Đề cương ôn thi THPT quốc gia môn toán năm 2019-2020

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (853.46 KB, 58 trang )

(1)<div class='page_container' data-page=1>

ĐỀ CƯƠNG ÔN THI THPT QG NĂM 2019-2020 
A. ĐẠI SỐ 11 CHƯƠNG 2

Câu 1: Cho n* thỏa mãn Cn52002. Tính An5.

A. 2007. B. 10010. C. 40040. D. 240240.

Lờigiải 
Ta có: 5 5.5! 240240

n n

A C  .

Câu 2: Có bao nhiêu cách sắp xếp 6 học sinh theo một hàng dọc?

A. 46656. B. 4320. C. 720. D. 360.

Lờigiải

Số cách sắp xếp 6 học sinh theo một hàng dọc là số hoán vị của 6 phần tử.
Vậy có P6 6!720 cách.

Câu 3: Gieo một con súc sắc cân đối và đồng chất. Tính xác suất để xuất hiện mặt có số chấm chia hết
cho 3.

A. 1. B. 1

3. C. 3. D.

3.
Lờigiải

Ta có n

 

 6và n A

 

2. Vậy

 

1
3
P A  .

Câu 4: Có bao nhiêu số có ba chữ số đôi một khác nhau mà các chữ số đó thuộc tập hợp



1;2;3;...;9



?
A. 3

C . B. 93. C. 3

A . D. 39.

Lờigiải

Số tự nhiên có ba chữ số đơi một khác nhau mà các chữ số đó thuộc tập hợp



1;2;3;...;9



là 3
9
A .
Câu 5: Cho các số nguyên k, n thỏa 0 k n. Công thức nào dưới đây đúng?

A. !

!
k
n

n
C
k

 . B.





!
k
n
n
C
n k


 . C.





!
! !
k
n
n
C

k n k



 . D.





! !

!
k
n
k n
C
n k

 .
Lờigiải 
Ta có





! !
k
n
n
C

k n k



 .

Câu 6: Cho tập hợp M có 10 phần tử. Số tập con gồm hai phần từ của M là
A. 8

A B. 2

A C. 2

C D. 102

Lờigiải

Mỗi cách lấy ra 2 phần tử trong 10 phần tử của M để tạo thành tập con gồm 2 phần tử là một tổ hợp
chập 2 của 10 phần tử  Số tập con của M gồm 2 phần tử là 2

10
C

Câu 7: Từ một đội văn nghệ gồm 5 nam và 8 nữ cần lập một nhóm gồm 4 người hát tốp ca. Xác suất
để trong 4 người được chọn đều là nam bằng

A. 
4
8
4
13
C

C . B.

4
5

4
13

C

C . C.

4
8
4
13

C

A . D.

</div>
(2)<div class='page_container' data-page=2>

Lờigiải.
Ta có

 

n  C . Gọi biến cố A ” Chọn 4 bạn nam trong 5 bạn nam”

 

4
5

n A C .
Vậy

 

4
13
C

P A
C
 .

Câu 8: Một nhóm có 7 học sinh trong đó có 3 nam và 4 nữ. Hỏi có bao nhiêu cách xếp các học sinh
trên thành một hàng ngang sao cho các học sinh nữ đứng cạnh nhau?

A. 144 . B. 5040. C. 576. D. 1200.

Lờigiải

Xem 4 học sinh nữ là một tập X , xếp 3 nam và X thành hàng ngang có 4! cách, hốn vị 4 học sinh nữ
có 4! cách. Vậy có 4!.4! 576 cách xếp.

Câu 9: Cho tập hợp A có 100 phần tử. Số tập con gồm 2 phần tử của A là:
A. 2

100

A . B. 98

100

A . C. 2

100

C . D. 100 . 2
Lờigiải

Số tập con gồm 2 phần tử của A là số tổ hợp chập 2 của 100 phần tử, có 2
100

C tập hợp.

Câu 10: Một hộp chứa 11 quả cầu gồm 5 quả màu xanh và 6 quả cầu màu đỏ. Chọn ngẫu nhiên đồng
thời 2quả cầu từ hộp đó. Xác suất để 2 quả cầu chọn ra cùng màu bằng

A. 5

22 B. 
6
11 C. 
5
11 D. 
8
11
Lờigiải

Số cách lấy ra 2 quả cầu trong 11 quả là 2
11

C , Suy ra

 

2
11

n  C

Gọi A là biến cố lấy được 2 quả cùng màu. Suy ra n A

 

C52C62

Xác suất của biến cố A là

 

2 2
5 6
2
11
5
11
C C
P A
C

 

Câu 11: Một hộp chứa 15 quả cầu gồm 7 quả cầu màu đỏ và 8 quả cầu màu xanh. Chọn ngẫu nhiên
đồng thời hai quả cầu từ hộp đó. Tính xác suất để chọn được hai quả cầu cùng màu.

A. 6

13. B.

7 . C.

15. D.

7
30.

Lờigiải

Số phần tử của không gian mẫu:

 

2
15 105

n  C  .

Gọi A là biến cố “để chọn được hai quả cầu cùng màu”. Ta có:

 

2 2
7 8 49

n A C C  .
Xác suất để chọn được hai quả cầu cùng màu là:

 

157
n A
P

n

 

 .

Câu 12: Tìm số hạng khơng chứa x trong khai triển của biểu thức:

15
2
x
x
  

 
 

A. 5 5
15.2

C . B. 7 7

15.2

C . C. 5

C . D. 8 8

15.2
C .
Lờigiải

Số hạng tổng quát của khai triển

 

15
15
2
15 15
2
2
k k
k k

k k k

C x C x

x



    

 

  .

Số hạng không chứa x ứng với k thỏa 15 0 5
2

k k k

</div>
(3)<div class='page_container' data-page=3>

Vậy số hạng không chứa x là 5 5
15.2
C .

Câu 13: Trong khai triển nhị thức Niutơn của



1 3 x



9, số hạng thứ 3 theo số mũ tăng dần của x là
A. 180x2. B. 120x2. C. 4x2. D. 324x2.

Lờigiải 
Ta có





9 9 9

 

9 9

0 0

1 3 k 3 k k3k k

k k

x C x C x

 

 







. Do đó số hạng thứ 3 theo số mũ tăng dần của x ứng với

k , tức là 2 2 2 2
93 324
C x  x .

Câu 14: Với n là số nguyên dương thỏa mãn 1 2 55

n n

C C  , số hạng không chứa x trong khai triển của
biểu thức 3

2
2 n
x

x

  

 

  bằng

A. 322560 B. 3360 C. 80640 D. 13440
Lờigiải

Ta có: 1 2 55

n n

C C 













10
1

! !

55 55 110 0 10

1! 1 ! 2! 2 ! 2

n

n n

n n

n n n n

n

n n



 

              

  

Với n10 thì ta có:
3

2
2 n
x

x

  

 

  =

10 10 10 10 10

3 3 3 10 2 20 10 5 20

10 10 10

2 2

0 0 0

2 2

. . . .2 . .2 .

k

k k k k k k k k k

k k k

x C x C x x C x

x x



   

  

       

   

 



 



Để có số hạng khơng chứa x thì 5k20 0  k 4.

Do đó hệ số của số hạng khơng chứa x trong khai triển là: C104.26 13440.

Câu 15: Gọi A là tập hợp tất cả các số tự nhiên có 7 chữ số đơi một khác nhau được tạo ra từ các chữ
số 0, 1, 2 , 3, 4 , 5, 6. Từ A chọn ngẫu nhiên một số. Tính xác suất để số được chọn có chữ
số 1 và chữ số 2 đứng cạnh nhau.

A. 5

21. B.

18. C.

7. D.

3.
Lờigiải

Số các số tự nhiên có 7 chữ số đơi một khác nhau được tạo ra từ các chữ số 0, 1, 2 , 3, 4 , 5, 6 là

6.6! 4320 .

Số phần tử của không gian mẫu là n

 

 4320.

Gọi A là biến cố số được chọn có chữ số 1 và chữ số 2 đứng cạnh nhau
Ta nhóm hai số 1 và 2 thành một nhóm x.

Ta có số các số tự nhiên có 6 chữ số đơi một khác nhau được tạo ra từ các chữ số 0, x, 3, 4 , 5, 6là

5.5! 600

Hoán vị hai số 1 và 2 trong nhóm x có 2 cách.
Vậy n A

 

600.2 1200 .

Xác suất của biến cố A là

 

185
n A
P A

n

 

 .

B. ĐẠISỐ11CHƯƠNG3

Câu 16: Cho dãy số

 

un được xác định bởi un n24n2. Khi đó u10 bằng

</div>
(4)<div class='page_container' data-page=4>

Lờigiải 
2

10 10 4.10 2 58
u     .

Câu 17: Cho cấp số cộng có tám số hạng. Số hạng đầu bằng 3, số hạng cuối là 24. Tính tổng các số
hạng này.

A. 105. B. 27. C. 108. D. 111.

Lời giải

Ta có: u13, u8 24, n8 8 8



3 24



108
2

S

    .

Chọn C.

Câu 18: Tìm x biết 1 3 5 ...    x 64.

A. 9. B. 11. C. 15. D. 17.

Lờigiải









2 ( 1) 2 ( 1)2 64 8.

2 2

n

n n

S  u  n d   n n   n





1 1 1 7.2 15.

n

x u u n d

       

Câu 19: Trong các dãy số sau, dãy số nào là cấp số nhân?
A. un 5n3, n1. B. 4 3 ,n 1

n

u   n .C. 1
1

7 , 1

n n

u

u u n




  

 D.

1
2
1

, 1
n
n
u

u  u n




  



Lờigiải 
Xét n 1

n

u
u

 ta thấy đáp án C có n 1 7
n
u

u
 

Câu 20: Cho cấp số nhân

 

un có u15,u28. Tìm u4.

A. 512

25 . B.

125

512. C.

625

512. D.

512
125.
Lờigiải

3
3

4 1
1

8 8 512

; . 5. .

5 5 25

u

q u u q

u

 

      

 

Câu 21: Xác định x để 3số 2x1; ; 2x x1 lập thành cấp số nhân?
A. 1

x . B. 1

x  . C. 1
3

x  . D. x  3.
Lờigiải

Ta có 2x1; ; 2x x1 lập thành cấp số nhân
nên x2 



2x1 2



x1



 x2 4x21 2 1

3
x

  1

3
x

   .
C. HÌNH HỌC 11 CHƯƠNG 3

Câu 22: Trong không gian, khẳng định nào sau đây sai.

A. Nếu ba mặt phẳng phân biệt cắt nhau theo ba giao tuyến thì ba giao tuyến ấy hoặc đồng quy hoặc đôi
một song song.

</div>
(5)<div class='page_container' data-page=5>

D. Cho hai đường thẳng chéo nhau. Có duy nhất một mặt phẳng chứa đương thẳng này và song song với
đường thẳng kia.

Lời giải

Hai đường thẳng phân biệt cùng vng góc với một đường thẳng thì song song với nhau hoặc chéo nhau.
Câu 23: Cho hình chóp S ABCD. đáy là hình vng cạnh a, tâm O. Cạnh bên SA2a và vng góc

với mặt phẳng đáy. Gọi



là góc tạo bởi đường thẳng SC và mặt phẳng đáy. Mệnh đề nào sau
đây đúng?

A.



 60 . B.



 75 . C. tan



1. D. tan



 2.

Lờigiải

Ta có AC là hình chiếu vng góc của SC lên mặt phẳng



ABCD











SC ABCD,



SCA 

   .

Tam giác SAC vng tại A có tan SA
AC

  , với AC a 2 thì tan



 2.

Câu 24: Cho lập phương ABCD A B C D.     có cạnh bằng a ( tham khảo hình vẽ bên ).
Khoảng cách giữa hai đường thẳng BD và A C  bằng

A. 3a B. a C. 3

a D. 2a

Lời giải

Ta có khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau BD và A C  bằng khoảng cách giữa mặt phẳng song
song



ABCD



và



A B C D   



thứ tự chứa BD và A C . Do đó khoảng cách giữa hai đường thẳng BD

và A C  bằng a.

Câu 25: Cho hình chóp S ABCD. có đáy là hình chữ nhật AB a , BC2a, cạnh bên SA vng góc
với đáy. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng SA và CD.

A. a 6. B. a 5. C. a. D. 2a.

S

A

B C

D

</div>
(6)<div class='page_container' data-page=6>

Lờigiải

Ta có AD SA AD
AD CD



 

 

 là đoạn vng góc chung của AD và SA.

Do đó d SA CD





 AD2a.

Câu 26: Cho hình chóp S ABCD. có đáy là hình thang vng tại A và ,D AB2 ,a AD DC a  , cạnh
bên SA vng góc với đáy. Tính số đo của góc giữa đường thẳng BC và mặt phẳng



SAC



.
A. 45 . o B. 60 . o C. 30 . o D. 90 . o

Lờigiải

Ta có : BC SA BC



SAC



BC AC



  

 







BC SAC, 90o

  .

Câu 27: Cho hình chóp S ABCD. có tất cả các cạnh bên và cạnh đáy đều bằng nhau và ABCD là hình
vng (tham khảo hình vẽ).

Khẳng định nào sau đây đúng?

B C

A D

S

A

D
S

C

B

S

A

B C

</div>
(7)<div class='page_container' data-page=7>

A. BD



SAD



. B. BD



SCD



. C. BD



SAC



. D. SB



ABCD



.
Lời giải

Gọi O AC BD. Khi đó do hình chóp S ABCD. đều nên SO



ABCD



SOBD.
Do ACBDBD



SAC



Câu 28: Cho tứ diện OABC có OA OB OC, , đôi một vuông góc với nhau và OA OB OC  . Gọi M

là trung điểm của BC ( tham khảo hình vẽ bên dưới). Góc giữa hai đường thẳng OM và AB

bằng

A. 900 B. 300 C. 600 D. 450

Lời giải

Đặt OA a suy ra OB OC a và AB BC  AC a 2

Gọi N là trung điểm AC ta có MN/ /AB và 2
2
a
MN 

Suy ra góc



OM AB,







OM MN,



. Xét OMN
Trong tam giác OMN có 2

2
a

ON OM MN  nên OMN là tam giác đều
Suy ra OMN 600. Vậy



OM AB,







OM MN,



600

O

B C

A D

</div>
(8)<div class='page_container' data-page=8>

Câu 29: Cho hình chóp tứ giác đều .S ABCD có tất cả các cạnh bằng a. Gọi M là trung điểm của SD
(tham khảo hình vẽ bên). Tang của góc giữa đường thẳng BM và mặt phẳng



ABCD



bằng

A. 2

2 B.

3 C.

3 D.

1
3
Lời giải

Gọi O là tâm của hình vng. Ta có SO



ABCD



và

2 2

a a
SO a  

Gọi M là trung điểm của OD ta có MH/ /SO nên H là hình chiếu của M lên mặt phẳng



ABCD



và

1 2

2 4

a
MH  SO .

Do đó góc giữa đường thẳng BM và mặt phẳng (ABCD) là MBH.

Khi đó ta có 

2
1
4
tan

3
3 2

4
a
MH
MBH

BH a

   .

Vậy tang của góc giữa đường thẳng BM và mặt phẳng



ABCD



bằng 1
3
E. ĐẠISỐ12CHƯƠNG1

Câu 30: Cho hàm số y  x4 2x21 có giá trị cực đại và giá trị cực tiểu lần lượt là

y và y2. Khi đó,
khẳng định nào sau đây đúng?

A. 3y1y2  1. B. 3y1y2 5. C. 3y1y2 1. D. 3y1y2  5. 
Lờigiải

TXĐ: D. Ta có: y  4x34x, 0 0
1
x
y

x



     

 .

A

B C

D
S

M

O
A

B C

D
S

M

</div>
(9)<div class='page_container' data-page=9>

 

1 CD 1 2

y  y  y   , y2  yCT  y

 

0 1.Vậy 3y1y2 5.

Câu 31: Cho hàm số y f x

 

xác định trên \ 0

 

, liên tục trên mỗi khoảng xác định và có bảng biến
thiên như hình dưới đây. Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để phương trình f x

 

m

có ba nghiệm thực phân biệt?

A. m



2; 



. B. m 



2; 2



. C. m 



2;2



. D. m 



2;2



. 
Lờigiải

Từ bảng biến thiên suy ra m 



2;2



Câu 32: Cho hàm số y f x

 

liên tục trên  và có đồ thị là đường cong trong hình vẽ bên. Điểm cực
tiểu của đồ thị hàm số y f x

 

là

A. x1. B. x 1. C. M



1;1



. D. M



1; 3



Lời giải

Dựa vào đồ thị ta thấy, f x

 

đổi dấu từ “âm” sang “dương” khi đi qua x1 và f

 

1  3.
Vậy điểm cực tiểu của đồ thị hàm số y f x

 

là M



1; 3



Câu 33: Cho hàm số

 

1 4 2 2 1
4

f x  x  x  . Khẳng định nào sau đây sai?
A. Hàm số đồng biến trên khoảng



2;



B. Hàm số đồng biến trên khoảng



0;



.
C. Hàm số nghịch biến trên khoảng



 ; 2



.
D. Hàm số đồng biến trên khoảng



 2; 1



Lờigiải
Tập xác định D, f x

 

 x34x,

 

0 0

2
x
f x

x




   

 

 .

</div>
(10)<div class='page_container' data-page=10>

Dựa vào BBT, ta có A, C, D đúng nên B sai.

Câu 34: Đường cong ở hình bên là đồ thị của hàm số nào dưới đây?

A. 1

1
x
y

x




 . B.

2
1
x
y

x




 . C.

4
1
x
y

x




 . D.

3
1
x
y

x




 .

Lờigiải

Nhận thấy đồ thị hàm số cắt trục hồnh tại điểm có hồnh độ bằng x1 nên ta chọn hàm số có đồ thị như
hình vẽ là 1

1
x
y

x




 .

Câu 35: Cho hàm số y f x

 

có bảng biến thiên như sau:

Mệnh đề nào dưới đây đúng?

A. Hàm số đạt cực đại tại điểm y2. B. Hàm số đạt cực đại tại điểm x1.
C. Hàm số đạt cực tiểu tại điểm x0 D. Hàm số đạt cực đại tại điểm x0.

Lờigiải

Dựa vào bảng biến thiên ta thấy hàm số đạt cực đại tại x0 và đạt cực tiểu tại x 1.

</div>
(11)<div class='page_container' data-page=11>

A.



0;



. B.

 

0; 2 . C.



; 2



. D.



2; 2



.
Câu 37: Điểm cực tiểu của đồ thị hàm số y  x4 18x21 là

A.



3;80



và



3;80



. B.

 

0;1 . C.



1;0



. D.



0; 1



.
Lờigiải

Tập xác định D

3
4 36

y   x  x; 0 0 1

3 80

x y

y

x y

   


       

 .

Vậy điểm cực tiểu của đồ thị hàm số là



0; 1



.
Câu 38: Đồ thị hàm số

 

22 3

1
x
f x

x




 có bao nhiêu tiệm cận đứng?

A. 3. B. 1. C. 0. D. 2 .

Lờigiải
Ta có 2

1
2 3
lim

1
x

x
x





  

 nên x1 là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số đã cho.

Ngoài ra 2
1

2 3
lim

1
x

x
x





  

 nên x 1 là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số đã cho.

Vậy đồ thị hàm số có hai tiệm cận đứng.

</div>
(12)<div class='page_container' data-page=12>

A. f x

 

  x3 3x. B. f x

 

x33x. C. f x

 

x33x1. D.

 

2 1
x
f x

x



 .

Lờigiải

Đồ thị đi qua gốc tọa độ và có điểm cực đại



1; 2



và điểm cực tiểu



1; 2



.
Câu 40: Hàm số y x 24x9 đồng biến trên khoảng

A.



 2;



. B.



 ;



. C.



 ; 2



. D.



; 2



.
Lờigiải

Hàm số bậc hai y x 24x9 đồng biến trên khoảng



 2;



.

Câu 41: Cho hàm số y f x

 

có bảng biến thiên như hình dưới đây. Mệnh đề nào sau đây là đúng?

A. Hàm số đã cho đồng biến trên khoảng 1;
2

 

 

 .

B. Hàm số đã cho đồng biến trên khoảng



;3



.
C. Hàm số đã cho nghịch biến trên khoảng



3;



.
D. Hàm số đã cho nghịch biến trên các khoảng ; 1

  

 

  và



3;



.
Lờigiải

Từ bảng biến thiên ta thấy đồ thị hàm số đi xuống trên khoảng



3;



.
Câu 42: Đồ thị hàm số nào sau đây cắt trục tung tại điểm có tung độ âm?

A. 2 3

1
x
y

x




 . B.

3 4
1
x
y

x





 . C.

4 1
2
x
y

x




 . D.

2 3
1
x
y

x

 


 .
Lờigiải

Đồ thị hàm số 3 4

1
x
y

x




 cắt trục tung tại điểm



0; 4



Câu 43: Cho hàm số y ax 4bx2c có đồ thị như hình vẽ bên

</div>
(13)<div class='page_container' data-page=13>

Số nghiệm của phương trình f x

 

 3 0 là

A. 4. B. 3. C. 1. D. 2.

Lời giải

 

3 0

 

f x    f x   (*).

Số nghiệm phương trình (*) là số giao điểm của đồ thị y f x

 

và đường thẳng y 3.
Dựa vào đồ thị thấy có hai giao điểm suy ra phương trình (*) có hai nghiệm.

Câu 44: Đồ thị của hàm số nào sau đây có tiệm cận ngang ?
A. y 4 x2

x



 . B. 1

x
y

x




 . C.

2 1

x
y

x



 . D. y x21. 
Lời giải.

 Hàm số

4 x

y
x



 có TXĐ D 



2; 2 \ 0



 

nên nó khơng có TCN.
 Hàm số 1

1
x
y

x




 có TXĐ D



1; 



và limxy0 nên nó có TCN y0.
 Hàm số

2 1

x
y

x



 có TXĐ D và bậc tử lớn hơn bậc mẫu nên nó khơng có TCN.
 Hàm số y x21 có TXĐ D     



; 1

 

1;



và lim

xy  nên nó khơng có TCN.
Câu 45: Cho hàm số y f x

 

có bảng biến thiên như sau

Giá trị cực tiểu của hàm số là

A. y 1. B. y0. C. y2. D. y1.
Lờigiải

</div>
(14)<div class='page_container' data-page=14>

Câu 46: Tìm số đường tiệm cận ngang và đứng của đồ thị hàm số 2
1
x
y

x




 .

A. 3. B. 2. C. 4. D. 1.

Lờigiải

Tập xác định: D\

 

1

lim 1

1
x

x
x




 và

lim 1

1
x

x
x





 nên đồ thị hàm số có tiệm cận ngang là y1.

 1

2
lim

x

x
x



 

  

 và  1

2
lim

x

x
x



 

  

 nên đồ thị hàm số có tiệm cận đứng là x 1.
Vậy đồ thị hàm số có hai tiệm cận.

Câu 47: Đồ thị của hàm số nào dưới đây có tiệm cận đứng?
A.

2 3 2
1

 




x x
y

x B.

2
2 1




x
y

x C.

2 1

 

y x D.




x
y

x
Lời giải

Ta có

1 1

lim , lim

1 1

 

       

x x

x x nên đường thẳng x 1 là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số.
Câu 48: Đường cong trong hình bên là của đồ thị hàm số nào dưới đây?

A. y  x4 2x22 B. y x 42x22 C. y x 33x22 D. y  x3 3x22
Lời giải

Đồ thị hàm số trên là đồ thị hàm trùng phương có 3 cực trị và có a0
Câu 49: Cho hàm số y f x

 

có bảng biến thiên như sau

Hàm số đạt cực đại tại điểm

A. x1 B. x0 C. x5 D. x2

Lời giải

Dựa vào bảng biến thiên ta thấy y đối dấu từ

 

 sang

 

 tại x2.
Nên hàm số đạt cực đại tại điểm x2.

</div>
(15)<div class='page_container' data-page=15>

A. y x 33x1. B. y  x3 3x1. C. y  x3 3x1. D. y  x3 1.

Lờigiải

Dựa vào đồ thị ta thấy đó là đồ thị hàm số bậc ba có hệ số x3 âm và có hai điểm cực trị. Theo đáp án 
chọn B

Câu 51: Tìm cực đại của hàm số y x 33x2m (với m là tham số thực).

A. 0. B. m. C. 2. D.  4 m.

Lờigiải

Ta có: y 3x26x. Cho y     0 x 0 x 2.

Mà y 6x6 và y

 

0   6 0 nên hàm số đạt cực đại tại x0.
Vậy cực đại của hàm số bằng y

 

0 m.

Câu 52: Tìm số đường tiệm cận ngang và đứng của đồ thị hàm số 2
1
x
y

x




 .

A. 3. B. 2. C. 4. D. 1.

Lờigiải

Tập xác định: D\

 

1

lim 1

1
x

x
x




 và

lim 1

1
x

x
x






 nên đồ thị hàm số có tiệm cận ngang là y1.

 1

2
lim

x

x
x



 

  

 và  1

2
lim

x

x
x



 

  

 nên đồ thị hàm số có tiệm cận đứng là x 1.
Vậy đồ thị hàm số có hai tiệm cận.

Câu 53: Cho hàm số y f x

 

có bảng biến thiên như sau

Hàm số đạt cực tiểu tại điểm

A. x1. B. x 1. C. x2. D. x0.
Lời giải

</div>
(16)<div class='page_container' data-page=16>

Hàm số y f x

 

đồng biến trên khoảng nào dưới đây?

A.



2;1



. B.



1;2



. C.



 2; 1



. D.



1;1



.
Lời giải

Từ đồ thị hàm số ta có, hàm số đồng biến trên các khoảng



 ; 1



và



1;



. Trong các khoảng đã cho
trong các đáp án lựa chọn chỉ có khoảng



 2; 1



nằm trong



 ; 1



Câu 55: Đường cong hình dưới là đồ thị của hàm số nào dưới đây?

A. y x 42x21. B. 1
1
x
y

x




 . C.

3 3 2 2

y x  x  . D. 1
1
x
y

x




 .

Lời giải 
Ta loại được ngay đáp án A và C

Nhận thấy đồ thị hàm số nhận x 1 làm tiệm cận đứng nên chỉ có thể là hàm số ở B.

Câu 56: Cho hàm số y f x

 

xác định trên \ 0

 

, liên tục trên mỗi khoảng xác định và có bảng biến
thiên như hình dưới đây. Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để phương trình f x

 

m

có ba nghiệm thực phân biệt?

A. m



2; 



. B. m 



2;2



. C. m 



2;2



. D. m 



2;2



. 
Lờigiải

x
O

y

1
1

 1



</div>
(17)<div class='page_container' data-page=17>

Từ bảng biến thiên suy ra m 



2;2



Câu 57: Cho hàm số y f x

 

liên tục trên  và có đồ thị là đường cong trong hình vẽ bên. Điểm cực

tiểu của đồ thị hàm số y f x

 

là

A. x1. B. x 1. C. M



1;1



. D. M



1; 3



.
Lời giải

Dựa vào đồ thị ta thấy, f x

 

đổi dấu từ “âm” sang “dương” khi đi qua x1 và f

 

1  3. Vậy điểm
cực tiểu của đồ thị hàm số y f x

 

là M



1; 3



Câu 58: Cho hàm số

 

1 4 2 2 1
4

f x  x  x  . Khẳng định nào sau đây sai?
A. Hàm số đồng biến trên khoảng



2;



B. Hàm số đồng biến trên khoảng



0;



.
C. Hàm số nghịch biến trên khoảng



 ; 2



.
D. Hàm số đồng biến trên khoảng



 2; 1



Lờigiải
Tập xác định D, f x

 

 x34x,

 

0 0

2
x
f x

x




   

 

 .

BBT

Dựa vào BBT, ta có A, C, D đúng nên B sai.

</div>
(18)<div class='page_container' data-page=18>

A. Hàm số đã cho đồng biến trên khoảng 1;
2

 

 

 .

B. Hàm số đã cho đồng biến trên khoảng



;3



.
C. Hàm số đã cho nghịch biến trên khoảng



3;



.
D. Hàm số đã cho nghịch biến trên các khoảng ; 1

  

 

  và



3;



Lờigiải

Từ bảng biến thiên ta thấy đồ thị hàm số đi xuống trên khoảng



3;



.
Câu 60: Đồ thị hàm số nào sau đây cắt trục tung tại điểm có tung độ âm?

A. 2 3

1
x
y

x




 . B.

3 4
1
x
y

x




 . C.

4 1
2
x
y

x




 . D.

2 3
1
x
y

x

 


 .
Lờigiải

Đồ thị hàm số 3 4
1
x
y

x




 cắt trục tung tại điểm



0; 4



Câu 61: Cho hàm số y ax 4bx2c có đồ thị như hình vẽ bên

Số nghiệm của phương trình f x

 

 3 0 là

A. 4. B. 3. C. 1. D. 2.

Lời giải

 

3 0

 

f x    f x   (*).

Số nghiệm phương trình (*) là số giao điểm của đồ thị y f x

 

và đường thẳng y 3.
Dựa vào đồ thị thấy có hai giao điểm suy ra phương trình (*) có hai nghiệm.

Câu 62: Đồ thị của hàm số nào sau đây có tiệm cận ngang ?
A. y 4 x2

x



 . B. 1

x
y

x




 . C.

2 1

x
y

x



 . D. y x21. 
Lời giải.

</div>
(19)<div class='page_container' data-page=19>

 Hàm số

4 x

y
x



 có TXĐ D 



2; 2 \ 0



 

nên nó khơng có TCN.
 Hàm số 1

1
x
y

x




 có TXĐ D



1; 



và limxy0 nên nó có TCN y0.
 Hàm số

2 1

x
y

x



 có TXĐ D và bậc tử lớn hơn bậc mẫu nên nó khơng có TCN.
 Hàm số y x21 có TXĐ



 



; 1 1;

D      và lim

xy  nên nó khơng có TCN.

Câu 63: Cho hàm số y f x

 

có đồ thị như hình bên. Hàm số y f x

 

nghịch biến trên khoảng nào
dưới đây?

A.



1;2



. B.



 2; 1



. C.



2;1



. D.



1;1



.
Lời giải

Dựa vào đồ thị nhận thấy hàm số nghịch biến trên khoảng



1;1



.
Câu 64: Cho hàm số y f x

 

có bảng biến thiên như sau

Giá trị cực tiểu của hàm số là

A. y 1. B. y0. C. y2. D. y1.
Lờigiải

Ta có hàm số đạt cực tiểu tại điểm x0. Khi đó giá trị cực tiểu y1.
Câu 65: Cho hàm số y ax b

cx d




</div>
(20)<div class='page_container' data-page=20>

A. ab0, cd0. B. bc0, ad 0. C. ac0, bd0. D. bd0, ad 0.
Lờigiải

Vì hàm số nghịch biến trên từng khoảng xác định nên ad bc 0, với mọi x d
c

  nên ad bc .
Mặt khác

 

C Ox A b;0

a

 

  

  và 0

b
a

  nên ab0

 

1 Loại đáp án A 
Và

 

C Oy B 0;b

d

 

   và b 0

d  nên bd0

 

2 Loại đáp án C 
Từ

 

1 và

 

2 ta có ad0 Loại đáp án D

Mặt khác, phương trình đường tiệm cận đứng x d 0

c

   nên cd0. Suy ra bc0. Chọn B
Câu 66: Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để giá trị nhỏ nhất của hàm số

2
1
x m
y

x




 trên đoạn

 

2; 3 bằng 14.

A. m 5. B. m 2 3. C. m5. D. m2 3.
Lờigiải

Tập xác định D\ 1

 

. Ta có





2
2
1

0
1

m
y

x

 

  

 ,  x D.

Do đó hàm số nghịch biến trên đoạn

 

2; 3 .

 2;3

 

Miny y 3 3 2
3 1

m




 14  m 5.

Câu 67: Cho hàm số y x 36x2 x 1 có đồ thị

 

C . Trong tất cả các tiếp tuyến của

 

C , tiếp tyến 
có hệ số góc nhỏ nhất có phương trình là

A. y16x19. B. y 11x9. C. y  8x 5. D. y37x87.
Lờigiải

Ta có: y 3x212x1. Hệ số góc tiếp tuyến của đồ thị

 

C tại điểm có hồnh độ 
0
x là:
2

0 0

3 12 1

k x  x 





2
0

3 x 2 11 11

     .

Vậy giá trị nhỏ nhất của hệ số góc là 11 tại x02.

Ta có: y

 

2  13. Phương trình tiếp tuyến của của đồ thị

 

C tại điểm có hồnh độ x0 2 là:





11 2 13

y  x   11x9.

y

x

</div>
(21)<div class='page_container' data-page=21>

Câu 68: Giá trị lớn nhất của hàm số ysin2xcosx1 là 
A. 5

4 . B.

4. C.

4. D.

1
2.
Lờigiải

Ta có: ysin2xcosx1 1 cos2xcosx1 cos2xcosx. 
Đặt tcosx



t 



1;1





Ta tìm giá trị lớn nhất của hàm số y  t2 t trên



1;1



. 
Ta có: y   2t 1. 0 1

y   x (nhận). y

 

  1 2.y

 

1 0. 1 1

2 4
y   

  .

Vậy giá trị lớn nhất của hàm số đã cho là 1
4.
Câu 69: Đồ thị hàm số

2
2
4
x
y
x



 có bao nhiêu tiệm cận ngang?

A. 2 . B. 3. C. 0. D. 1.

Lời giải 
Tập xác định: D   



; 2

 

2;



Vì
2
2
2
1

lim lim lim 1

4 1

x x x

x x
y
x
x
  


  

  và 2

2
2
1
2

lim lim lim 1

4 1

x x x

x x
y
x
x
  


   

   nên hàm số có

hai tiệm cận ngang là y1, y 1.

Câu 70: Giá trị nhỏ nhất của hàm số y x2 2
x

  với x0 bằng

A. 4. B. 2. C. 1. D. 3.

Lời giải 
Ta có :

2 2

2 2 2

2 x

y x

x x



    ; y   0 x 1.

Lập bảng biến thiên, suy ra giá trị nhỏ nhất của hàm số bằng y

 

1 3.
Câu 71: Tìm tất cả giá trị thực của tham số m để hàm số y mx 4

m x




 nghịch biến trên khoảng



3;1



A. m

 

1; 2 . B. m



1;2



. C. m

 

1;2 . D. m



1;2



.
Lờigiải

Miền xác định: D\

 

m ,





2
4
m
y
m x

 
 .

Hàm số nghịch biến trên



3;1



khi





2 4 0
3;1
m
m
  

  

2 2
3
1
m
m
m
  



  

 


1 m 2

</div>
(22)<div class='page_container' data-page=22>

Vậy m



1;2



Câu 72: Tìm giá trị lớn nhất M của hàm số y  x2 6x5.

A. M 1. B. M 3. C. M 5. D. M 2.

Lờigiải 
Điều kiện  x2 6x 5 0   1 x 5

Xét hàm số f x

 

  x2 6x5 trên

 

1; 5 . f x

 

  2x 6

 

f x   x 3. f

 

1  f

 

5 0; CÂU 8.
Ta có

 1;5

 

maxf x  f 3 4 suy ra

 1; 5

 

maxy f 3  4 2 .
Câu 73: Cho hàm số y f x

 

có bảng biến thiên như sau:

Tìm tất cả giá trị thực của tham số m để phương trình f x

 

 m 0 có bốn nghiệm phân biệt.
A.   3 m 2. B.   3 m 2. C. m 2. D. m 3

Lờigiải

Phương trình f x

 

 m 0 có bốn nghiệm phân biệt khi và chỉ khi đường thẳng :d y m cắt đồ thị

 

C y:  f x

 

tại bốn điểm phân biệt.

Dựa vào bảng biến thiên ta thấy,   3 m 2 thỏa mãn u cầu bài tốn.

Câu 74: Tìm điều kiện của tham số thực m để hàm số y x 33x23



m1



x2 đồng biến trên . 
A. m2. B. m2. C. m0. D. m0.

Lờigiải 
Tập xác định: D. Ta có: y 3x26x3



m1



0, 9 0 0

YCBT  y      x   m  m .

Câu 75: Tìm điều kiện của tham số thực m để hàm số y x 42



m1



x23 có 3 cực trị. 
A. m0. B. m1. C. m 1. D. m0.

Lờigiải 
Tập xác định: D. Ta có: y 4x34



m1



x.

YCBT y có 3 nghiệm phân biệt  m    1 0 m 1.

Câu 76: Cho đồ thị hàm số y f x

 

như hình vẽ. Tìm tất cả các giá trị thực mđể phương trình

 

</div>
(23)<div class='page_container' data-page=23>

A. 0 m 5. B. 1 m 5. C.   1 m 4. D. 0 m 4.
Lờigiải

Phương trình f x

 

 1 m f x

 

 m 1 có ba nghiệm phân biệt khi và chỉ khi 0  m 1 4

1 m 5

   .

Câu 77: Giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số y x 42x23 trên

 

0;2 lần lượt là M và m. 
Chọn câu trả lời đúng.

A. M 11, m2. B. M 3, m2. C. M 5, m2. D. M 11, m3.
Lờigiải

Ta có : y 4x34x ;

 

0 1

x T

y x L

x T




    

 


 

0 3

y  ; y

 

1 2 ; y

 

2 11. Vậy M 11 và m2.

Câu 78: Giá trị nhỏ nhất của biểu thức

2
2

3 8 6

2 1

x x

A

x x

 


  là

A. 2. B. 1. C. 1. D. 2.

Lờigiải

Xét

 

2
2

3 8 6

2 1

x x

f x

x x

 


  ;

 











2 1 2

x x

f x

x

 

 

 .

Bảng biến thiên

Vậy giá trị nhỏ nhất của A là 2.

Câu 79: Phương trình các đường tiệm cận của đồ thị hàm số

2 4

x x

y
x




 là

A. y1 và y2. B. x1 và x 1. C. yx và y x. D. y1 và y 1.

Lờigiải

2 4 1 4

lim lim

1 1

x x

x

x x x

x x

 

 

 

 

4
1

lim 1

1
1
x

x
x


 

  



x – ∞ 1 2 + ∞

f' + – 0 +

f

– ∞ + ∞

</div>
(24)<div class='page_container' data-page=24>

4
1
4

lim lim

1 1

x x

x

x x x

x x

 



 

 

4
1

lim 1 1
1

x

x
x




 

 .

Vậy phương trình các đường tiệm cận ngang của đồ thị hàm số là y1 và y 1.
Câu 80: Cho hàm số y f x

 

xác định trên  và có đồ thị như hình vẽ.

Tìm các giá trị thực của tham số m để phương trình f x

 

m có 6 nghiệm phân biệt.

A.    4 m 3. B. 0 m 4. C. 3 m 4. D. 0 m 3.

Lờigiải

Từ đồ thị hàm số y f x

 

ta suy ra được đồ thị hàm số y f x

 

như hình bên dưới.

Dựa và đồ thị suy ra để phương trình f x

 

m có 6 nghiệm phân biệt thì 3 m 4.

Câu 81: Giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số y x 33x29x35 trên đoạn



4;4



lần lượt 
là

A. 40và 8. B. 40và 8. C. 15và 41 . D. 40và 41 .

Lờigiải

Ta có y 3x26x9; 0 3
1
x
y

x



     

 

4 41

y    ; y

 

4 15; y

 

3 8; y

 

 1 40

Suy ra

 4;4

 

miny y 4 41

     và max4;4 y y

 

 1 40.

O

x
y



4
3

O x

y
1
1



</div>
(25)<div class='page_container' data-page=25>

Câu 82: Cho hàm số 2 1

x
y

x




 có đồ thị

 

C . Tiếp tuyến của đồ thị

 

C với hoành độ x0 0 cắt hai

đường tiệm cận của đồ thị

 

C tại hai điểm A, B. Tính diện tích tam giác IAB, với I là giao
điểm hai đường tiệm cận của đồ thị

 

C .

A. SIAB6. B. SIAB 3. C. SIAB 12. D. SIAB 6 23 .

Lờigiải

Có





2
3

1
y

x

  

 , y

 

0  3, y

 

0  1.

Phương trình tiếp tuyến của đồ thị

 

C tại điểm có hồnh độ x0 0 là y  3x 1.

Đồ thị có đường tiệm cận đứng là x1 và đường tiệm cận ngang là y2 I

 

1; 2 .
Tiếp tuyến cắt các đường tiệm cận tại A



1; 4



, B



1; 2



Tam giác IAB vng tại I, có IA6, IB2 1. . 6
2

IAB

S IA IB

   .

Câu 83: Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số y f x

 

4x2 1 4
x

    trên khoảng



0;



A.  

 

0;+

min f x 1

   . B. min0;+ f x

 

 4. C. min0;+ f x

 

7. D. min0;+ f x

 

 3.

Lờigiải

 

4 2 1 4
y f x x

x

    4 2 1 1 4

2 2
x

x x

    3 4 .3 2 1 1.

2 2

x

x x

    3 4 1.
Dấu đẳng thức xảy ra khi 4 2 1 1

2 2

x x

x

   .

Vậy

0;+ 

 

min f x 1

   .

* Có thể sử dụng bằng phương pháp xét sự biến thiên hàm số y f x

 

4x2 1 4
x

    trong khoảng



0;



Câu 84: Giá trị lớn nhất của hàm số f x

 

x44x25 trêm đoạn



2;3



bằng

A. 50 B. 5 C. 1 D. 122

Lời giải





3 0

'( ) 4 8 0 2;3




     

 


x
f x x x

x ; f

 

0 5;f

 

 2 1;f

 

 2 5;f

 

3 50
Vậy

 2;3 50

Max y

 

</div>
(26)<div class='page_container' data-page=26>

Số nghiệm của phương trình f x

 

 3 0

A. 3. B. 4. C. 2. D. 1.

Lời giải

Ta có: f x

 

 3 0  f x

 

 3

 

1 . Số nghiệm của phương trình

 

1 là số giao điểm của hai đồ thị
hàm số y f x

 

và y 3.

Từ đồ thị ta thấy hai đồ thị hàm số y f x

 

và y 3cắt nhau tại hai điểm phân biệt, nên

 

1 có 2
nghiệm.

Câu 86: Cho hàm số y ax b
cx d




 có đồ thị như hình bên. Mệnh đề nào dưới đây đúng?

A. ab0, cd0. B. bc0, ad 0. C. ac0, bd0. D. bd0, ad 0.
Lờigiải

Vì hàm số nghịch biến trên từng khoảng xác định nên ad bc 0, với mọi x d
c

  nên ad bc .
Mặt khác

 

C Ox A b;0

a

 

  

  và 0

b
a

  nên ab0

 

1 Loại đáp án A. 
Và

 

C Oy B 0;b

d

 

   và b 0

d  nên bd0

 

2 Loại đáp án C. 
Từ

 

1 và

 

2 ta có ad0 Loại đáp án D.

Mặt khác, phương trình đường tiệm cận đứng x d 0
c

   nên cd0. Suy ra bc0. Chọn B. 
y

x

O

x
y

O

</div>
(27)<div class='page_container' data-page=27>

Câu 87: Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để giá trị nhỏ nhất của hàm số 2
1
x m
y
x



 trên đoạn

 

2; 3 bằng 14.

A. m 5. B. m 2 3. C. m5. D. m2 3.
Lờigiải

Tập xác định D\ 1

 

.
Ta có





2
2
1
0
1

m
y
x
 
  

 ,  x D.

Do đó hàm số nghịch biến trên đoạn

 

2; 3 .

 2;3

 

Miny y 3 3 2
3 1

m




 14  m 5.

Câu 88: Cho hàm số y x 36x2 x 1 có đồ thị

 

C . Trong tất cả các tiếp tuyến của

 

C , tiếp tyến 
có hệ số góc nhỏ nhất có phương trình là

A. y16x19. B. y 11x9. C. y  8x 5. D. y37x87.
Lờigiải

 

C tại điểm có hồnh độ 
0

x là:
2

0 0

3 12 1

k x  x 





2
0

3 x 2 11 11

     .

Vậy giá trị nhỏ nhất của hệ số góc là 11 tại x02.
Ta có: y

 

2  13.

Phương trình tiếp tuyến của của đồ thị

 

C tại điểm có hoành độ x0 2 là:





11 2 13

y  x   11x9.
Câu 89: Đồ thị hàm số

2
2
4
x

y
x



 có bao nhiêu tiệm cận ngang?

A. 2. B. 3. C. 0. D. 1.

Lời giải 
Tập xác định: D   



; 2

 

2;



Vì
2
2
2
1
2

lim lim lim 1

4 1

x x x

x x
y
x

x
  


  

  và 2

2
2
1
2

lim lim lim 1

4 1

x x x

x x
y
x
x
  


   

   nên hàm số có

hai tiệm cận ngang là y1, y 1.
Câu 90: Giá trị nhỏ nhất của biểu thức

2
2

3 8 6

2 1
x x
A
x x
 


  là

A. 2. B. 1. C. 1. D. 2.

Lờigiải

Xét

 

2
2

3 8 6

2 1

x x
f x
x x
 

  .

 











2 1 2

1
x x
f x
x
 
 
 .

</div>
(28)<div class='page_container' data-page=28>

Vậy giá trị nhỏ nhất của A là 2 .

Câu 91: Phương trình các đường tiệm cận của đồ thị hàm số

2 4
1
x x
y
x




 là

A. y1 và y2. B. x1 và x 1. C. yx và y x. D. y1 và y 1.

Lờigiải

2 4 1 4

lim lim

1 1

x x

x

x x x

x x
 
 
 
 
4
1
lim 1
1
1

x
x
x

 
  
 .
2
4
1
4
lim lim
1 1
x x
x

x x x

x x
 

 
 
4
1
lim 1
1
1
x
x

x


 
 .

Vậy phương trình các đường tiệm cận ngang của đồ thị hàm số là y1 và y 1.
Câu 92: Cho hàm số y x 1

x m




 , với m là tham số thực. Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m nhỏ
hơn 2 để hàm số nghịch biến trên khoảng

 

2; 3 .

A. 3 . B. 4. C. 1. D. 2.

Lờigiải

Tập xác định D\

 

m . Có





2
1
m
y
x m
 
 

 .

Hàm số nghịch biến trên

 

2; 3





2
1
0
m
x m
 
 

 ,  x

 

2; 3 .

 

1 0 1 2

2; 3 3

3
m
m m
m
m m
m

 

  
   
 
     


  

.

Kết hợp m nguyên nhỏ hơn 2 ta được m

 

0;1 . Vậy có 2 giá trị nguyên của mthỏa mãn.
F. ĐẠISỐ12CHƯƠNG2

Câu 93: Xét a, b là các số thực thỏa mãn ab0. Khẳng định nào sau đây sai?

A. 3 ab  6ab. B. 8

 

ab 8 ab. C. 6ab 6a b.6 . D. 5ab

 

ab 15. 
Lời giải

Vì 0 0 0

0 0
a a
ab
b b
 
 
  
 

  .

</div>
(29)<div class='page_container' data-page=29>

Câu 94: Cho hai số thực dương a, b và a1. Mệnh đề nào dưới đây đúng?
A. loga

 

ab logab. B. log b b

aa a . C. 
logab

a b. D. loga log 10a .
Lờigiải

Dựa vào tính chất của logarit, ta có alogab b, với mọi số thực dương a, b và a1.

Câu 95: Cho hàm số

 





2 2

2 3 2

f x  x  x . Khi đó giá trị của f

 

1 bằng bao nhiêu?

A. 3 3 . B. 39 . C. 2

3. D. 6 6 .
Lờigiải

Ta có

 





2 2

1 2.1 3.1 2

f    332 3 3.

Câu 96: Cho a và b là các số thực dương bất kỳ, a khác 1. Mệnh đề nào sau đây đúng?

A. log b

a

m ba m. B. log m
a

m ba b.

C. log m

a

m bb a. D. log a
a

m bb m.

Lờigiải

Ta có log m
a

m ba b.

Câu 97: Phương trình log5



x5



2 có nghiệm là

A. x20. B. x5. C. x27. D. x30.
Lời giải

Ta có: log5



x5



2 5
5 25
x

x

 

   



5
20 ( )
x

x n

 

  

  S

 

20 .

Câu 98: Cho a là số thực dương bất kỳ. Mệnh đề nào dưới đây đúng?
A. log 10

 

a 10loga. B. log 10

 

a loga.

C. log 10

 

a 10 log a. D. log 10

 

a  1 loga.
Lờigiải 
Ta có log 10

 

a log10 log a 1 loga.

Câu 99: Cho các số dương a, b, c với a1. Mệnh đề nào sau đây sai?
A. logablogac b c. B. logab  1 b a.

C. logab  0 b 1. D. logab c  b ac.

Lờigiải

log    c

ab c b a .

Câu 100: Với a là số thực dương bất kì, mệnh đề nào dưới đây đúng?

A. log 3

 

a 3loga B. log 3 1log



a a C. loga33loga D. log 3

 

1log



a a

Câu 101: Xét các hàm số ylogax,y bx,y c x có đồ thị như hình vẽ dưới đây, trong đó a,b,c là

</div>
(30)<div class='page_container' data-page=30>

A. logc



a b



 1 log 2c . B. logabc0. C. loga 0
b

c  . D. logb 0
a
c  .
Lời giải

Từ đồ thị suy ra a1,b1,0 c 1.
Suy ra b 1

c  và do đó loga 0
b
c  .

Câu 102: Phương trình log 23



x 1



3 có nghiệm duy nhất bằng

A. 4. B. 13. C. 12. D. 0.

Lời giải





log 2x 1 3

2 1 0

13
2

2 1 27 13

x x

x

x x



   

   

   

   .

Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x13.

Câu 103: Một người gửi 100 triệu đồng vào một ngân hàng theo kì hạn 3 tháng với lãi suất 1,5% một
quý (mỗi quý là 3 tháng). Biết rằng nếu không rút tiền ra khỏi ngân hàng thì cứ sau mỗi quý số
tiền lãi sẽ được nhập vào gốc để tính lãi cho quý tiếp theo. Hỏi sau ít nhất bao nhiêu quý người
đó nhận được số tiền nhiều hơn 130 triệu đồng bao gồm gốc và lãi? Giả định trong suốt thời
gian gửi, lãi suất không đổi và người đó khơng rút tiền ra.

A. 19 q. B. 16 quý. C. 18 quý. D. 17 quý.
Lờigiải

Để số tiền người đó nhận được nhiều hơn 130 triệu đồng bao gồm gốc và lãi thì:





130 000 000 100 000 000 1 1,5%  n  n log1,0151,3 17,6.

Vậy sau ít nhất 18 q người đó nhận được số tiền nhiều hơn 130 triệu đồng bao gồm gốc và lãi.
Câu 104: Tìm tập xác định D của hàm số log3 1

3
x
y

x




 .

A. D



3;



. B. D   



; 1

 

3;



.C. D  



; 1



. D. D 



1;3



.
Lờigiải

Điều kiện: 1 0
3
x
x

 


1
3
x
x

 

  

 .Vậy tập xác định D   



; 1

 

3;



Câu 105: Tìm số nghiệm thực của phương trình 2 2

 

2 4

log x log 4x  5 0.

A. 2. B. 4. C. 1. D. 3.

</div>
(31)<div class='page_container' data-page=31>

Điều kiện x0.Phương trình 2 2

 

2 4

log x log 4x  5 0 2 2 2

2 2

log log 6 0

2
x x
   
2
2
1 97
log
4
x 

   2

1 97
log

x   . Vậy phương trình đã cho có 4 nghiệm.

Câu 106: Các loại cây xanh trong quá trình quang hợp sẽ nhận được một lượng nhỏ cacbon 14 (một 
đồng vị của cacbon). Khi một bộ phận của cây nào đó bị chết thì hiện tượng quang hợp cũng
ngưng và nó sẽ khơng nhận thêm cacbon 14 nữa. Lượng cacbon 14 của bộ phận đó sẽ phân
hủy một cách chậm chạp, nó chuyển thành nitơ 14 . Gọi P t

 

là số phần trăm cacbon 14 còn
lại trong một bộ phận của cây sinh trưởng từ t năm trước đây thì P t

 

được tính theo cơng
thức

 

100. 0,5

   

5750 %

t

P t  . Phân tích một mẫu gỗ từ một cơng trình kiến trúc cổ, người ta
thu được lượng cacbon 14 cịn lại trong mẫu gỗ đó là 50%. Hỏi niên đại của cơng trình kiến
trúc là bao nhiêu năm? (làm tròn đến hàng đơn vị).

A. 5750 năm. B. 5751 năm. C. 5752 năm D. 5753năm.
Lờigiải

Xét phương trình: 100. 0,5

 

5750 50
t

 0,55750 0,5 1 5750
5750

t t

t

      .

Vậy niên đại của cơng trình là 5750 năm.

Câu 107: Tổng các nghiệm của phương trình 32x24.3x1 3 0 là.

A. 1. B. 1. C. 4

3. D.

1
3.
Lờigiải

2 2 1

3 x 4.3x  3 032 x1 4.3x1 3 0 1
1
3 1
3 3
x
x


 
 


1
0

x
x
 

  
 .

Vậy tổng các nghiệm bằng 1 .

Câu 108: Tập các số x thỏa mãn log0,4



x  3



1 0 là
A. 3;11

 

 

 . B.

11;
2

   

 . C.

11
;

 

 

 . D.



3; 



.
Lờigiải

Ta có: log0,4



x  3



1 0





0,4
3

log 3 1

x
x


    

3
5
3
2
x
x




   

3
11
2
x
x



  

11
3
2
x
   .

Câu 109: Một người gửi vào ngân hàng 300 triệu đồng với lãi suất 6,8% /năm. Biết rằng nếu không rút
lãi khỏi ngân hàng thì cứ sau mỗi năm, số tiền lãi sẽ được nhập vào vốn ban đầu để tính lãi cho
năm tiếp theo. Hỏi sau đúng 2 năm kể từ khi gửi tiền, người đó nhận được số tiền lãi gần nhất
với số tiền nào dưới đây, nếu trong khoảng thời gian này người đó khơng rút tiền và lãi suất
không thay đổi?

A. 342187 000 triệu đồng. B. 40 080 000 triệu đồng.
C. 18 252 000 triệu đồng. D. 42187 000 triệu đồng.

Lờigiải

</div>
(32)<div class='page_container' data-page=32>

Sau đúng 2 năm kể từ khi gửi tiền, người đó nhận được số tiền lãi là A



1r



2 A 42.187.200triệu
đồng.

Câu 110: Tập nghiệm của bất phương trình 3.9x10.3x 3 0có dạng S= ;

 

a b trong đó a, blà các số 
nguyên. Giá trị của biểu thức 5b2a bằng

A. 7. B. 43

3 . C. 3. D.

8
3.

Lờigiải

Ta có 3.9 10.3 3 0 1 3 3 1 1
3

x  x    x     x

Vậy tập nghiệm của bất phương trình là S 



1;1



. Do đó 1
1
a
b

 

 

 suy ra 5b2a7.

Câu 111: Số lượng của loại vi khuẩn A trong một phịng thí nghiệm được tính theo công thức

( )

0 .2t

s t =s , trong đó s

( )

0 là số lượng vi khuẩn A ban đầu, s t

( )

là số lượng vi khuẩn A có

sau tphút. Biết sau 3phút thì số lượng vi khuẩn A là 625nghìn con. Hỏi sau bao lâu, kể từ lúc
ban đầu, số lượng vi khuẩn A là 10 triệu con?

A. 12 phút. B. 7phút. C. 19 phút. D. 48 phút.

Lời giải

Vì sau 3phút thì số lượng vi khuẩn A là 625nghìn con 625.000=s

( )

0 .23s

( )

0 =78.125.

Để số lượng vi khuẩn A là 10 triệu con 107=78125.2t  =t 7.

Câu 112: Tính đạo hàm của hàm số y21 2 x.

A. y  2.21 2 x. B. y 21 2 xln 2. C. y  22 2 xln 2. D. y  



1 2 .2x



2x.

Lờigiải

Ta có y  2.21 2 xln 2 22 2 xln 2.

Câu 113: Một người gửi tiết kiệm 50 triệu đồng vào một ngân hàng với lãi suất 7 % một năm. Biết rằng
nếu khơng rút tiền ra khỏi ngân hàng thì cứ sau mỗi năm, số tiền lãi sẽ được nhập vào vốn ban
đầu và lãi suất không đổi trong các năm gửi. Sau 5 năm mới rút lãi thì người đó thu được số

tiền lãi gần với số nào nhất?

A. 70,128 triệu. B. 53,5 triệu. C. 20,128 triệu. D. 50, 7 triệu.

Lờigiải

Số tiền thu được sau 5 năm là 50. 1 0, 07







5.
Số tiền lãi là 50. 1 0,07







550 20,128 triệu.
Câu 114: Số nghiệm của phương trình 222 5 1 1

8
  
x x là:

A. 0. B. 1. C. 2. D. 3.

Lờigiải

2 5 1 1
2

8
  

x x 2

2 5 1 3 1




     

 


x

x x

</div>
(33)<div class='page_container' data-page=33>

Câu 115: Tổng giá trị tất cả các nghiệm của phương trình log .log .log3 9 27 .log81 2
3

x x x x bằng

A. 82.

9 B.

80
.

9 C. 9. D. 0.

Lời giải 
Điều kiện x0.

Phương trình đã cho tương đương với

3
4

3 3 3 3 3

9
log 2

1 1 1 2

log . .log . log . log (log ) 16 1

log 2

2 3 4 3





 

    

  

 

x
x

x x x x

x x

Câu 116: Một người gửi 100 triệu đồng vào ngân hàng với lãi suất 0,4% / tháng. Biết rằng nếu không
rút tiền ta khỏi ngân hàng thì cứ sau mỗi tháng, số tiền lãi sẽ được lập vào vốn ban đầu để tính
lãi cho tháng tiếp theo. Hỏi sau 6 tháng, người đó được lĩnh số tiền ( cả vốn ban đầu và lãi) gần
nhất với số tiền nào dưới đây, nếu trong khoảng thời gian này người đó khơng rút tiền ra và lãi
xuất khơng thay đổi?

A. 102.424.000 đồng B. 102.423.000 đồng C. 102.16.000 đồng D. 102.017.000 đồng
Lời giải

Ta có





6
0

0,4

1 100.000.000 1 102.424.128

100

 

      

 

n
n

A A r

Câu 117: Tập nghiệm của bất phương trình 22x<2x+6 là:

A.

( )

0; 6 B.

(

-¥; 6

)

C.

(

0; 64

)

D.

(

6;+¥

)

Lời giải: 
Đặt t=2x,

t>

Bất phương trình trở thành: 2

64 0

t - t<  < <0 t 64  <0 2x<64 <x 6.

Câu 118: Có bao nhiêu giá trị nguyên dương của tham số m để phương trình 16x 2.12x(m2).9x 0
có nghiệm dương?

A. 1 B. 2 C. 4 D. 3

Lời giải

Phương trình 16x2.12x(m2).9x 0 có nghiệm  x



0;



Phương trình tương đương

4 4

2. ( 2) 0

3 3

x x

m

       

   

    có nghiệm  x



0;



Đặt 4 ,





x

t   t 
 





2 2. ( 2) 0, 1;

t t m t

       





2 2. 2 , 1;

t t m t

</div>
(34)<div class='page_container' data-page=34>

Phương trình có nghiệm   t





khi 2   m 1 m3

Câu 119: Cho phương trình













3 3 3

2log x  1 log 2x1 log x1 . Tổng các nghiệm của phương
trình là

A. 2. B. 3. C. 4. D. 1.

Lờigiải

Điều kiện:





1 0 1

2 1 0 1

2
1 0

x x

x

x
x

     

   

  

   



Ta có:













3 3 3

2log x  1 log 2x1 log x1









3 3 3

2 log x 1 2 log 2x 1 2 log x 1

     









3 3

log x 1 log 2x 1 x 1

    





3 1 2 1 1

x x x

    

Trường hợp 1: 1
2

x . Ta có: x3 1 2x1



x1



x3 1



2x1



x1



3 2 2 2 0

x x x

           x 1 x 2 x 1. So sánh điều kiện nên x  2 x 1.
Trường hợp 2: 1

x . Ta có: x3 1 2x1



x1



x3  1



1 2x x



1



3 2 2 0

x x x

    0

x
x




   

 . So sánh điều kiện nên x0.
Kết luận: Tổng các nghiệm của phương trình là 0 1 2 3   .
G. ĐẠISỐ12CHƯƠNG3

Câu 120: Cắt một vật thể



bới hai mặt phẳng

 

P và

 

Q vng góc với trục Ox lần lượt tại x a và

x b



a b



. Một mặt phẳng tùy ý vng góc với Ox tại điểm x



a x b 



cắt



theo thiết
diện có diện tích là S x

 

. Giả sử S x

 

liên tục trên đoạn

 

a b; . Khi đó phần vật thể



giới
hạn bởi hai mặt phẳng

 

P và

 

Q có thể tích bằng

A. b 2

 

d
a

V 



S x x. B. π

 

d
b

a

V 



S x x. C.

 

d
b

a

V 



S x x. D. πb 2

 

d
a

V 



S x x.

Câu 121: Họ nguyên hàm của hàm số f x

 

excosx là

A. ex sinx C . B. 1 sin
1
x
e

x C
x



 

 . C. sin

x

e  x C . D. 
1

sin
1
x
e

x C
x



 

 .

Lời giải 
Ta có :



ex cosx x e



d  x sinx C

</div>
(35)<div class='page_container' data-page=35>

Câu 122: Cho hình phẳng D giới hạn bởi đồ thị hai hàm số y f x

 

, y g x

 

liên tục trên đoạn

 

a b;

và các đường thẳng x a , x b . Diện tích S của hình D được tính theo công thức nào dưới
đây?

A. π

 

d
b

a

S 



f x g x x. B.

 

d
b

a

S



f x g x x.
C.

 

b

a

S 



f x g x  x. D.

 

d
b

a

S 



f x g x  x.
Câu 123: Tính tích phân

1
0

d
3 2

x
I

x






A. 1ln 3

 . B. ln 3. C. 1ln 3

2 . D.

1log 3
2 .
Lờigiải

Ta có
1
0

d
3 2

x
I

x






ln 3 2

2 x

   1ln 3
2

 .

Câu 124: Tìm họ nguyên hàm F x

 

của hàm số f x

 

x3 x 1
A.

 

4 3
4 2
x x

F x   C. B.

 

4 2
4 2
x x

F x    x C.
C.

 

4 3

2
x

F x x   x C. D. F x

 

3x3C. 
Lờigiải 
Ta có



x3 x 1 d



x



 x44  x22  x C.

Câu 125: Cho hàm số f x

 

có đạo hàm liên tục trên đoạn

 

a b; và f a

 

 2, f b

 

 4. Tính

 

b

a

T 



f x x .

A. T 6. B. T 2. C. T 6. D. T  2.
Lờigiải

Ta có:

 

d
b

a

T 



f x x

 

b
a
f x

  f b

 

 f a

 

 2.

</div>
(36)<div class='page_container' data-page=36>

A.

 

d d

d

c d

S



f x x



f x x. B.

 

d d

d

c d

S 



f x x



f x x.

C.

 

d d

d

c d

S  



f x x



f x x. D.

 

d d

d

c d

S 



f x x



f x x.
Lờigiải

Ta có

 

d
c

S 



f x x

 

d 0

 

d
d

c d

f x x f x x









Quan sát đồ thị hàm số ta thấy f x

 

0 với x

 

c d; và f x

 

0 với x

 

d;0 .

Do đó

 

d d

d

c d

S 



f x x



f x x.

Câu 127: Tìm tất cả nguyên hàm F x

 

của hàm số f x

 

x 1
x

  .
A.

 

1 2 ln

F x  x  x C . B.

 

1 2 ln
2

F x  x  x .
C. F x

 

 1 ln x C D.

 

1 2 ln

F x  x  x C .
Lờigiải
Ta có 1 d 1 2 ln

x x x x C

x

     

 

 



Câu 128: Họ nguyên hàm của hàm số y2x1 là
A. 2

2
x

x C

  . B. 2x 1 C. C. x2 x C. D. 2x C .

Lờigiải



2x1 d



x x 2 x C



Câu 129: Tính sin 3 d



x x

A. cos3x C . B. 1cos 3

3 x C

  . C. 1cos 3

3 x C . D. cos3x C .

Lờigiải

Áp dụng trực tiếp công thức nguyên hàm cơ bản.
Câu 130: Cho 2

 

d 3

f x x



. Tính 2



 



1 d

f x  x



A. 4. B. 5. C. 7. D. 1.

Lời giải. 
Ta có2



 



 

0 0 0

1 d d d 3 2 5

f x  x f x x x  



Câu 131: Họ nguyên hàm của hàm số f x

 

3x là 
A. 3 .ln 3x C. B. 3

ln 3
x

C

 . C.

1
3

1
x

C
x



 . D.

</div>
(37)<div class='page_container' data-page=37>

Ta có:

 

d 3 d 3
ln 3

x
x

f x x x C



Câu 132: Cho hình phẳng

 

H giới hạn bởi đồ thị hàm số y  x2 3x2, trục hoành và hai đường 
thẳng x1, x2. Quay

 

H xung quanh trục hồnh được khối trịn xoay có thể tích là
A.

2
2
1

3 2 d

V 



x  x x. B. 
2

2
2

3 2 d
V 



x  x x.

C.





2
2

3 2 d

V 



x  x x. D. 
2

2
1

3 2 d
V 



x  x x.
Câu 133: Họ nguyên hàm của hàm số f x

 

sin 2x là:
A.

 

1cos 2

  

F x x C. B. F x

 

cos 2x C .

C.

 

1cos 2
2

 

F x x C. D. F x

 

 cos 2x C .

Lờigiải

Ta có sin 2 d 1cos 2
2

  



x x x C.
Câu 134: Tích phân

2
0 3

dx
x



bằng
A. 16

225 B.

log

3 C.

5
ln

3 D.

2
15
Lời giải

2
0
0

5
ln 3 ln

3 3

dx

x
x   



Câu 135: Họ nguyên hàm của hàm số f x( ) 3 x21 là

A. x3C B. 3

3
x

x C

  C. 6x C D. x3 x C

Lời giải



3x21



dxx3 x C.



Câu 136: Cho hàm số y f x

 

liên tục trên đoạn

 

a b; . Gọi D là hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số

 

y f x , trục hoành và hai đường thẳng x a x b a b , 







. Thể tích của khối trịn xoay tạo
thành khi quay D quanh trục hồnh được tính theo cơng thức:

A. 2

 

b

a

V 



f x dx B. 2 2

 

b

a

V  



f x dx C. 2 2

 

b

a

V 



f x dx D. 2

 

b

a

V 



f x dx

Câu 137: Cho tích phân 2





1
4x 1 cosx xd c

a b



 

     

 





a b c, , 



. Tính a b c 
A. 1

2 . B. 1. C. 2. D.

1
3.

</div>
(38)<div class='page_container' data-page=38>

Ta có









2
2 2
0
0
1

4 1 cos d 2 sin 1

2 2

x x x x x x


 
 
        
 



Suy ra a2, b2, c1 nên a b c  1.

Câu 138: Một ô tô đang chạy với tốc độ 36 km/h





thì người lái xe đạp phanh, từ thời điểm đó, ơ tơ
chuyển động chậm dần đều với vận tốc v t

 

  5 10 m/st

 

, trong đó t là khoảng thời gian
tính bằng giây, kể từ lúc bắt đầu đạp phanh. Hỏi từ lúc đạp phanh đến lúc dừng hẳn, ơ tơ cịn di
chuyển bao nhiêu mét?

A. 10 m

 

. B. 20 m

 

. C. 2 m

 

. D. 0, 2 m

 

Lời giải 
36 km/h 10 m/s .

Khi xe dừng thì vận tốc bằng 0  5 10 0t   t 2 s

 

.
Quãng đường xe đi đường từ lúc đạp phanh đến lúc dừng hẳn là

 

2
0

s



v t t 2





5 10 dt t

  



 

2
2

0
5

10 10 m
2
t
t
 
    
  .

Câu 139: Biết 
4

2
3

dx ln 2 ln 3 ln 5

I a b c

x x

   





với , ,a b c là các số nguyên. Tính S a b c  
A. S6. B. S2. C. S 2. D. S0.

Lời giải 
Ta có:





4 4 4 4

3 3 3 3

ln 4 ln 3 ln 5 ln 4 4 ln 2 ln 3 ln 5

1 1

dx dx dx dx

I

x x x x x x

          

  



Suy ra a4,b c  1  S 2.
Câu 140: Cho

1
0

2 3

d ln 2
2

x

x a b

x

  





(a và b là các số nguyên). Khi đó giá trị của a là

A. 7. B. 7. C. 5 . D. 5.

Lờigiải

Ta có
1
0

2 3d

2
x x
x





1
0

7 2 d

2 x
x
 
   

 



  



2x 7 ln x2



10   2 7ln 2. Vậy a7.
Câu 141: Cho hàm số y f x

 

liên tục trên

 

a b; , nếu



d

 

d 5

a

f x x và



d

 

d 2
b

f x x (với a d b  )
thì



 

b

a

f x x bằng.

A. 3. B. 7. C. 5

2. D. 10.

Lờigiải

 

d 5
d 2





 




d
a
d
b

f x x
f x x

 

5
2
 

   


F d F a

F d F b 

 



 

 3



 

d
b

a

</div>
(39)<div class='page_container' data-page=39>

Câu 142: Một vật thể có đấy là hình trịn giới hạn bởi đường trịn có phương trình x2+y2=9.Mỗi thiết 
diện vng góc với trục Ox là một hình vng.Thể tích của vật thể là?

A. 36p. B. 144. C. 144p D. 36.

Lờigiải

Ta có cạnh của hình vng là: y 9x2 S x

 





9x2



Suy ra thể tích vật thể là:

 





3 3

2 3

3 3 3

9 9 36

3
V S x dx x dx x x

  

 

      

 



Câu 143: Một vật thể nằm giữa hai mặt phẳng có phương trình x=0và x=2. Biết rằng thiết diện của vật
thể bị cắt bởi mặt phẳng vng góc với trục Ox tại điểm có hồnh độ xỴ[0;2] là một phần tưi
hình trịn có bán kính 2x2.Thể tích của vật thể là?

A. 32p. B. 64p. C. 16

p D.

8p.

Lờigiải

Ta có:

 



2 2



2 4

4 2

S x  x  x

  

Suy ra thể tích vật thể là:

 

2 2

4 5

0 0

2 10 5

V 



S x dx



x dx  x  

H. ĐẠISỐ12CHƯƠNG4

Câu 144: Cho hai số phức z 3 5i và w  1 2i. Điểm biểu diễn số phức z  z w z. trong mặt
phẳng Oxy có tọa độ là

A.



 4; 6



. B.



4; 6



. C.

 

4; 6 . D.



 6; 4



.
Lờigiải

Ta có z  z w z.     3 5i



1 2i



3 5 i



   3 5i



7 11i



  4 6i.
Câu 145: Số phức z 15 3i có phần ảo bằng

A. 3. B. 15. C. 3i. D. 3.

Câu 146: Trong mặt phẳng toạn độ, điểm M



3;2



là điểm biểu diễn của số phức nào dưới đây?
A. z 3 2i. B. z  3 2i. C. z  3 2i. D. z 3 2i.

Lờigiải
Điểm M



3;2



là điểm biểu diễn của số phức z  3 2i.

Câu 147: Tìm các số thực ,x y thỏa mãn 2x  1 1 2



y i



  2 x



3y2



i.
A. 1; 3

x y . B. 3; 3

x y . C. 3; 1

x y  . D. 1; 1
5
x y  .
Lờigiải









2x  1 1 2y i  2 x 3y2 2 1 2

1 2 3 2

x x

y y

  


    



1
1
5
x
y




   



Câu 148: Cho số phức z  1 4i. Tìm phần thực của số phức z.

A. 1. B. 1. C. 4. D. 4.

</div>
(40)<div class='page_container' data-page=40>

Câu 149: Cho hai số phức z1 2 2i, z2   3 3i. Khi đó số phức z1z2 là

A.  5 5i. B. 5i. C. 5 5 i. D.  1 i.

Lờigiải

Ta có z1 z2



2 2 i

 

  3 3i



 5 5i.

Câu 150: Điểm M trong hình vẽ bên biểu diễn số phức z. Số phức z bằng

A. 2 3 i. B. 2 3 i. C. 3 2 i. D. 3 2 i.
Lờigiải

Ta có M

 

2;3 là điểm biểu diễn số phức z 2 3i.Do đó z 2 3i.

Câu 151: Cho số phức z a bi  , với ,a b. Tìm mệnh đề đúng trong các mệnh đề sau?
A. z z 2bi. B. z z 2a. C. z z a.  2b2. D. z2  z2. 
Câu 152: Tìm tọa độ của điểm biểu diễn hình học của số phức z 8 9i.

A.

 

8;9 . B.



8; 9



. C.



9;8



. D.



8; 9 i



.
Câu 153: Điểm M trong hình vẽ bên là điểm biểu diễn số phức

A. z  2 i B. z 1 2i C. z 2 i D. z 1 2i
Lời giải

Theo hình vẽ M



2;1



   z 2 i

Câu 154: Gọi z z1, 2 là hai nghiệm phức của phương trình 2z23z 7 0. Tính giá trị của biểu thức 
1 2

P z  z :

A. P2 3. B. P14. C. P7. D. P 14.
Lờigiải

Ta có: 2z23z 7 0

3 47

4 4

3 47

4 4

x i


 





 



 P z1  z2  14.
3

2 x

M
y

</div>
(41)<div class='page_container' data-page=41>

Câu 155: Gọi z1 và z2  4 2i là hai nghiệm của phương trình az2bz c 0 ( , ,a b c, a0). Tính 
1 3 2

T z  z .

A. T 6. B. T 4 5. C. T 2 5. D. T 8 5.

Lờigiải

Phương trình bậc hai với hệ số thực có hai nghiệm phức là hai số phức liên hợp.
Do đó z1 4 2i. Khi đó z1  z2 2 5 T z1 3 z2 8 5.

Câu 156: Trong mặt phẳng tọa độOxy, Gọi A, B,C lần lượt là các điểm biểu diễn số phức  1 2i,

4 4 i, 3i. Số phức biểu diễn trọng tâm tam giác ABC là

A.  1 3i. B. 1 3 i. C.  3 9i. D. 3 9 i.

Lờigiải

Ta có A



 1; 2



, B



4; 4



,C



0; 3



nên trọng tâm G của tam giác ABC có tọa độ là G



1; 3



. Do đó,
số phức biểu diễn điểm G là 1 3 i.

Câu 157: Gọi z1, z2 là hai nghiệm phức của phương trình z22z 2 0. Giá trị của biểu thức 2 2
1 2
z  z
bằng

A. 8. B. 0. C. 4. D. 8i.

Lời giải. 
Ta có : z22z 2 0 1

2
1

z i

 

   

 .Vậy

2 2
1 2 4
z  z  .

Câu 158: Gọi z1và z2là hai nghiệm phức của phương trình 4z24z 3 0. Giá trị của biểu thức

1 2

z  z bằng:

A. 3 2 B. 2 3 C. 3 D. 3

Lời giải

Xét phương trình 4z24z 3 0 ta có hai nghiệm là: 1
2

1 2

2 2

1 2

2 2

z i



 





 




1 2
3
2
z z

    z1  z2  3

Câu 159: Cho hai số phức z1 1 2 ;i z2  2 3 .i Tìm số phức w z 1 2z2.

A. w  3 8i B. w  5 i C. w  3 8i D. w  3 i

Lờigiải
Ta có:w z 1 2z2   1 2i 2 2 3



 i



  3 8i

Câu 160: Tổng phần thực và phần ảo của số phức z thoả mãn iz 

 

1 i z  2i

A. 2 B. 2 C. 6 D. 6

Lờigiải 
Đặt z a bi  ,a b R,    z a bi

Ta có iz 

 

1 i z   2i i a bi





  

 1 i a bi



 2i



a 2b

 

b 2



i 0

      2 0 4 6

2 2

a b a

a b

b b

  

 

    

 

</div>
(42)<div class='page_container' data-page=42>

Vậy tổng phần thực và phần ảo số phức đã cho bằng 6.

Câu 161: Cho số phức z thỏa mãn: z



1 2 i



z i. 15i. Tìm môđun của số phức z?

A. z 5 B. z 4 C. z 2 5 D. z 2 3

Lờigiải

Gọi z x yi  , ,x y. Theo đề ra ta có:



x yi



1 2 i

 

 x yi i



. 15i

2 2 15

x y yi xi xi y i

         x 3y



y x i



15i

3 15
1
x y

x y

 



   


3
4
x
y



  

    z 3 4i z 5.

Câu 162: Cho số phức z thỏa mãn z-2z= - + +7 3i z. Tính z ?

A. 3 B. 13

4 C.

4 D. 5

Lờigiải 
Giả sử z= +x yi x y

(

, Î

)

. Ta có:

(

)

2 2

2 7 3 2 2 7 3

z- z= - + + i z x +y - x+ yi= - + +x y+ i

2 2 2 7 4

2 3

x

x y x x

y
y y

ìï + - = - + ì =ï

ïï ï

íï í

ï =

= + ïỵ

ïïỵ

Vậy z =5.

Câu 163: Gọi z z1, 2 là hai nghiệm phức của phương trình z2  z 2 0. Tìm phần ảo của số phức







2018

1 2

w i z i z  .

A. 21009. B. 21009. C. 21008. D. 21008.

Lờigiải

Theo định lí Viet ta có: z1z21; z z1. 22.







2018





2018

1 2 1 1 2 1 2

w i z i z     i z z z z 





2018
1 i

  .





2018

1i 

 

1i 21009 

 

2i 1009  2 .1009 1008i .i 2 .1009i

  .

Câu 164: Cho số phức z a bi a b 



, 



thỏa mãn z  2 i z

 

1 i 0 và z 1. Tính P a b  .

A. P 1 B. P 5 C. P3 D. P7

Lời giải

Ta có: z  2 i z

 

1 i 0    a bi 2 i a2b2

 

1 i 0





 

2 2

2 2 2 2

2 2

2 0 1

2 1 0

1 0 2

a a b

a a b b a b i

b a b

    



          

    


</div>
(43)<div class='page_container' data-page=43>





 

2 2

2 2 2

2 1 0 2 2 2 1

2 2

4 4 2 2 1 2 3 0

a a a a a a

a

a a

a tm

a a a a a a

a tm

         

 


   

  

   

  



       

 

    




Với a  3 b 4; a   1 b 0.

Vì 1 3 4 3 3 4 7

4
a

z z i P a b

b




           

 .

K. HÌNH HỌC 12 CHƯƠNG 1

Câu 165: Nếu có một khối chóp có thể tích và diện tích mặt đáy lần lượt bằng a3 và a2 thì chiều cao của 
nó bằng

A. 3a. B.

a. C. 2a. D. a. 
Lời giải

Ta có : 1
3

V  Bh h 3V 3a23 3a
B a

    .

Câu 166: Thể tích V của khối lăng trụ có chiều cao bằng h và diện tích đáy bằng B được tính theo cơng
thức nào dưới đây?

A. 1
3

V  Bh. B. V3Bh. C. VBh. D. 1
2
V  Bh.
Câu 167: Thể tích khối lập phương có cạnh bằng 10 cm là

A. V 1000 cm3. B. V 500 cm3. C. 1000cm3
3

V  . D. V 100 cm3. 
Lờigiải

Ta có thể tích khối lập phương có cạnh bằng 10 cm là V 1031000 cm3.

Câu 168: Khối lăng trụ có diện tích đáy bằng 3a2, chiều cao bằng a có thể tích bằng

A. 3a3. B. 3 3

2a . C.

3
1

2a . D.

3
a .
Lờigiải

Thể tích khối lăng trụ V   B h 3a2 a 3a3.

Câu 169: Cho một hình đa diện. Khẳng định nào sau đây sai?

A. Mỗi đỉnh là đỉnh chung của ít nhất ba cạnh A. Mỗi mặt có ít nhất ba cạnh

C. Mỗi đỉnh là đỉnh chung của ít nhất ba mặt D. Mỗi cạnh là cạnh chung của ít nhất ba mặt
Câu 170: Hình bát diện đều có bao nhiêu cạnh?

A. 10 B. 8 C. 12 D. 20

Lờigiải

Theo lý thuyết thì hình bát diện đều có 12 cạnh.

Câu 171: Trong tất cả các loại hình đa diện đều sau đây, hình nào có số mặt nhiều nhất? 
A. Loại

 

3, 4 B. Loại

 

5,3 C. Loại

 

4,3 D. Loại

 

3,5

</div>
(44)<div class='page_container' data-page=44>

Loại

 

3, 4 là bát diện đều có 8 mặt
Loại

 

5,3 là thập nhị diện đều có 12 mặt
Loại

 

4,3 là khối lập phương có 6 mặt
Loại

 

3,5 là nhị thập diện đều có 20 mặt
Vây, loại

 

3,5 có số mặt nhiều nhất.
Câu 172: Hình tứ diện có bao nhiêu cạnh?

A. 4 cạnh B. 3 cạnh C. 5 cạnh D. 6 cạnh
Lờigiải

Hình tứ diện có 6 cạnh.

Câu 173: đa diện trong hình vẽ có bao nhiêu mặt?

A. 6 B. 10 C. 12 D. 11

Lờigiải

Đếm đáy hình chóp có 5 mặt và 5 mặt của lăng trụ và 1 mặt đáy. Vậy có 11 mặt.
Câu 174: Hình đa diện nào dưới đây khơng có tâm đối xứng?

A. Tứ diện đều. B. Bát diện đều. C. Hình lập phương. D. Lăng trụ lục giác đều.
Lờigiải

Dễ dàng thấy hình bát diện đều, hình lập phương và hình lăng trục lục giác đều có tâm đối xứng. Cịn tứ

diện đều khơng có tâm đối xứng.

Câu 175: Mặt phẳng



AB C 



chia khối lăng trụ ABC A B C.    thành các khối đa diện nào?
A. Một khối chóp tam giác và một khối chóp tứ giác.

</div>
(45)<div class='page_container' data-page=45>

C. Một khối chóp tam giác và một khối chóp ngũ giác.
D. Hai khối chóp tứ giác.

Lờigiải

Mặt phẳng



AB C 



chia khối lăng trụ ABC A B C.    thành hai khối chóp

Chóp tam giác: A A B C.    và chóp tứ giác: A BB C C.   .

Câu 176: Hình lăng trụ tam giác đều có bao nhiêu mặt phẳng đối xứng?

A. 1 mặt phẳng B. 2 mặt phẳng C. 3 mặt phẳng D. 4 mặt phẳng

Lờigiải

Hình lăng trụ tam giác đều có 3 mặt phẳng đối xứng là 3 mặt phẳng trung trực của 3 cạnh đáy và một mặt
phẳng đối xứng là mặt phẳng trung trực của cạnh bên.

Câu 177: Hình hộp chữ nhật ABCD A B C D.     có các kích thước là AB x , BC2x và CC 3x. Tính
thể tích của hình hộp chữ nhật ABCD A B C D.    .

A. 3x3. B. x3. C. 2x3. D. 6x3.

Lờigiải

Dễ thấy ba kích thước AB, BC và CC chính là chiều rộng, chiều dài và chiều cao của hình hộp chữ
nhật. Do đó, thể tích bằng V x x x.2 .3 6x3.

Câu 178: Thể tích của khối chóp có chiều cao bằng h và diện tích đáy bằng B là:
A. V 1Bh

3 B. V  Bh

6 C. V Bh D. V  Bh

1
2

Lời giải

Thể tích của khối chóp có chiều cao bằng h và diện tích đáy bằng B là: V  1Bh

Câu 179: Cho hình chóp S ABCD. có đáy ABCD là hình vng cạnh a, cạnh bên SA vng góc với đáy
và SA a . Tính theo a thể tích V của khối chóp S ABCD. .

A B

D C

</div>
(46)<div class='page_container' data-page=46>

A. 3
6

a

V B. Va3 C. 3

2
a

V D. 3

3
a

V

Lờigiải 
Diện tích đáy hành chóp là S a2

, đường cao hình chóp là h a , thể tích khối chóp 1 1 3

3 3

V  Sh a

Câu 180: Cho hình chóp tứ giác .S ABCD có đáy là hình vng cạnh a, SA vng góc với mặt phẳng
đáy và SA2a. Thể tích khối chóp .S ABCD bằng

A. 
3
3
a

B. 
3
2

3
a

C. 
3
4

3
a

D. 2a3
Lờigiải

Thể tích khối chóp .S ABCD:

3
2

1 1 2

. 2

3 3 3

S ABCD ABCD

a
V  S SA a a

Câu 181: Thể tích V của khối chóp có diện đáy bằng S và chiều cao bằng h là ?

A. V3Sh B. 1

V  Sh C. V Sh D. 1
3
V  Sh
Lờigiải

Ta có 1
3
V  Sh.

Câu 182: Tính thể tích khối chóp tứ giác đều cạnh đáy bằng a, chiều cao bằng 3a.
A.

3 3
12
a

B. 
3 3

4
a

C. 
3
3
a

D. a3

Lờigiải

2 3

1 1

. .3

3 đáy 3

V  S h a a a .

Câu 183: Khối lăng trụ có đáy là hình vng cạnh ,a đường cao bằng a 3 có thể tích bằng

A. a3 3 B. 3 3

a C. 2a3 3 D. 3 3

6
a
Lờigiải

Diện tích đáy: a2. Thể tích lăng trụ: V a a2. 3 a3 3.

Câu 184: Thể tích khối hộp chữ nhật có 3 kích thước bằng a b c, , là:

A. 2abc B. 1

6abc C. abc D.

1
3abc
Lờigiải

Câu 185: Tính thể tích Vcủa khối hộp chữ nhật có đáy là hình vng cạnh bằng 6và đường cao bằng 5.

A. V60 B. V180 C. V50 D. V150

Lờigiải

Thể tích của khối hộp chữ nhật có đáy là hình vng cạnh bằng6và đường cao bằng 5 là

. 6.6.5 180

V S h  .

Câu 186: Thể tích của khối lăng trụ tam giác đều có tất cả các cạnh bằng a.

A.

3 3
6
a

V  B.

3 3
12
a

V  C.

3 3
2
a

V  D.

3 3
4
a
V 

</div>
(47)<div class='page_container' data-page=47>

2 3 . 3

h a

a
V h S
a

S




   




 .

Câu 187: Cho hình chóp S ABCD. có đáy ABCD là hình chữ nhật. Cạnh SA vng góc với đáy. Mệnh đề
nào dưới đây đúng?

A.

AB





SAD



B.

AC





SAD



C. SC SA D. SD AD

Lờigiải

Ta có

SA





ABCD





SA AB



AB AD



( vì ABCD là hình vng).
Suy ra

AB





SAD



Câu 188: Thể tích của khối tứ diện đều cạnh a là:
A.

3
6
12

a

B. 
3
3
12

a

C. 
3
2
12

a

D. 
3
2
24

a

Lờigiải

Gọi I là trung điểm CD. H là trọng tâm BCD

2 2 2

3 6

3 3 3

a a a

BH AH AB AH a

       

2 3 1 1 6 2 3 3 2

. . .

4 3 3 3 4 12

ABC ABCD ABC

a a a a

S  V  AH S   a

Câu 189: Cho khối chóp S ABC. có đáy ABC là tam giác đều cạnh a, SA vng góc với mặt phẳng đáy
và SA2a. Tính thể tích khối chóp S ABC. .

S

A

B C

</div>
(48)<div class='page_container' data-page=48>

A. 
3 3

3
a

B. 
3 3

2
a

C. 
3 3
12
a

D. 
3 3

a
Lờigiải

Diện tích tam giác đều cạnh bằng a là:

2 3
4
ABC

a
S 
Mà SA



ABC



, SA2a. Vậy 1 .

3 ABC
V  S SA

2 3

1 3 3

.2 .

3 4 6

a a

a  .

Câu 190: Cho hình chóp S ABC. có đáy ABC là tam giác đều cạnh a, cạnh bên SA vng góc với đáy,
đường thẳng SC tạo với đáy một góc bằng 60. Thể tích của khối chóp S ABC. bằng

A. 3
8
a

. B. 3

4
a

. C. 3

2
a

. D. 3 3

4
a

.
Lờigiải

Diện tích ABC là

2 3
4
ABC

a

S  .





SA ABC nên AC là hình chiếu của SC lên



ABC









SC ABC,





SC AC,



SCA 60

    .

SAC

 vng tại A có SCA 60 , ta có SA AC .tanSCA a 3.
Thể tích khối chóp là

2 3

1 1 3

. . . . 3

3 ABC 3 4 4

a a

V  S SA a  .

Câu 191: Cho hình chóp S ABCD. có đáy ABCD là hình bình hành. Thể tích của khối chóp S ABCD.

bằng 3a3. Biết diện tích của tam giác SAD bằng 2a2. Tính khoảng cách h từ B đến mặt 
phẳng



SAD



S

A

B

</div>
(49)<div class='page_container' data-page=49>

A. h a . B. 9
4

a

h . C. 3

2
a

h . D. 4

9
a
h .

Lờigiải

Ta có . 1 .
2

S ABD S ABCD

V  V 1 .

3h SSAD

 3 .

2
S ABCD

SAD
V
h

S

  3.3 32 9

2.2 4

a a

a

  .

L. HÌNH HỌC 12 CHƯƠNG 2

Câu 192: Khối cầu bán kính R2a có thể tích là:

A.

3
32

3
a


. B. 6a3. C. 8 3

3
a


. D. 16a2. 
Lờigiải

Ta có thể tích khối cầu là 4 . 3
3

S   R 4 .8 3
3 a

 32 3

3
a


 .

Câu 193: Thể tích V của khối trụ có bán kính đáy R và độ dài đường sinh l được tính theo cơng thức
nào dưới đây?

A. 1 2
3

V  R l. B. 4 2

V  R l. C. 4 3
3

V  R l. D. V R l2 .

Câu 194: Cho hình nón có diện tích xung quanh là Sxq và bán kính đáy là r. Cơng thức nào dưới đây
dùng để tính đường sinh l của hình nón đã cho.

A. 
2π

xq
S
l

r

 . B. 2

π
xq
S
l

r

 . C. l2πS rxq . D. 
π

xq
S
l

r

 .
Lờigiải

Ta có Sxq πrl π
xq
S
l

r

  .

Câu 195: Cơng thức tính thể tích khối cầu bán kính R là

A. V 4R3. B. 4 3

V  R . C. 1 3
3

V  R . D. V R3.

Lờigiải

Câu 196: Diện tích xung quanh của hình trụ có bán kính đáy R3 và đường sinh l6 bằng

A. 54



. B. 18



. C. 108



. D. 36



Lời giải 
Ta có: Sxq 2



rl2 .3.6 36







Câu 197: Cho hình nón có diện tích xung quanh bằng 3a2và có bán kính đáy bằng

a. Độ dài đường
sinh của hình nón đã cho bằng:

A. 2 2a B. 3a C. 2a D. 3

2
a
Lời giải

Diện tích xung quanh hình nón: Sxq rl với r a . .a l3a2 l 3a.

Câu 198: Xét hình trụ

 

T có bán kính R, chiều cao h thoả mãn R2h 3.

 

N là hình nón có bán
kính đáy R và chiều cao gấp đơi chiều cao của

 

T . Gọi

 

S1 và

 

S2 lần lượt là diện tích
xung quanh của

 

T và

 

N , khi đó 1

</div>
(50)<div class='page_container' data-page=50>

A. 4

3. B.

2. C.

3. D.

3
4.
Lờigiải

Diện tích xung quanh hình trụ là S12 . . R h

2
2 3

R



 2

R



 .

Diện tích xung quanh hình nón là S2. .R l 



. .R h2R2 . . 2 2
3
R

R R



  2 2

R



 .

Suy ra 1

2
1
2
S
S  .

Câu 199: Một khối trụ có hai đáy hình trịn

 

I r; và



I r;



. Mặt phẳng

 



đi qua I và I đồng thời cắt
hình trụ theo thiết diện là hình vng có cạnh bằng 18. Tính thể tích khối trụ đã cho.

A. V1458. B. V486. C. 486



. D. V1458



Lờigiải

Ta có 18, 18 9
2

h r  suy ra V S h. . .r h2 .9 .18 14582  .

Câu 200: Người ta cắt hết một miếng tơn hình trịn ra làm 3 miếng hình quạt bằng nhau. Sau đó quấn và 
gị 3 miếng tơn để được 3 hình nón. Tính góc ở đỉnh của hình nón.

A. 2 60. B. 2 2 arcsin1
2

  . C. 2 2 arcsin1
3

  . D. 2 120.

Lờigiải

Chu vi đường trịn lớn: 2R.
Chu vi hình nón:1.2

3 R nên bán kính của hình nón là: 3
R.

sin r
l
 3

R
R

 1

 nên arcsin1
3

  2 2 arcsin1
3


  .

M. HÌNH HỌC 12 CHƯƠNG 3

Câu 201: Trong không gian Oxyz, cho hai điểm A



1;2;3



và B



2;4; 1



. Phương trình chính tắc của
đường thẳng AB là

c

b C

</div>
(51)<div class='page_container' data-page=51>

A. 1 4 1

1 2 4

x  y  z . B. 1 2 3

1 2 4

x  y  z
 .

C. 2 4 1

1 2 4

x  y  z

 . D.

1 2 3

1 2 4

x  y  z

.
Lờigiải

Ta có AB qua A



1;2;3



có vectơ chỉ phương AB



1;2; 4



AB: 1 2 3

1 2 4

x  y  z
 .

Câu 202: Trong không gian Oxyz, cho hai điểm A



1;2;3



và B



2;1; 2



. Tìm tọa độ điểm M thỏa
2

MB MA

 

.
A. 1 3 5; ;

2 2 2
M 

 . B. M



4;3;1



. C. M



4;3;4



. D. M



1;3;5



Lờigiải

Gọi M x y z



; ;



, MB2MA













2 2 1

1 2 2

2 2 3

x x

y y

z z

   



   

   



4
3
4

x
y
z




 

 




4;3;4



M

 .

Câu 203: Trong không gian Oxyz, cho ba điểm A



2; 1;3



, B



4;0;1



và C



10;5;3



. Vectơ nào dưới
đây là vectơ pháp tuyến của mặt phẳng



ABC



A. n



1;8;2



. B. n



1; 2;0



. C. n



1; 2; 2



. D. n



1; 2; 2



.
Lờigiải

Ta có AB



2;1; 2



, AC 



12;6;0



,  AB AC,  



12; 24;24





ABC



 có một vectơ pháp tuyến là n



1; 2; 2



Câu 204: Trong không gian Oxyz, cho ba điểm M



2;0;0



, N



0;1;0



, P



0;0;2



. Tìm phương trình
của mặt phẳng



MNP



A. 1

2 1 2
x   y z

 . B. 2 1 2 0

x  y  z

  . C. 2 1 2 0

x   y z

 . D. 2 1 2 1

x  y z 

  .

Lờigiải 
Phương trình mặt phẳng theo đoạn chắn: 1

2 1 2
x   y z

 .

Câu 205: Trong không gian Oxyz, tìm một vectơ chỉ phương của đường thẳng:

3 1 4

2 1 3

x y z

d     

 .

A. b



2; 1;3



. B. c



3;1; 4



. C. d 



2;1; 3



. D. a  



2; 1;3



.
Lờigiải

Ta viết lại phương trình đường thẳng : 3 1 4

2 1 3

x y z

d     

  nên d nhận vec tơ a  



2; 1;3





</div>
(52)<div class='page_container' data-page=52>

Câu 206: Trong không gian cho Oxyz, mặt cầu

 

S có phương trình x2



y4

 

2 z1



225. Tâm 
mặt cầu

 

S là điểm

A. I



 4; 1; 25



. B. I



4;1; 25



. C. I



0; 4;1



. D. I



0; 4; 1 



Lờigiải

Ta có tâm I



0; 4;1



Câu 207: Trong khơng gian Oxyz cho hình hộp chữ nhật OABC EFGH. có các cạnh OA5, OC8,

OE (xem hình vẽ). Hãy tìm tọa độ điểm H.

A. H



0;7;8



. B. H



7;8;0



. C. H



8;7;0



. D. H



0;8;7



Lờigiải

Ta có H



yOz



và hình chiếu của H lên Oy trùng với C nên H



0;8;7



Câu 208: Trong không gian Oxyz, mặt phẳng

 



đi qua gốc tọa độ O



0; 0; 0



và có vectơ pháp tuyến
là n



6; 3; 2



thì phương trình của

 



là

A.  6x 3y2z0. B. 6x3y2z0. C.  6x 3y2z0. D. 6x3y2z0.
Lờigiải

Phương trình của

 



là: 6



x 0

 

3 y 0

 

2 z0



06x3y2z 0.

Câu 209: Trong không gian Oxyz cho đường thẳng

 

d có phương trình chính tắc là

5 1 6

3 4 2

x  y  z

 . Véctơ nào dưới đây là một véctơ chỉ phương của đường thẳng

 

d ?

A. u



3; 4; 2



. B. u



5; 1;6



. C. u



3; 4;2



. D. u 



5;1; 6



.
Câu 210: Trong không gian Oxyz, mặt phẳng

 

P : 2x z  3 0 có một vectơ pháp tuyến là

A. n1



2;0; 1



. B. n1



2; 1;3



. C. n1



2; 1;0



. D. n1 



1;0; 1



.
Câu 211: Trong không gian Oxyz, cho ba vectơ a 



1;1;0



, b



1;1;0



, c



1;1;1



. Tìm mệnh đề

đúng.

O
A

B
C
H

G
F

E
z

x

y
5

</div>
(53)<div class='page_container' data-page=53>

A. Hai vectơ a và ccùng phương. B. Hai vectơ a và bcùng phương.
C. Hai vectơ b và ckhông cùng phương. D. a c . 1.

Lờigiải

Ta có b c;  



1; 1;0



0 suy ra hai vectơ b và ckhông cùng phương.
Câu 212: Trong không gian Oxyz, đường thẳng

2 3

: 5

x t

d y t

z

 

  


 


có một vectơ chỉ phương là

A. u1



3; 1;0



. B. u2 



2;5;0



. C. u4  



3;1; 2



. D. u3



3; 1;2



.
Lờigiải

Đường thẳng dcó một vectơ chỉ phương là u1



3; 1;0



Câu 213: Trong không gian Oxyz, cho hai điểm A



1; 2;3



, B



1;0; 2



. Độ dài đoạn thẳng AB bằng

A. 5 . B. 3. C. 9. D. 29 .

Lờigiải 
Ta có AB



1 1

 

2 0 2

 

2 2 3



2  4 4 1 3  

Câu 214: Trong không gian Oxyz, phương trình đường thẳng đi qua điểm A



1; 2;3



và có vectơ chỉ
phương u



2; 1;6



là

A. 2 1 6

1 2 3

x  y  z

 . B.

2 1 6

1 2 3

x  y  z

 .

C. 1 2 3

2 1 6

x  y  z

 . D.

1 2 3

2 1 6

x  y  z

 .

Lờigiải

Ta có phương trình chính tắc đường thẳng đi qua A



1; 2;3



và có vectơ chỉ phương u



2; 1;6



là:

1 2 3

2 1 6

x  y  z

 .

Câu 215: Trong không gian Oxyz, cho mặt phẳng

 

P x: 2y 4 0. Một vec tơ pháp tuyến của

 

P là
A. n4 



1;2;0



. B. n2 



1;4;2



. C. n1



1;0;2



. D. n3



1; 2; 4



Lờigiải

Câu 216: Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, tâm I của mặt cầu

 

S : x2 y2 z28x2y 1 0
có toạ độ là:

A. I



4;1;0



. B. I



4; 1;0



. C. I



4;1;0



. D. I



 4; 1;0



Lờigiải 
Toạ độ tâm I của mặt cầu

 

S là: I



4;1;0



Câu 217: Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, hình chiếu vng góc của điểm M



3;2;1



trên Ox có
toạ độ là:

</div>
(54)<div class='page_container' data-page=54>

Lờigiải

Hình chiếu vng góc của điểm M



3;2;1



trên Ox có toạ độ là



3;0;0



Câu 218: Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho a



1; 2;3



, b 



2;3; 1



. Khi đó a b  có toạ độ
là:

A.



1;5; 2



. B.



3; 1; 4



. C.



1;5;2



. D.



1; 5; 2 



Lờigiải

Ta có: a b   



1;5; 2



Câu 219: Trong không gian Oxyz,cho đường thẳng : 2 1 .

1 2 1

x y z

d - = - =

- Đường thẳng d có một vectơ
chỉ phương là

A. u1= -

(

1;2;1

)



B. u2=

(

2;1;0

)



C. u3=

(

2;1;1

)



D. u4= -

(

1;2;0

)



Câu 220: Trong không gian Oxyz, cho điểm A



3; 1;1



. Hình chiếu vng góc của điểm A trên mặt

phẳng



Oyz



là điểm

A. M



3;0;0



B. N



0; 1;1



C. P



0; 1;0



D. Q



0;0;1



Lờigiải

Khi chiếu vng góc một điểm trong không gian lên mặt phẳng



Oyz



, ta giữ lại các thành phần tung độ
và cao độ nên hình chiếu của A



3; 1;1



lên



Oyz



là điểm N



0; 1;1



Câu 221: Trong không gian Oxyz, cho đường thẳng : 1 2

1 2 3

x y z

d     và mặt phẳng

 

P x: 2y2z 3 0. Gọi M là điểm thuộc đường thẳng d sao cho khoảng cách từ M đến
mặt phẳng

 

P bằng 2 . Nếu M có hồnh độ âm thì tung độ của M bằng

A. 3. B. 21. C. 5. D. 1.

Lờigiải

Phương trình tham số của : 1 2
2 3

x t

d y t

z t




   


   




; 1 2 ; 2 3



M d M  t   t   t .

 







 



 

2 2

2 1 2 2 2 3 3

, 2 2

1 2 2

t t t

d M P          
  

5
2
3
t

 

  5 6

5 6
t

t

 


    


11
1
t
t



   

 .

Vì M có hồnh độ âm nên chọn t 1. Khi đó tung độ của M bằng 3.

Câu 222: Trong khơng gian Oxyz, viết phương trình mặt phẳng

 

P song song và cách đều hai đường
thẳng 1: 2

1 1 1

x y z

d   

 và 2

1 2

2 1 1

x y z

d    

  .

</div>
(55)<div class='page_container' data-page=55>

Vectơ chỉ phương của d1 là u1 



1;1;1





, vectơ chỉ phương của d2 là u2 



2; 1; 1 









1, 2 0;1; 1
u u

   

 

 

là vectơ pháp tuyến của mặt phẳng

 

P . Do đó

 

P y z d:   0.
Lấy A



2;0;0



d1 và B



0;1; 2



d2. Ta có:

 







 



d d P d d P d A P



 



d B P



 



2 2

d d

  1

2
d

  .
Do đó

 

: 1 0

P y z   2y2z 1 0.

Câu 223: Trong không gian Oxyz, cho điểm M



1; 2;3



và mặt phẳng

 



có phương trình

2 12 0

x y z   . Tìm tọa độ điểm H là hình chiếu vng góc của điểm M trên mặt phẳng

 



A. H



5; 6;7



. B. H



2;0; 4



. C. H



3; 2;5



. D. H



1;6;1



Lờigiải

Đường thẳng MH đi qua M



1; 2;3



nhận n 



1; 2;1



làm vec tơ chỉ phương có phương trình tham số

là:

1
2 2
3

x t

y t

z t

 

  

  


Ta có H MH

 



suy ra H



1 ;2 2 ;3t  t t



.
Vì H

 



nên 1 t 2 2 2



 t



  3 t 12 0  t 2.
Vậy H



3; 2;5



Câu 224: Trong không gian Oxyz, phương trình nào dưới đây là phương trình mặt cầu có tâm I



1; 2; 1



và tiếp xúc với mặt phẳng

 

P x: 2y2z 8 0?

A.



x1

 

2 y2

 

2 z1



23.B.



x1

 

2 y2

 

2 z1



29. 
C.



x1

 

2 y2

 

2 z1



23. D.



x1

 

2 y2

 

2 z1



29.

Lờigiải 
Ta có:



;

 



1 2.2 2. 1

 

8 3

d I P       R.

Phương trình mặt cầu cần tìm là:



x1

 

2 y2

 

2 z1



2 9.

Câu 225: Trong không gian Oxyz, cho bốn điểm A



1;1; 4



, B



5; 1;3



, C



2;2;m



, D



3;1;5



. Tìm tất
cả giá trị thực của tham số m để A, B, C, D là bốn đỉnh của một hình tứ diện.

A. m6. B. m6. C. m6. D. m6.
Lờigiải

Ta có AB



4; 2; 1 



, AD



2;0;1



,  AB AD,    



2; 6; 4



, AC



1;1;m4



Để A, B, C, D là bốn đỉnh của một hình tứ diện khi   AB AD AC, . 0

2 6 4m 16 0

</div>
(56)<div class='page_container' data-page=56>

Câu 226: Trong không gian Oxyz, cho tam giác ABC có diện tích bằng 6 nằm trên mặt phẳng

 

P x: 2y z  2 0 và điểm S



1;2; 1



. Tính thể tích V của khối chóp S ABC. .

A. V 2 6. B. 2 6

V  . C. V  6. D. V 4 6.
Lờigiải

Chiều cao của khối chóp là h d S P



;

 



 

2 2

1 2.2 1 2

1 2 1

   


  

6
3

 .

Tính thể tích V của khối chóp S ABC. là 1 .
3 ABC
V  S h

2 6
3

 .

Câu 227: Trong không gian Oxyz cho điểm B



4;2; 3



và mặt phẳng

 

Q : 2 x 4y z  7 0. Gọi B
là điểm đối xứng của B qua mặt phẳng

 

Q . Tính khoảng cách từ B đến

 

Q .

A. 2 21

7 . B.

6 13

13 . C.

10 13

13 . D.

10 21
21 .
Lờigiải

Ta có : d B Q



;

 



d B Q



;

 



8 8 3 7 10 21

21
4 16 1

   

 

  .

Câu 228: Trong không gian Oxyz, cho hai điểm A



2;1; 3



và B



3; 2;1



. Viết phương trình đường
thẳng d đi qua gốc toạ độ sao cho tổng khoảng cách từ A và B đến đường thẳng d lớn nhất.
A.

1 1 1
x  y z

. B.

1 1 1

x  y  z

 . C. 1 1 2

x  y z

. D.

1 1 2
x  y z

 .

Lờigiải 
Ta có d A d



;

 

d B d;



OA OB .

Dấu " " xảy ra OA d
OB d




  

 d có VTCP là uOA OB; 



7;7;7

 

7 1;1;1



  

.
Vậy :

1 1 1
x y z
d   .

Câu 229: Trong không gian Oxyz cho điểm G



1; 2; 3



. Mặt phẳng

 



đi qua G, cắt Ox, Oy, Oz tại
A, B,Csao cho G là trọng tâm tam giác ABC. Phương trình mặt phẳng

 



là

A. 6x3y2z18 0 . B. 2x3y6z18 0 .
C. 6x3y3z18 0 . D. 3x2y6z18 0 .

Lờigiải 
Giả sử A a



; 0; 0



, B



0; ; 0b



, C



0; 0;c



</div>
(57)<div class='page_container' data-page=57>

Lại có G là trọng tâm ABC nên
1
3
2
3

3
3
a
b
c
 


 


 

3
6
9
a
b
c



 
 


Vậy phương trình mặt phẳng

 

 là: 1
3 6 9

x  y z 6x3y2z18 0

Câu 230: Trong không gian Oxyz, cho điểm M



3;3; 2



và hai đường thẳng 1

1 2

1 3 1

x y z

d     ,
2

1 1 2

1 2 4

x y z

d     

 . Đường thẳng đi qua M và cắt cả hai đường thẳng d1, d2 tại A, B.
Độ dài đoạn thẳng AB bằng

A. 2 2. B. 6 . C. 3. D. 2.

Lờigiải 
1

A d A a



1;3a2;a



; B d 2 B b



 1;2b1; 4b2





2;3 1; 2



MA a a a



; MB b



 4;2b2; 4b4



Do M, A, B thẳng hàng nên MA kMB 













2 4

3 1 2 2

2 4 4

a k b

a k b

   


   
   

4 2

3 2 2 1

4 4 2

a kb k
a kb k
a kb k

  


   
    

0
0
1
2
a
kb

k

 

 

 

0
a b

   A



1;2;0



, B



1;1;2



AB3

Câu 231: Trong không gian Oxyz, cho mặt cầu

( ) (

S : x-1

) (

2+ +y 2

) (

2+ -z 5

)

2=9. Phương trình nào
dưới đây là phương trình mặt phẳng

( )

P tiếp xúc với mặt cầu

( )

S tại điểm A

(

2; 4; 3-

)

A. x-6y+8z-50=0. B. x-2y-2z- =4 0.

C. x-2y-2z+ =4 0. D. 3x-6y+8z-54=0.
Lờigiải

( ) (

) (

)

(

)

: 1 2 5 9 1; 2; 5

S x- + +y + -z = I - .

Ta có:

( )

(

)

(

)

( )

2; 4; 3

: : 2 2 4 0

1; 2; 2

qua A

P P x y z

n IA

ìï

-ïï  - - - =

íï = =

-ïïỵ  .

Câu 232: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho ba điểm A



2;0;0



, B



0;3;1



, C



3;6; 4



. Gọi M
là điểm nằm trên đoạn BC sao cho MC2MB. Tính độ dài đoạn AM .

</div>
(58)<div class='page_container' data-page=58>

Lờigiải

Vì MC và MB ngược hướng vàMC2MB nên MC 2MB

2
3

C B

M

C B

M

C B

M

x x
x

y y
y

z z
z



 







 





 



1
4
2

M

x
y

z

 


 

 


hay



1; 4; 2



M  .Vậy AM  29.

Câu 233: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho tam giác ABC có A



1;1;1



, B



0; 2;3





2;1;0



C . Phương trình mặt phẳng đi qua điểm M



1; 2; 7



và song song với mặt phẳng



ABC



là

A. 3x y 3z26 0 . B. 3x y 3z32 0 . C. 3x y 3z16 0 . D. 3x y 3z22 0 .
Lờigiải

Ta có AB  



1; 3; 2



, AC



1;0; 1



nên  AB AC,  



3;1;3



là vectơ pháp tuyến của



ABC



. Do đó

  



: 3 x 1

 

y 2

 

3 z7



 0 3x y 3z16 0 .

Câu 234: Trong không gian Oxyz, cho hai điểm A



1;2;1



và B



2;1;0 .



Mặt phẳng qua A và vng
góc với AB có phương trình là

A. 3x y z   6 0 B. 3x y z   6 0 C. x3y z  5 0 D. x3y z  6 0
Lờigiải



3; 1; 1 . 





AB Do mặt phẳng

 



cần tìm vng góc với AB nên

 



nhận AB



3; 1; 1 



làm vtpt. Suy
ra, phương trình mặt phẳng

  



:3 x      1

 

y 2

 

z 1



0 3x y z   6 0.

</div>