2.
Đề ôn gồm 10 câu (1 điểm / câu) - Thời gian làm bài 30 phút.
Câu 1: Đồ thị hàm số y 
A. 1 .

x  2016
x2  5

có số đường tiệm cận là

B. 2 .

HDG: Ta có lim y  lim
x 

x 

D. 4 .

C. 3 .

X  9999...
y 1
MTCT : f  X  

X 9999...

1  
là 2 tiệm cận ngang
 y  1
x2  5

x  2016

X  5  0,00001
MTCT : f  X  


 lim y 

 
 x 5 
x  5




Lại có: 
là tiệm cận đứng.

X  5  0,00001
MTCT : f  X  

x


5

 lim y 

 
 x   5  


Câu 2: Hàm số y  x 3  2 sin x đạt giá trị nhỏ nhất trên 0; 2 tại x bằng:
A. 0

B.



.
6

C.


.
3

D.  .

 o  
HDG: C1: y '  0  x  xo 
 min f  x   ?
f  2 
f x ,f 0

C2: (MTCT) thay các giá trị của đáp án vào ta nhận

 x  1
Câu 3: Đường thẳng nối hai điểm cực trị của đồ thị hàm số y 
x 1

A. y  x  1 .

B. y  x  2 .

C. y  2 x  1 .

2

là:

D. y  2 x  2 .


 x  x1
 A  x1 ; y1  viet pt AB
HDG: C1: y '  0  

 AB : ???
B
x
;
y


 x  x2

2
2


C2: Phương trình nối hai điểm cực trị của hàm y 

Câu 4: Hàm số y 

T '  x  2 ax  b
ax 2  bx  c
là y 


d
dx  e
M ' x

x2  1
nghịch biến trên:
x

A.  ;1 và 1;   .

B.  ;0  và  0;1 .

C.  1;0  và  0;1 .

D.  1;0  và  0;   .

HDG: nhận xét HS không đơn điệu trên điểm gián đoạn (loại câu A)

y' 

x2  1
x2

a10
 y '  0  x  1  x  1 
 hs

 1;0 

và  0;1


TRẮC NGHIỆM GIẢI TÍCH & HKG 12

THẦY LÂM PHONG - 0933524179

Câu 5: Cho hai tam giác ABD và BCD nằm trong hai mặt phẳng vuông góc với nhau. Biết
rằng AB  AD  BC  CD  a , BD  2a . Gọi M , N lần lượt là trung điểm của BD và AC .
Khẳng định nào sau đây là sai ?
B. BD   MAC  .

A. AM  CM .

D. AC   NBD  .

C. BN  DN .

HDG: Nhận xét  ABD    BCD  theo giao tuyến BD
 
AM  BD
 AM   BCD  
 AM   BCD 
● 
CM  BCD

 BD  AM

●
 BD   MAC 


 BD  CM
CN  AC

 AC   NBD 
● 

 ND  AC

● A, B, D đúng nên chọn C.
Câu 6: Cho hàm số y  f  x  

 Cm  : y  g  x  

x2  3x  4

x 2  mx  2 m
với giá trị nào nhất sau đây ?

A. 1.

2x  3
. Biết số thực dương m là giá trị để đồ thị hàm số
x2

có đúng một tiệm cận đứng. Khi đó giá trị của f  m  gần

B. 2.

C. 3.

D. 4.

 m  0  ktm 
HDG: ycbt  x 2  mx  2m  0 có nghiệm kép   m2  8 m  0  
 m  8  tm 

 y  f  m   1, 9  2

Câu 7: Miền giá trị của hàm số y 
A.





B. 0; 2  2 .

.

HDG: Tập xác định D 
C2: y 

x2  2 x  3
là:
x2  1

x2  2 x  3
x 1
2

C.  2; 2  .

D.  2  2; 2  2  .



. C1: tìm min, max min y  y  max y

  y  1 x2  2x  y  3  0   '  0  1   y  3  y  1  0  D

Câu 8: Cho tứ diện đều ABCD có cạnh bằng a và O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác
BCD . Gọi d1 là khoảng cách từ A đến mặt phẳng  BCD  và d2 là khoảng cách giữa hai

đường thẳng AD và BC . Tỉ số

A.

2
3

B.

d1
d2

là:

3
6

C. 2 3 .

D.

3
2


TRẮC NGHIỆM GIẢI TÍCH & HKG 12

THẦY LÂM PHONG - 0933524179

HDG: Gọi M, N là trung điểm BC, AD
2

2 a 3
a 6
Ta có d1  AO  AD  DO  a   .
 
3 2 
3


2

SADM 

2

2

1
1
AO.DM
AO.DM  MN .AD  MN 
2
2
AD

a 6 a 3
.
2  a 2  d1  2
 d2  3
a
2
d2
3

(P/s: phần lý luận MN là đoạn vuông góc chung AD và BC xin dành cho bạn đọc)
Câu 9: Cho một tấm nhôm hình vuông cạnh a như hình vẽ. Người ta cắt ở bốn góc bốn hình
vuông bằng nhau, rồi gập tấm nhôm lại để được một cái hộp không nắp. Để thể tích của khối
hộp là lớn nhất thì cạnh của hình vuông bị cắt ra bằng:
A.

a
6

B.

a
8

C.

a
12

D. Một kết quả khác.
2
 a
HDG: Gọi phần bị cắt là x ta thấy x   0;  . Khi đó thể tích hộp là V  x  a  2 x 
 2
2
2
 a
Xét f  x   x  a  2 x  , x   0;   f '  x    a  2 x   4 x  a  2 x    a  2 x  a  6 x 
2




x 
Cho f '  x   0  
x 


a
 ktm 
a

2a3
2
. Lập bảng biến thiên ta thấy tại x   max y 
a
6
27
6

Câu 10: Cho các phát biểu sau:
(1) Hàm số y  f  x  đạt cực trị tại xo  f '  xo   0 .
(2) Nếu f '  xo   0 thì f  x  đạt cực trị tại xo .
Khẳng định nào sau đây là đúng ?
A.  1 đúng,  2  sai.

B.  1 sai,  2  đúng.

C.  1 và  2  đều sai.

D.  1 và  2  đều đúng.


TRẮC NGHIỆM GIẢI TÍCH & HKG 12

THẦY LÂM PHONG - 0933524179

HDG: Xét hàm số y  x 3  y '  x 2  y '  0  x  0 Dễ thấy x  0 không là điểm cực trị
của hàm số y  f  x  . Do đó mệnh đề (2) sai nên mệnh đề (1) cũng sai.

CHÚC CÁC EM ĐẠT KẾT QUẢ CAO NHẤT TRONG KÌ THI SẮP TỚI
THẦY HỨA LÂM PHONG (SÀI GÒN – 0933524179)

GMAIL:
FB: PHONG LÂM HỨA - GROUP TOÁN 3K.
MỜI CÁC EM TIẾP TỤC THAM GIA THI THỬ TRẮC NGHIỆM ONLINE MIỄN PHÍ
VÀO TỐI 22 GIỜ THỨ 2 – 4 – 6 HÀNG TUẦN NHÉ.
KÍNH MỜI QUÝ THẦY (CÔ) THAM GIA GỬI CÂU HỎI TRẮC NGHIỆM CHO
CÁC NGÀY THI TIẾP THEO.
TRÂN TRỌNG VÀ CẢM ƠN.


TRẮC NGHIỆM GIẢI TÍCH & HKG 12

THẦY LÂM PHONG - 0933524179

NGÂN HÀNG CÂU HỎI TRẮC NGHIỆM MÔN TOÁN – GROUP TOÁN 3K
Biên soạn : Thầy Hứa Lâm Phong (16/09/2016) – ĐỀ ÔN SỐ 3.
Đề ôn gồm 10 câu (1 điểm / câu) - Thời gian làm bài 30 phút.
Câu 1: Nếu một khối chóp có diện tích đáy tăng lên m lần và chiều cao giảm m lần thì thể
tích khối chóp khi đó sẽ:
B. tăng m2 lần.

A. tăng m lần.
HDG: Ta có V 

C. giảm m2 lần.

D. không thay đổi.

1
1
1

S '  mS
h.S 
 V '  h ' S '  hS  V  const
h
h '
3
3
3
m





Câu 2: Cho hàm số y  x3  m2  1 x  1 . Khẳng định nào sau đây là đúng ?
A. Hàm số có một cực trị .
B. Hàm số có hai cực trị.
C. Hàm số không có cực trị.
D. Số cực trị của hàm số phụ thuộc vào tham số m .





HDG: Ta có y '  3x2  m2  1 . Khi y '  0  x 2 

m2  1
 0, m 
3

 phương trình luôn có

2 nghiệm phân biệt nên luôn có 2 điểm cực trị.
Nhận xét: Trong thực tế qua thống kê kết quả bài làm của các em, Thầy nhận thấy các em chỉ nhìn
thoáng qua đề bài và chọn phương án D.
Câu 3: Cho hàm số y  ax 4  bx2  1 . Để hàm số có một cực tiểu và hai cực đại thì a , b cần thỏa
mãn:
A. a  0, b  0 .

B. a  0, b  0 .



C. a  0, b  0 .

D. a  0, b  0 .

x  0



HDG: Ta có y '  4ax3  2bx  2 x 2ax2  b . Khi y '  0  

 x2   b

2a

a  0  dang do thi 

Để có 1 cực tiểu và 2 cực đại  



b
0

 2a

Câu 4: Với giá trị nào của m thì hàm số y 
A. m  1 .


a  0 .

b  0


mx  1
đồng biến trên từng khoảng xác định ?
1 x

B. m  1 .

C. m  1 .

D. m  1 .

HDG: Ta có y  mx  1 , x  1  y '  m  1
2
x  1

1  x 

Để hàm số đồng biến trên từng khoảng xác định y '  0,  x  1  m  1 .
Nhận xét: Trong thực tế qua thống kê kết quả bài làm của các em, Thầy nhận thấy các em chọn phương
mx  1 mx  1

án B (chưa biến đổi của y 
và nhầm lẫn để suy ra y '  0,  x  1  m  1
1 x
x  1


TRẮC NGHIỆM GIẢI TÍCH & HKG 12

THẦY LÂM PHONG - 0933524179

Câu 5: Sau khi phát hiện một bệnh dịch, các chuyên gia y tế ước tính số người nhiễm bệnh kể
từ ngày xuất hiện bệnh nhân đầu tiên đến ngày thứ t là f  t   45t 2  t 3 (kết quả khảo sát được

trong tháng 8 vừa qua). Nếu xem f '  t  là tốc độ truyền bệnh (người/ ngày) tại thời điểm t .
Tốc độ truyền bệnh sẽ lớn nhất vào ngày thứ:
A. 12

B. 30 .

C. 20 .

D. Kết quả khác.



HDG: Ta có f  t   45t 2  t 3  f '  t   90t  3t 2 
 g '  t   90  6t  0  t  15
g t 90t  3t 2

Dựa vào bảng biến thiên của g  t   t  15 là giá trị cần tìm.
Nhận xét: Qua thống kê kết quả bài làm của các em, Thầy nhận thấy các em chọn phương án B rất
t  0

nhiều, một phần do không đọc kỹ đề bài khi cho f '  t   90t  3t 2  0  

t  30

.

Câu 6: Cho hình chóp tứ giác đều H có diện tích đáy bằng 4 và diện tích của một mặt bên
bằng
A.

2 . Thể tích của H là:

4 3
.
3

B. 4 .

C.

4 2
4

. D.
.
3
3

SABCD  CD 2  4  CD  2

HDG: 
1
SSCD  SH .CD  2  SH 
2


2

 SO  SH 2  OH 2  2  1  1
VS. ABCD 

Câu 7. Điểm M thuộc  C  : y 

1
4
SO.SABCD 
3
3

2x  1
có tổng khoảng cách từ M đến hai đường tiệm cận là
x3

nhỏ nhất khi hoành độ bằng:
A. x  4  5 .

B. x  1  6 .

C. x  3  7 .

D. Kết quả khác.

  2x  1 
 M  x;
  C  ,  x  3 
  x3 
2x  1
ycbt
HDG: TCN : y  2  0

 S  d  M ; TCN   d  M ; TCD  
2  x3
x3
TCD : x  3  0




S

Cauchy
2
7

7
dau " " xay ra
 x  3  14 
 x  3   x  3  7  x  3  7 .
x3
x3

Câu 8: Cho khối tứ diện ABCD có BD là đoạn vuông góc chung của AB và CD . Giả sử

AB  a, CD  b, BD  c , góc giữa AB và CD bằng 300 . Thể tích của tứ diện ABCD là:
A.

abc
3

HDG: cách 1

B.

abc
.
12

C.

abc
.
6

D. kết quả khác.

TRẮC NGHIỆM GIẢI TÍCH & HKG 12

THẦY LÂM PHONG - 0933524179

Gọi E là điểm sao ACDE là hình bình hành
 AE  CD  b



 AE / /CD  1

Ta có

 AB; CD    AE; AB 

EAB


 BD  CD
Đồng thời BD  d  CD; AB  

 BD  AB
 1
 BD   ABE 
 V ABCD  V AEBD 

Suy ra V ABCD 

1
BD.SABE
3

1
1
abc
BD. AE.AB.sin EAB 
3
2
12

C2: sử dụng công thức giải nhanh V ABCD 

1
abc
AB.CD.d  AB; CD  sin  AB; CD  
.
3
12

Câu 9. Cho hình chóp S.ABC có SB  SC  a ,
AB  AC  2a , SA  a 3 . Gọi

I là trung điểm

BC và đặt BC  2 x  x  0  . Góc giữa hai mặt
phẳng  SAB  và  SAC  bằng 600 khi x bằng

a

.
2
a
2 3
C. a 2  3 .
D.
2
HDG: Chứng minh SAB, SAC vuông tại S.
A. a



B.

SAB ; SAC   SB; SC  

 BSC đều 2 x  a  x 

BSC  600

a
2

Câu 10: Cho các phát biểu sau:
(1).Khối đa diện (H) được gọi là khối đa diện lồi nếu đoạn thẳng nối hai điểm bất kì của (H)
luôn thuộc (H).
(2).Khối đa diện đều là khối đa diện lồi có mỗi mặt của nó là một đa giác đều p cạnh và mỗi
đỉnh của nó là đỉnh chung của q mặt.
(3).Trong các khối đa diện thì chỉ có 5 loại khối đa diện đều.
(4).Trung điểm các cạnh một khối tứ diện đều là đỉnh của một hình lập phương.

(5).Trọng tâm các mặt của khối tứ diện đều là đỉnh của một khối tứ diện đều.
Số phát biểu đúng là:
A. 2 .

B. 3 .

C. 4 .

D. 5 .

HDG: Phát biểu sai (4) là: “Trung điểm các cạnh một khối tứ diện đều là đỉnh của một hình
lập phương” (là một hình bát diện đều).


TRẮC NGHIỆM GIẢI TÍCH & HKG 12

THẦY LÂM PHONG - 0933524179

CHÚC CÁC EM ĐẠT KẾT QUẢ CAO NHẤT TRONG KÌ THI SẮP TỚI
THẦY HỨA LÂM PHONG (SÀI GÒN – 0933524179)
GMAIL:
FB: PHONG LÂM HỨA - GROUP TOÁN 3K.

TRÂN TRỌNG CẢM ƠN THẦY TRẦN HOÀNG ĐĂNG,
THẦY NINH CÔNG TUẤN ĐÃ THAM GIA GÓP NỘI
DUNG CÂU HỎI VỀ GROUP
CẢM ƠN THẦY NGUYỄN MINH TIẾN ĐÃ PHẢN BIỆN
ĐỀ THI.
KÍNH MỜI QUÝ THẦY CÔ TIẾP TỤC GỬI CÂU HỎI VỀ
GROUP CHO CÁC KÌ THI SAU.

HẸN GẶP LẠI CÁC EM VÀO TỐI 22 GIỜ T2 – T4 – T6
TẠI GROUP TOÁN 3K.


TRẮC NGHIỆM GIẢI TÍCH & HKG 12

THẦY LÂM PHONG - 0933524179

NGÂN HÀNG CÂU HỎI TRẮC NGHIỆM MÔN TOÁN – GROUP TOÁN 3K
Biên soạn : Thầy Hứa Lâm Phong (19/09/2016) – ĐỀ ÔN SỐ 4.
Đề ôn gồm 10 câu (1 điểm / câu) - Thời gian làm bài 30 phút.
Câu 1: Đồ thị hàm số y 
A.  4; 1 .

4x  3
có tâm đối xứng là:
x1

B.  1; 4  .

D.  0; 3  .

C. 1; 3  .

4x  3
chính là giao điểm của 2 đường thẳng
x1
tiệm cận đứng y  4 và tiệm cận ngang x  1   1; 4 
HDG: tâm đối xứng của đồ thị hàm số y 

Câu 2: Đồ thị hàm số tương ứng với hình bên là:
A. y   x  1

 x  2 .

B. y   x  1

2

 2  x .

C. y  1  x   2  x  .

D. y   x  1

 x  2 .

2

2

2

HDG: Kỹ năng “đọc đồ thị” là một kỹ năng rất cần
Ta có khi y  0   x  1

2

x  1

 A  1; 0 





 x  2   0   x  2 . Đồ thì các trục hoành tại 2 điểm  B

 2; 0 

Câu 3: Cho khối chóp S. ABCD có đáy là hình vuông ABCD cạnh a. Mặt bên SAD  là tam
giác đều và vuông góc với mặt phẳng đáy. Thể tích của khối chóp S. ABCD là:


TRẮC NGHIỆM GIẢI TÍCH & HKG 12

A.

a3 3
.
6

B.

a3 3
.
12

THẦY LÂM PHONG - 0933524179

C. a 3 2 .

D. Kết quả khác.

HDG: Gọi H là trung điểm AD
SH   ABCD 
1
a3 3
SAD   ABCD  



V

SH
.
S


S
.
ABCD
ABCD
SAD deu
a 3
3
6
SH 
2


Câu 4: Số đường tiệm cận của hàm số y 
A. 0 .

B. 1 .

2  x2
là:
x3

C. 2 .

D. 3 .

HDG: Hàm số có tập xác định D    2; 2  nên không tồn tại bất kỳ tiệm cận nào cả !


Thực tế thống kê, ta thấy có đến hơn phân nửa số bạn chọn sai câu này, vì không hiểu đúng về
định nghĩa của tiệm cận đã học. Hãy lưu tâm đến tập xác định của hàm trước khi tìm tiệm
cận.

Câu 5: Giá trị của m để đồ thị hàm số y  x 3  mx 2  4 chỉ cắt trục hoành tại một điểm duy
nhất là:
A. m  3 .

B. m  1 .

C. m  3 .

D. Kết quả khác.

TRẮC NGHIỆM GIẢI TÍCH & HKG 12

THẦY LÂM PHONG - 0933524179



6c  2b 2
bc 
2m2
x  d    
x4
 PT noi 2 diem cuc tri y 
9
9a 
9


HDG: Cách 1 
x  0
 y '  0  3 x 2  2 mx  0  

 x   2m


3
 2 m2 2 m

Ta có yCD .yCT  0   4   

 4   0  m3  27  0  m  3


9 3



Cách 2: y  0  x 3  mx 2  4  0  m 

4  x3
x2

(xét tương giao của 2 hàm xin dành cho bạn)

Câu 6: Cho hình chóp tứ giác S. ABCD
có đáy ABCD là hình vuông cạnh a và
SA vuông góc với mặt phẳng đáy. Góc
giữa mặt phẳng

SBD 

và

 ABCD 

bằng 60 0 . Gọi M , N lần lượt là trung
điểm của SB, SC . Thể tích của khối
chóp S.ADNM bằng:
A.

C.

a3
4 6

.

a3 6
.
8

B.

D.

HDG: O  AC  BD

SA
a 6
0
 SA 
  SBD  ;  ABCD    SO; AO   60  tan SOA 
AO
2

VS . AMN SM SN 1


.


3
3
a3 3
VSABC SB SC 4
V

V

V


V

V

V

S. AMN
S. AND
S . ADNM
VSAND SN 1
 S. ADNM
4 S. ABC 8 S. ABCD 8 2


VSACD SC 2






3 3a3
8 2

.

a3 3
8 2

.


TRẮC NGHIỆM GIẢI TÍCH & HKG 12

THẦY LÂM PHONG - 0933524179

x 2  3x  m  3
có một điểm cực trị thuộc đường thẳng
xm
y  x  1 . Khi đó điểm cực trị còn lại có hoành độ bằng:

Câu 7: Biết rằng đồ thị hàm số y 

A. x  1 .

B. x  3 .

HDG: Gọi A, B là 2 điểm cực trị. Ta có y AB

C. x  5 .

x


2

D. Kết quả khác.



 3x  m  3 '

 x  m '

 2x  3


46m3
7
y  2x  3
C 
Giả sử A  AB  d  
 A  2; 1  1 
m .
y

x

1

2m
2



y' 

x 2  2mx  2m  3

 x  m

2

m
x  2
2
.
 y '  0 
 x 2  7 x  10  0  
x  5
7

Câu 8: Cho khối lăng trụ tam giác ABC.A ' B ' C ' có đáy là tam giác đều cạnh a. Đỉnh A ' cách
đều 3 đỉnh A, B, C . Góc giữa hai đường thẳng BC và AA ' bằng:
A. 300 .

B. 600 .

C. 450 .

D. Kết quả khác.

 A ' A  A ' B  A ' C G la trong tam ABC
HDG: Ta có 
 SG   ABC  .


ABC deu

 BC  AG
Gọi M là trung điểm BC. 
 BC   A ' AG   BC  AA ' 


 BC  A ' G

 BC ; AA '   900


TRẮC NGHIỆM GIẢI TÍCH & HKG 12

THẦY LÂM PHONG - 0933524179

Câu 9: Cho các hàm số sau đây
(a) y 

2x  3
.
x2

(d) y  x 4  2 x 2 .

x2  x  3
.
x2

(b) y  x 3  3 .

(c) y 

(e) y   x 3  3x 2  4 x  2 .

(f) y  m2  1 x4  2 x2  1 .





Trong số các hàm đã cho, có bao nhiêu hàm số có cực trị ?
A. 2.
HDG: Nhận xét y 

B. 3.

C. 4.

D. 5.

ax  b
không có cực trị và hàm y  ax 4  bx 2  c luôn có ít nhất 1 cực trị.

cx  d

Kiểm tra (b) y  x 3  3  y '  3x 2  0  x 

hs không có cực trị.

Kiểm tra (e) y   x 3  3x 2  4 x  2  y '  3x 2  6 x  4  0, x 

 hs không có cực trị

x2  x  3
x 2  2 x  5  x  1  4
Kiểm tra (c) y 
 y' 

 0, x  2  hs không có cực trị
2
2
x2
 x  2
 x  2
2

Câu 10: Cho hàm số y  ax 3  bx 2  cx  d có bảng biến thiên sau:
0


TRẮC NGHIỆM GIẢI TÍCH & HKG 12

THẦY LÂM PHONG - 0933524179

Mệnh đề nào sau đây là đúng ?
A. b  0, c  0 .

B. b  0, c  0 .

C. b  0, c  0 .

D. b  0,c  0 .

HDG: Dựa vào bảng biến thiên ta thấy (
● Hàng của y’, ngoài cùng bên phải cùng dấu với a) suy ra a > 0.
● Ta thấy 2 cực trị đều có hoành độ dương nên 3ax 2  2bx  c  0 có 2 nghiệm phân biệt


b2  3ac  0
 '  0 

 2b
b  0
0

dương  S  0  
c  0
P  0
 3a

c
 3a  0

TRÂN TRỌNG CẢM ƠN THẦY TRẦN HOÀNG ĐĂNG VÀ THẦY NINH
CÔNG TUẤN ĐÃ GỬI CÂU HỎI VỀ GROUP
CẢM ƠN THẦY NGUYỄN MINH TIẾN VÀ THẦY LÊ MINH CƯỜNG ĐÃ
PHẢN BIỆN ĐỀ THI.
KÍNH MONG QUÝ THẦY CÔ TIẾP TỤC GỬI CÂU HỎI THAM GIA VỀ
GROUP.
HẸN GẶP LẠI CÁC EM HS VÀO TỐI T2 – 4 – 6 LÚC 22 GIỜ.
CHÚC CÁC EM ĐẠT KẾT QUẢ CAO NHẤT TRONG KÌ THI SẮP TỚI
THẦY HỨA LÂM PHONG (SÀI GÒN – 0933524179)
GMAIL:
FB: PHONG LÂM HỨA - GROUP TOÁN 3K.


TRẮC NGHIỆM GIẢI TÍCH & HKG 12

THẦY LÂM PHONG - 0933524179

NGÂN HÀNG CÂU HỎI TRẮC NGHIỆM MÔN TOÁN – GROUP TOÁN 3K
Biên soạn : Thầy Hứa Lâm Phong (21/09/2016) – ĐỀ ÔN SỐ 5.
Đề ôn gồm 10 câu (1 điểm / câu) - Thời gian làm bài 30 phút.
Câu 1. Giá trị của tham số m để hàm số y 



mx  1
có tiệm cận đứng đi qua điểm A 1; 2
2x  m



là
2
1
.
B. .
C. 5  3 2 .
D. 2 .
2
2
HDG: mặc dù đây đã là lần thi thử thứ 5, và trong các số trước, cũng có phần “tiệm cận”
nhưng xem ra vẫn còn một số bạn chưa nắm vững được định nghĩa “tiệm cận đứng”, “tiệm cận
ngang”. Các em hãy nhìn vào bảng thống kê sau:

A.

Những em chọn phương án A (do nhầm lẫn giữa 2 tiệm cận đứng và ngang).
Những em chọn phương án C (là trực tiếp thay tọa độ A và đồ thị hàm số).
Lời giải đúng sẽ là TCĐ d : x  

m Ad m


 1  m  2
2
2

Câu 2. Khoảng cách giữa hai điểm cực đại, cực tiểu của đồ thị hàm số y  x 4  2 x 2  2 bằng:
A.

2.

B.

3.

C.

5.

HDG: Với những câu tặng điểm như vậy thì không nên từ chối.

D.

7.


TRẮC NGHIỆM GIẢI TÍCH & HKG 12

THẦY LÂM PHONG - 0933524179

x  0  y  2
A 0;2 ; B1;1

y  x  2 x  2  y '  0  4 x  4 x  0   x  1  y  1  AB  2
 x  1

4

2

3

Câu 3. Cho hàm số y  x3  3x có đồ thị như hình bên. Tìm tất cả
các giá trị của tham số m để phương trình x 3  3x  2  m  0 có 3
nghiệm phân biệt ?
A. 4  m  0 .

B. 0  m  4 .

C. m  0 .

D. m  4  m  0 .

HDG: Ứng dụng đồ thị trong biện luận nghiệm của phương trình.

x 3  3x  2  m  0  *   x 3  3x 
m  2 .
C
d
d
/
/
 
 Ox hay d Ox 

Số giao điểm giữa (C) và d cũng chính là số nghiệm của pt.
ycbt  2  m  2  2  4  m  0 .

Câu 4. Cho hình chóp S. ABCD có
đáy ABCD là hình vuông cạnh a,

SA vuông góc với mặt phẳng đáy và
SA  AC . Khẳng định nào sau đây
là sai ?
A. Các mặt bên của khối chóp
S. ABCD đều là các tam giác vuông.
B. Thể tích của khối chóp
S. ABCD bằng

a3 2
.
3

C. Hình chiếu vuông góc của A lên SC trùng với trung điểm của cạnh SC .
D. Góc giữa hai mặt phẳng  SAB  và  SBC  bằng 45 o .
HDG: ý a là 1 ý rất quen thuộc mà các bạn đã thực hành ở lớp 11.


TRẮC NGHIỆM GIẢI TÍCH & HKG 12

THẦY LÂM PHONG - 0933524179


CD  AD
 CD   SAD   CD  SD  SCD vuông tại D
● Do nhận xét 

CD  SA

(tương tự SBC vuông tại B) Như vậy ta có 4 mặt đều là tam giác vuông.
● Do SA  AC  SAC vuông cân tại A (câu C đúng).

● Ta có VS. ABCD 

1
1
a3 2
SA.SABCD  a 2a2 
3
3
3

 BC  BA
BC   SBC 

 BC   SAB   SAB   SBC  
● 

 BC  SA

Câu 5. Giá trị lớn nhất của hàm số y 
A.

1
6

HDG: y 

B.



19
.
5

  SBC ;  SAB   90

0

1
1
5
cos 3 x  cos 2 x  2 cos x  là:
3
4
4

C.

19
.
6

D. Kết quả khác.



1
1
5 t cos x1;1
1

1
cos 3 x 
2 cos 2 x  1  2 cos x  
 y  f  t   t 3  t 2  2t  1
3
4
4
3
2


1
t  1  tm   f  1  
19
19
 f '  t   0  t  t  2  0  
 max f  t  
6 & f  1 
t 1;1
6
6
t  2  ktm 
2

Câu 6. Tìm tất cả các giá trị của m để hàm số y  x2  m  x   m đồng biến trên 1; 2  ?


TRẮC NGHIỆM GIẢI TÍCH & HKG 12

A. m 

3
.
2

THẦY LÂM PHONG - 0933524179

B. m  3 .

C.

3
 m 3.
2

D. m  3 .

x  0
HDG: y   x 3  mx 2  m  y '  3x 2  2 mx  y '  0  
. Có 2 cực trị khi m  0 .
 x  2m

3

 f '  1  0
3  2 m  0

m3.
HS đồng biến trên  1; 2   
12  4 m  0

 f '  2   0

Câu 7. Đồ thị hàm số y  x3  ax2  bx  c ,  a; b; c 



đi qua điểm A  0;1 và đạt cực đại tại

điểm B  1; 1 . Khẳng định nào sau đây là đúng ?
A. a  b  2c

B. a2  b2  c 2  10 .

C. a3  b3  c 3  29 .

D. Một khẳng định khác.

 f 0  1
c  1
a  0




2
HDG: Ta có: y '  3x  2ax  b Đk cần ta có  f '  1  0   3  2 a  b  0
  b  3

1  a  b  c  1
c  1




 f  1   1

Tới đây nếu không khéo bạn sẽ chọn phương án B.
x  1
a 1 0
Tuy nhiên thử lại y '  0  3x 2  3  0  

 xCD  1 (do đó các số a, b, c
x


1

không thỏa yêu cầu bài toán).


TRẮC NGHIỆM GIẢI TÍCH & HKG 12

THẦY LÂM PHONG - 0933524179

Câu 8. Cho hình chóp S.ABC có các cạnh SA  SB  SC  10  cm , AB  AC  6  cm  và
BAC  1200 . Thể tích của khối chóp S.ABC có giá trị gần với giá trị nào nhất sau đây ?





A. 125 cm3 .





C. 85 cm3 .

 
D. 38  cm  .

B. 44 cm3 .
3

HDG: Gọi H là hình chiếu vuông góc của S
lên (ABC)
do SA  SB  SC  SAH  SBH  SCH
 HC  HB  HA  H là tâm đường tròn

ngoại tiếp ABC .
Lại có ABC cân tại A có
BAC  1200  H chính là đỉnh thứ 4 của hình thoi BACH .

Do đó ta có SH  SA2  AH 2  102  62  8 .
 VS. ABC 

1
1
1
.SH.S ABC  SH. AB. AC.sin BAC  24 3  41, 6  44 .

3
3
2


TRẮC NGHIỆM GIẢI TÍCH & HKG 12

THẦY LÂM PHONG - 0933524179

Câu

9.

Cho

hình

chóp

O. ABC có

OA, OB, OC OA  a , OB  b , OC  c  đôi

một vuông góc nhau. Khi đó kẻ OH

vuông góc với mặt phẳng  ABC  tại H .
Khẳng định nào sau đây là sai
HDG: Kẻ OK vuông BC tại K.
 BC  OK


● Ta có 
 BC   OAK 

 BC  OA
BC  ABC 

  ABC    OAK  theo giao tuyến AK , OH  AK tại H  OH   ABC 


 BC  AH
Ta có 
 H là trực tâm BAC .
HC  AB do AB  OC ; AB  OH  AB   OHC 





● Do đó

1
OH

2





1

OA

2



1
OK

2



1
OA

2



1
OC

2



1
OB

2



1
a

2



1
b

2



1
c

2

 OH 

abc
a2 b2  b2 c 2  c 2 a2

1
1

1
● VO. ABC  OA. OB.OC  abc
3
2
6

● SABC 

1
1
SK.BC 
2
2

bc
b  c2
2

Do đó đáp án D sai.
Câu 10. Cho các mệnh đề sau:
(i). Hàm số có đạo hàm cấp một là một hằng số thì hoặc luôn đồng biến hoặc luôn nghịch
biến trên các khoảng xác định của nó. (sai vì hàm hằng y  a  y '  0  const` nhưng không
kết luận được đồng biến hay nghịch biến)
(ii). Mọi hàm số có đạo hàm tại một điểm thì cũng liên tục tại điểm đó.
(iii). Lăng trụ tam giác đều là lăng trụ đứng.
(iv). Chóp tứ giác đều có các mặt bên là tam giác đều. (sai vì các mặt bên chỉ là tam giác
cân).
(v). Hàm số y  f  x  không tồn tại đạo hàm tại xo thì cũng không có cực trị tại xo . (sai

vì y  x không tồn tại đạo hàm tại x  0 nhưng lại đạt cực tiểu tại x  0 .



 x khi x  0
1 khi x  0
 y'  
Có thể giải thích rõ hơn như sau: y  x  
 x khi x  0
1 khi x  0


(bạn đọc có thể lập bảng biến thiên để hiểu rõ hơn).


TRẮC NGHIỆM GIẢI TÍCH & HKG 12

THẦY LÂM PHONG - 0933524179

Tổng số mệnh đề đúng là
A. 2 .

B. 5 .

C. 3 .

D. 4 .

Trân trọng cảm ơn Thầy Trần Hoàng Đăng đã gửi câu hỏi về group.
Cảm ơn các Thầy Hoàng Hữu Vinh, Thầy Nguyễn Minh Tiến và Thầy Lê
Minh Cường đã phản biện giúp đề thi.

TRẮC NGHIỆM GIẢI TÍCH & HKG 12

THẦY LÂM PHONG - 0933524179

KÍNH MONG QUÝ THẦY CÔ TIẾP TỤC GỬI CÂU HỎI THAM GIA VỀ
GROUP.
HẸN GẶP LẠI CÁC EM Học sinh VÀO TỐI T2 – 4 – 6 LÚC 22 GIỜ.
CHÚC CÁC EM ĐẠT KẾT QUẢ CAO NHẤT TRONG KÌ THI SẮP TỚI
THẦY HỨA LÂM PHONG (SÀI GÒN – 0933524179)
GMAIL:
FB: PHONG LÂM HỨA - GROUP TOÁN 3K.