TS247 DT de thi kscl lop 12 thi tn thpt va xet tuyen dh mon toan thpt chuyen dh vinh nghe an nam 2021 lan 2 co loi giai chi tiet 76102 1619432679

TRƯỜNG ĐẠI HỌC VINH
TRƯỜNG THPT CHUYÊN

ĐỀ THI KSCL LỚP 12 THEO ĐỊNH HƯỚNG THI TN
VÀ XÉT TUYỂN ĐH NĂM 2021 – 2022
Bài thi: Mơn Tốn
Thời gian làm bài: 90 phút
(50 câu trắc nghiệm)
Mã đề thi 357

MỤC TIÊU
- Đề thi KSCL lớp 12 thi TN THPT&ĐH lần 2 của trường THPT Chuyên Đại Học Vinh - Nghệ An quả không
làm thất vọng sự mong chờ của học sinh cả nước.
- Đề thi vẫn giữ vững tinh thần bám sát đề minh họa, đề chính thức các năm, tuy nhiên câu hỏi ngày càng mới
lạ và độ khó ngày càng cao.
- Đề thi phù hợp với học sinh ôn thi TN THPT, vẫn đảm bảo mức độ các câu hỏi, dạng bài tập giúp các em ơn
luyện tồn diện và đúng trọng tâm nhất.
2
Câu 1 (ID:478982): Tập xác định của hàm số y  1  x  là:
A.

B.

\ 1

C. 1;  

Câu 2 (ID:478983): Đường tiệm cận ngang của đồ thị hàm số y 
A. y  1

B. y  1

D.  ;1

1 x
là:
x2

C. x  2

Câu 3 (ID:478984): Cho số phức z  3  4i . Tìm phần ảo của số phức z '  z .
A. 3
B. 4
C. 4
Câu 4 (ID:478985): Tập nghiệm của bất phương trình log 2  x  2   2 là:
A.  ; 6 

B.  2;6 

C.  2; 6 

Câu 5 (ID:478986): Cho hàm số y  f  x  liên tục trên

D. x  2
D. 3
D.  6;  

và có đồ thị như hình vẽ bên. Trên  2; 2 hàm

số đã cho có bao nhiêu điểm cực trị?

A. 4

B. 3

C. 2

D. 1

Câu 6 (ID:478987): Trong không gian Oxyz , cho a   1;0;1 và b  1;0;0  . Góc giữa hai vectơ a và b
bằng:
A. 450
B. 300
C. 600
D. 1350
Câu 7 (ID:478988): Đồ thị trong hình vẽ bên là đồ thị của hàm số nào dưới đây?

A. y  2 x 4  4 x 2  1

B. y  x3  2 x  1

C. y  x 4  2 x 2  1

D. y   x 4  2 x 2  1
1


Câu 8 (ID:478989): Từ các chữ số 1, 2, 3, 4 lập được bao nhiêu số tự nhiên gồm 2 chữ số phân biệt.
A. 6
B. 12
C. 16

D. 20
Câu 9 (ID:478990): Khối lăng trụ có chiều cao bằng h và diện tích đáy bằng S thì có thể tích bằng:
1
1
A. Sh
B. Sh
C. 3Sh
D. Sh
3
2
Câu 10 (ID:478991): Mệnh đề nào sau đây sai?
x2  1
C
2
Câu 11 (ID:478992): Cho hàm số f  x  liên tục trên

A.

x
x
 e dx  e  C

B.

 xdx 

C.  sin xdx  cos x  C

D.

1

 x dx  ln x  C

và có bảng xét dấu đạo hàm như hình vẽ.

Hàm số đã cho có bao nhiêu điểm cực đại?
A. 1
B. 3

C. 4

D. 2

Câu 12 (ID:478993): Đồ thị hàm số y   x 2  1  x  1 cắt trục hoành tại bao nhiêu điểm phân biệt?
2

A. 2
B. 4
C. 1
D. 3
Câu 13 (ID:478994): Trong không gian Oxyz cho mặt phẳng  P  : x  2 y  3z  4  0 . Đường thẳng d đi
qua O và vng góc với  P  có 1 vectơ chỉ phương là:
A. q   1; 2;3

B. p  1; 2;3

C. n   1; 2; 3

D. m  1; 2; 3

Câu 14 (ID:478995): Cho hình trụ có bán kính đáy bằng 3 và chiều cao bằng 2 . Diện tích xung quanh của
hình trụ đã cho bằng:
A. 30
B. 15
C. 6
D. 12
Câu 15 (ID:478996): Cho các số phức z1  1  2i, z2  2  i . Tìm điểm biểu diễn số phức z  z1  z2 .
A. Q  1;3

B. N  3;3

C. P  3; 1

D. M 1;3

Câu 16 (ID:478997): Cho khối nón có góc ở đỉnh bằng 600 và bán kính đáy bằng 1 . Thể tích khối nón đã
cho bằng:

3
3

B. 3
C.
D. 

6
3
Câu 17 (ID:478998): Cho hàm số y  f  x  có đồ thị như hình vẽ bên. Giá trị lớn nhất của hàm số đã cho
A.

trên  1;1 là:

A. 1
B. 1
C. 2
D. 0
Câu 18 (ID:478999): Cho cấp số nhân  un  có u2  3, u3  6 . Số hạng đầu u1 là:
3
D. 0
2
Câu 19 (ID:479000): Cho hàm số y  f  x  có bảng biến thiên như hình vẽ. Hàm số đã cho nghịch biến trên

A. 2

B. 1

C.

khoảng nào sau đây?

2


C.  1; 2 

B. 1;  

A. 1; 2 

D.  ;1

Câu 20 (ID:479001): Trong không gian Oxyz , cho mặt phẳng  Q  đi qua điểm M  2; 1;0  và có vectơ pháp
tuyến n 1;3; 2  . Phương trình của  Q  là:
A. x  3 y  2 z  3  0
Câu 21 (ID:479002): Cho
A. 2

B. 2 x  y  1  0

C. x  3 y  2 z  1  0

1

2

2

0

0

1

D. 2 x  y  1  0

 f  x  dx  2,  f  x  dx  1 . Tích phân  f  x  dx là:
B. 1

D. 1

C. 3

Câu 22 (ID:479003): Cho các số thực dương a, b thỏa mãn a b  2 . Mệnh đề nào sau đây đúng?
2

A. 2 log 2 a  log 2 b  1

B. 2log 2 a  log 2 b  2

C. 2 log 2 a  log 2 b  1

D. log 2 a  2 log 2 b  1

Câu 23 (ID:479004): Cho hàm số y  f  x  có đạo hàm trên  0;   . Biết x 2 là một nguyên hàm của
x 2 f '  x  trên  0;   và f 1  1 . Tính f  e  .

A. 2e  1

B. 3

C. 2

D. e

Câu 24 (ID:479005): Cho hình lăng trụ tam giác đều ABC. A ' B ' C ' có AB  a , AA '  a 2 . Góc giữa đường
thẳng A ' C và mặt phẳng  ABB ' A ' bằng:
A. 450
B. 300
C. 750

D. 600
Câu 25 (ID:479006): Trong không gian Oxyz , cho các điểm A 1; 4;3 và B  2;3; 4  . Gọi  P  là mặt phẳng
đi qua B chứa trục Ox . Khoảng cách từ A đến  P  bằng:
4
B. 2
C. 1
D. 5
3
Câu 26 (ID:479007): Cho khối hộp đứng ABCD. A1B1C1D1 có đáy ABCD là hình thoi cạnh a , ABC  1200

A.

, đường thẳng AC1 tạo với mặt phẳng  ABCD  một góc 450 . Tính thể tích khối hộp đã cho.
A.

a3
2

B.

3a3
2

C.

3a3
4

D.

a3
4

Câu 27 (ID:479008): Cho tứ diện ABCD có AB  2a , độ dài tất cả các cạnh còn lại cùng bằng a 2 . Diện
tích của mặt cầu ngoại tiếp tứ diện đã cho bằng
4
A. 16 a 2
B.  a 2
C. 4 a 2
D.  a 2
3
Câu 28 (ID:479009): Số đường tiệm cận của đồ thị hàm số y 
A. 3

B. 2

C. 1

1 x
là:
x  3x  2
2

D. 0

Câu 29 (ID:479010): Cho hình chóp S. ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật với AB  a 3, BC  a , các
cạnh bên của hình chóp bằng a 5 . Gọi M là trung điểm SC . Tính khoảng cách từ M đến mặt phẳng

 ABCD  .
A. a

B. a 3

C. a 2

D. 2a

Câu 30 (ID:479011): Đạo hàm của hàm số y  log 2  x  1 là:
2

3


A. y ' 

2
 x  1 ln 2

B. y ' 

2 ln 2

 x  1

2

C. y ' 

2ln 2
x 1

D. y ' 

2

 x  1

2

ln 2

Câu 31 (ID:479012): Có bao nhiêu số nguyên dương a sao cho tồn tại số thực b thỏa mãn 2a  3b và
a b  4?
A. 6
B. 10
C. Vô số
D. 1
Câu 32 (ID:479013): Cho hàm số y  f  x  liên tục trên tập xác định  ; 2 và bảng biến thiên như hình
vẽ bên. Có bao nhiêu số nguyên m để phương trình f  x   m có đúng hai nghiệm phân biệt?

A. 2
B. 3
C. 1
D. 0
Câu 33 (ID:479014): Một tổ gồm 6 học sinh trong đó có An và Hà được xếp ngẫu nhiên ngồi vào một dãy 6
cái ghế, mỗi người ngồi một ghế. Tính xác suất để An và Hà khơng ngồi cạnh nhau.
1
3
2
1

A.
B.
C.
D.
3
4
3
4
x  1 y  9 z  12
Câu 34 (ID:479015): Trong không gian Oxyz , đường thẳng d :
cắt mặt phẳng


1
3
4
 P  : x  5 y  3z  2  0 tại điểm M . Độ dài OM bằng:
A. 2

B. 1

C.

3

D. 2 3

Câu 35 (ID:479016): Cho hàm số y  f  x  có đạo hàm, đồng biến và nhận giá trị âm trên  0;   . Hàm số

f  x

có bao nhiêu điểm cực trị trên  0;   ?
x
A. 1
B. Vô số
C. 2
D. 0
Câu 36 (ID:479017): Gọi  D  là hình phẳng giới hạn bởi các đường y  1 và y  2  x 2 . Thể tích khối trịn
g  x 

xoay tạo thành khi quay  D  xung quanh trục Ox được tính theo công thức
2

 2  x 

A. V  

2 2

dx  4

B. V  

 2
1

C. V     2  x



2 2

2

 2  x 

2 2

dx

 2
1

D. V     2  x 2  dx  2

dx  4

1

2

1

Câu 37 (ID:479018): Biết phương trình z  2 z  3  0 có hai nghiệm phức z1 , z2 . Mệnh đề nào sau đây sai?
2

A. z1  z2 là số thực

B. z1  z2 là số thực

C. z12  z2 2 là số thực



D. z1 z2 là số thực



Câu 38 (ID:479019): Số nghiệm nguyên của bất phương trình log 2 x x 2  3  x 2  x 2  3  2 x là:
A. Vô số

B. 2

C. 1

D. 3

Câu 39 (ID:479020): Trong không gian Oxyz , cho điểm M  3; 4; 5  và các đường thẳng
x4 y4 z2
x 1 y  2 z  5
; d2 :
. Đường thẳng d đi qua M và cắt d1 , d 2 lần lượt tại A, B




5
2
3
1
3

2
. Diện tích tam giác OAB bằng
d1 :

A. 5 3

B.

3 5
2

C. 3 5

D.

5 3
2

4


z2
 z2 ?
z  2i
A. 4
B. 3
C. 1
D. 2
Câu 41 (ID:479022): Một cơ sở chế biến nước mắm đặt hàng xưởng sản xuất gia công làm một bể chứa bằng
Inox hình trụ có nắp đậy với dung tích 2m3 . Yêu cầu đặt ra cho xưởng sản xuất là phải tốn ít vật liệu nhất.

Biết rằng giá tiền 1m2 Inox là 600 nghìn đồng, hỏi số tiền Inox (làm trịn đến hàng nghìn) để sản xuất bể chứa
nói trên là bao nhiêu?
A. 7307000 đồng
B. 6421000 đồng
C. 4121000 đồng
D. 5273000 đồng
Câu 42 (ID:479023): Mặt sàn của một thang máy có dạng hình vng ABCD cạnh 2m được lát gạch màu
trắng và trang trí bởi một hình 4 cánh giống nhau màu sẫm. Khi đặt trong hệ toạ độ Oxy với O là tâm hình
vng sao cho A 1;1 như hình vẽ bên thì các đường cong OA có phương trình y  x 2 và y  ax3  bx . Tính
Câu 40 (ID:479021): Có bao nhiêu số phức z thỏa mãn

giá trị ab biết rằng diện tích trang trí màu sẫm chiếm

1
diện tích mặt sàn.
3

A. 2
B. 2
C. 3
D. 3
Câu 43 (ID:479024): Cho hàm số y  f  x  là hàm đa thức bậc bốn. Đồ thị hàm y  f '  x  1 được cho
trong hình vẽ bên. Hàm số g  x   f  2 x   2 x 2  2 x đồng biến trên khoảng nào sau đây?

A.  2; 1

B. 1; 2 

C.  0;1

D.  1; 0 

Câu 44 (ID:479025): Cho khối chóp S. ABCD có đáy ABCD là hình thang vng tại A và D , cạnh bên
SD vng góc với mặt phẳng đáy. Cho biết AB  AD  a , CD  2a , góc giữa hai mặt phẳng  SAB  và

 SBC  bằng 300 . Tính thể tích khối chóp đã cho.
3a3
A. 2a
B. a
C.
2
Câu 45 (ID:479026): Cho hàm số y  f  x  có đạo hàm trên
3

3

a3
2
. Đồ thị của hàm số y  f '  x  được cho

D.

trong hình vẽ bên. Giá trị nhỏ nhất của hàm số g  x   f  sin x  trên  0;   là:

5


 3
1
C. f 

D. f  

2
 2 
Câu 46 (ID:479027): Có bao nhiêu giá trị thực của y để với mỗi y tồn tại đúng 2 giá trị thực của x sao cho
A. f  0 

B. f 1

ln  4x 2   xy  y ?

A. 1
B. Vô số
Câu 47 (ID:479028): Cho hàm số

y  f  x

f  2 x   xf  x 2   5 x  2 x3  1 với mọi x 

C. 2
có đạo hàm trên

D. 3
thỏa mãn

f 1  1 và

2

. Tính tích phân I   xf '  x  dx .

1

A. I  3
B. I  1
C. I  2
D. I  5
Câu 48 (ID:479029): Cho hàm số y  f  x  liên tục trên . Đồ thị của hàm số y  f 1  x  được cho trong
 1 x 
hình vẽ bên. Có bao nhiêu giá trị ngun của m để phương trình f 
  m  1 có đúng 3 nghiệm phân
 x2
biệt thuộc  1;1 ?

A. 3

B. 4

C. 2

D. 1

Câu 49 (ID:479030): Cho các số thực b, c sao cho phương trình z 2  bz  c  0 có hai nghiệm phức z1 , z2
thỏa mãn z1  4  3i  1 và z2  8  6i  4 . Mệnh đề nào sau đây đúng?
C. 5b  c  12

D. 5b  c  4
x2 y z4
Câu 50 (ID:479031): Trong không gian Oxyz , cho các đường thẳng d :
và
 

3
2
2
x 1 y  2 z  1
. Biết rằng trong tất cả các mặt phẳng chứa  thì mặt phẳng  P  : ax  by  cz  25  0
:


3
1
2
tạo với d góc lớn nhất. Tính T  a  b  c .
A. T  9
B. T  5
C. T  8
D. T  7
A. 5b  c  4

B. 5b  c  12

6


1. B
11. D
21. D
31. B
41. D

HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT

THỰC HIỆN: BAN CHUYÊN MÔN TUYENSINH247.COM
3. B
4. B
5. C
6. D
7. A
8. B
13. C
14. D
15. C
16. C
17. B
18. C
23. B
24. B
25. D
26. B
27. C
28. B
33. C
34. A
35. D
36. D
37. B
38. C
43. D
44. D
45. B
46. C
47. A

48. A

2. A
12. A
22. C
32. A
42. A

9. A
19. A
29. A
39. B
49. B

10. C
20. C
30. A
40. D
50. C

Câu 1 (NB) - 12.1.2.10
Phương pháp:
Hàm số lũy thừa y  x n với n 



xác định khi và chỉ khi x  0 .

Cách giải:
Hàm số y  1  x 

2

xác định khi 1  x  0  x  1.

Chọn B.
Câu 2 (NB) - 12.1.2.10
Phương pháp:
Đồ thị hàm số y 

ax  b
a
có TCN y  .
cx  d
c

Cách giải:
Đường tiệm cận ngang của đồ thị hàm số y 

1 x
là y  1 .
x2

Chọn A.
Câu 3 (NB) - 12.1.4.22
Phương pháp:
Số phức z  a  bi có số phức liên hợp z  a  bi .
Cách giải:

z  3  4i  z '  z  3  4i có phần ảo bằng 4 .

Chọn B.
Câu 4 (NB) - 12.1.2.15
Phương pháp:
Giải bất phương trình logarit: log a x  b  0  x  ab (với a  1 ).
Cách giải:
log 2  x  2   2  0  x  2  4  2  x  6 .
Chọn B.
Câu 5 (NB) - 12.1.1.2
Phương pháp:
Dựa vào đồ thị xác định các điểm thuộc  2; 2 mà hàm số liên tục và qua đó đổi chiều.
Cách giải:
Dựa vào đồ thị ta thấy trên  2; 2 hàm số có 2 điểm cực trị x  0, x  x0   0; 2  .
Chọn C.
Câu 6 (NB) - 12.1.7.37

7


Phương pháp:

 

a.b

Sử dụng cơng thức tính góc giữa hai vectơ:  a; b 

.

a.b

Cách giải:

 

 a; b 

a.b



a.b

1.1  0.0  1.0

 1

2

 02  12 . 12  02  02



1
2

 

  a; b  1350

Chọn D.

Câu 7 (TH) - 12.1.1.5
Phương pháp:
- Nhận biết đồ thị hàm đa thức bậc ba và bậc bốn trùng phương.
- Dựa vào các điểm thuộc đồ thị hàm số.
Cách giải:
Đồ thị hàm số là đồ thị của hàm bậc bốn trùng phương nên loại B và C.
Đồ thị đi qua điểm 1; 1 nên loại đáp án C.
Chọn A.
Câu 8 (NB) - 11.1.2.7
Phương pháp:
Sử dụng chỉnh hợp.
Cách giải:
Từ các chữ số 1, 2, 3, 4 lập được A42  12 số tự nhiên gồm 2 chữ số phân biệt.
Chọn B.
Câu 9 (NB) - 12.1.5.30
Phương pháp:
Khối lăng trụ có chiều cao bằng h và diện tích đáy bằng S thì có thể tích bằng Sh .
Cách giải:
Khối lăng trụ có chiều cao bằng h và diện tích đáy bằng S thì có thể tích bằng Sh .
Chọn A.
Câu 10 (NB) - 12.1.5.30
Phương pháp:
Sử dụng các cơng thức tính ngun hàm:

x
x
 e dx  e  C ,

n
 x dx 

x n1
 C  n  1 ,
n 1

1

 x dx  ln x  C .

Cách giải:
Vì  sin xdx   cos x  C nên đáp án C sai.
Chọn C.
Câu 11 (NB) - 12.1.1.2
Phương pháp:
Xác định điểm cực đại của hàm số là điểm mà tại đó hàm số liên tục và đạo hàm đổi dấu từ dương sang âm.
Cách giải:
Dựa vào BXD đạo hàm ta suy ra hàm số đã cho có 2 điểm cực đại x  1, x  1 .
Chọn D.
Câu 12 (NB) - 12.1.1.6
8


Phương pháp:
Giải phương trình hồnh độ giao điểm.
Cách giải:

Xét phương trình hồnh độ giao điểm:  x 2  1  x  1  0  x  1 .
2

Vậy đồ thị hàm số y   x 2  1  x  1 cắt trục hoành tại 2 điểm phân biệt.

2

Chọn A.
Câu 13 (TH) - 12.1.7.39
Phương pháp:
- Mặt phẳng  P  : Ax  By  Cz  D  0 có 1 VTPT là n   A; B; C  .
- d   P   ud  nP .
Cách giải:
Mặt phẳng  P  : x  2 y  3z  4  0 có 1 VTPT là 1; 2;3 .
Vì d   P  nên đường thẳng d có 1 vectơ chỉ phương là n   1; 2;3   1; 2; 3 .
Chọn C.
Câu 14 (NB) - 12.1.7.33
Phương pháp:
- Diện tích xung quanh khối trụ có chiều cao h , bán kính đáy r là S xq  2 rh .
Cách giải:
Diện tích xung quanh của hình trụ đã cho bằng: Sxq  2 rh  2 .3.2  12 .
Chọn D.
Câu 15 (TH) - 12.1.4.23
Phương pháp:
- Thực hiện phép cộng số phức, tìm số phức z  z1  z2 .

- Số phức z  a  bi có điểm biểu diễn trên mặt phẳng phức là M  a; b  .
Cách giải:
Ta có: z  z1  z2  1  2i    2  i   3  i .

 z  3  i có điểm biểu diễn là P  3; 1 .
Chọn C.
Câu 16 (TH) - 12.1.6.32
Phương pháp:
- Tính chiều cao khối nón h  r.cot  với 2 là góc ở đỉnh của khối nón.

1
- Thể tích của khối nón có bán kính đáy r và đường cao h là V   r 2 h .
3
Cách giải:
Chiều cao khối nón là h  r.cot   1.cot 300  3 .
1
1
3
Thể tích khối nón: V   r 2 h   .12. 3 
.
3
3
3
Chọn C.
Câu 17 (NB) - 12.1.1.3

Phương pháp:

9


Dựa vào đồ thị trên  1;1 xác định điểm cao nhất.
Cách giải:
max y  1
1;1

Chọn B.
Câu 18 (NB) - 11.1.3.19
Phương pháp:
Sử dụng tính chất CSN: un1.un1  un2 .

Cách giải:
u22 9 3
  .
Ta có u1.u3  u  u1 
u3 6 2
2
2

Chọn C.
Câu 19 (NB) - 12.1.1.1
Phương pháp:
Dựa vào BBT xác định các khoảng nghịch biến là khoảng đồ thị hàm số đi xuống từ trái qua phải.
Cách giải:
Dựa vào BBT ta suy ra hàm số nghịch biến trên 1; 2  .
Chọn A.
Chú ý khi giải: Kết luận khoảng nghịch biến là khoảng của biến, không kết luận khoảng giá trị là  1; 2  .
Câu 20 (NB) - 12.1.7.39
Phương pháp:
Trong không gian Oxyz , mặt phẳng đi qua điểm M  x0 ; y0 ; z0  và nhận n   A; B; C  làm vectơ pháp tuyến
có phương trình là: A  x  x0   B  y  y0   C  z  z0   0 .
Cách giải:
Phương trình của  Q  là: 1 x  2   3  y  1  2 z  0  x  3 y  2 z  1  0 .
Chọn C.
Câu 21 (NB) - 12.1.3.19
Phương pháp:
b

Sử dụng tính chất tích phân:



a

c

b

a

c

f  x  dx   f  x  dx   f  x  dx .

Cách giải:
2


1

2

1

0

0

f  x  dx   f  x  dx   f  x  dx  1  2  1 .

Chọn D.
Câu 22 (TH) - 12.1.2.14

Phương pháp:
- Lấy logarit cơ số 2 cả hai vế.
- Sử dụng công thức log a  xy   log a x  log a y , log a x m  m log a x  0  a  1, x, y  0  .
Cách giải:

10


a 2b  2
 log 2  a 2b   log 2 2
 2 log 2 a  log 2 b  1

Chọn C.
Câu 23 (TH) - 12.1.3.18
Phương pháp:
- Sử dụng: F  x  là một nguyên hàm của f  x  thì F '  x   f  x  . Từ đó tìm f '  x  .
- Tìm f  x    f '  x  dx .
- Sử dụng f 1  1 tìm hằng số C sau đó tính f  e  .
Cách giải:

 

Do x 2 là một nguyên hàm của x 2 f '  x  trên  0;   nên x 2 f '  x   x 2 '  2 x  f '  x  

2x 2
 .
x2 x

2
 f  x    f '  x  dx   dx  2ln x  C .

x
Mà f 1  1  2 ln1  C  1  C  1  f  x   2 ln x  1.
Vậy f  e   2 ln e  1  3 .
Chọn B.
Câu 24 (TH) - 11.1.8.48
Phương pháp:
- Gọi M là trung điểm của AB , chứng minh CM   ABB ' A ' .
- Xác định góc giữa đường thẳng A ' C và mặt phẳng  ABB ' A ' bằng góc giữa A ' C và hình chiếu của A ' C
lên mặt phẳng  ABB ' A ' .
- Sử dụng tỉ số lượng giác của góc nhọn trong tam giác để tính góc.
Cách giải:

CM  AB
 CM   ABB ' A ' .
Gọi M là trung điểm của AB ta có 
CM  AA '

 A ' M là hình chiếu của A ' C lên mặt phẳng  ABB ' A '
   A ' C;  ABB ' A '     A ' C; A ' M   CA ' M .

Vì CM   ABB ' A '  CM  A ' M nên A ' CM vuông tại M .
Tam giác ABC đều cạnh a  CM 

a 3
.
2

11

Áp dụng định lí Pytago: A ' M  AA '2  AM 2  2a 2 

a 2 3a

.
4
2

CM
a 3 3a
3
 CA ' M  300 .

:

A' M
2
2
3
Vậy   A ' C;  ABB ' A '   300 .
 tan CA ' M 

Chọn B.
Câu 25 (TH) - 12.1.7.39
Phương pháp:

Ox   P 
- 
 nP  i, OB  .
OB   P 

- Viết phương trình mặt phẳng  P  : Trong khơng gian Oxyz , mặt phẳng đi qua điểm M  x0 ; y0 ; z0  và nhận

n   A; B; C  làm vectơ pháp tuyến có phương trình là: A  x  x0   B  y  y0   C  z  z0   0 .
- Khoảng cách từ điểm I  x0 ; y0 ; z0  đến mặt phẳng  P  : Ax  By  Cz  D  0 là
d  I ;  P  

Ax0  By0  Cz0  D
A2  B 2  C 2

.

Cách giải:


Ox   P 
Gọi nP là 1 VTPT của  P  . Ta có 
 nP  i, OB    0; 4;3 .
OB

P




Phương trình mặt phẳng  P  là: 4  y  3  3  z  4   0  4 y  3z  0 .
Vậy d  A;  P   

4.  4   3.3
42   3

2

 5.

Chọn D.
Câu 26 (TH) - 12.1.5.30
Phương pháp:
- Sử dụng: Góc giữa đường thẳng và mặt phẳng là góc giữa đường thẳng và hình chiếu của nó trên mặt phẳng
đó, xác định   AC1 ;  ABCD   .
- Sử dụng định lí cosin trong tam giác tính AC.
- Sử dụng tỉ số lượng giác của góc nhọn trong tam giác vng tính CC1 .
1
- Tính S ABC  AB. AC.sin ABC  S ABCD .
2
- Tính thể tích VABCD. A1B1C1D1  CC1.S ABCD .
Cách giải:

12


Ta có   AC1 ;  ABCD      AC1 ; AC   C1 AC  450  ACC1 vuông cân tại C .
Mà AC  AB 2  BC 2  2 AB.BC.cos ABC  a 3  CC1  a 3 .
1
1
3a 2
3a 2
 S ABCD  2S ABC 
AB. AC.sin ABC  .a.a.sin1200 
.
2

2
2
4
3a 2 3a 3

Vậy VABCD. A1B1C1D1  CC1.S ABCD  a 3.
.
2
2
Chọn B.
Câu 27 (TH) - 12.1.6.34

Ta có S ABC 

Phương pháp:
- Chứng minh ABC, ABD vng (định lí Pytago đảo).
- Gọi I là trung điểm của AB , chứng minh IA  IB  IC  ID .
- Diện tích mặt cầu bán kính R là S  4 R 2 .
Cách giải:




 
 




 AC 2  BC 2  a 2 2  a 2 2  4a 2  AB 2


Ta có: 
 ABC , ABD là các tam giác vuông tại C , D .
2
2
2
2
2
2
 AD  BD  a 2  a 2  4a  AB

1

 IC  2 AB  IA  IB
 IA  IB  IC  ID .
Gọi I là trung điểm của AB , ta có 
 ID  1 AB  IA  IB

2
1
 I là tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD , bán kính mặt cầu là R  IA  AB  a .
2
2
2
Vậy diện tích mặt cầu là S  4 R  4 a .
Chọn C.
Câu 28 (TH) - 12.1.1.4
Phương pháp:
13

Sử dụng khái niệm đường tiệm cận của đồ thị hàm số: Cho hàm số y  f  x  :
- Đường thẳng y  y0 là TCN của đồ thị hàm số nếu thỏa mãn một trong các điều kiện sau: lim y  y0 hoặc
x 

lim y  y0 .

x 

- Đường thẳng x  x0 là TCĐ của đồ thị hàm số nếu thỏa mãn một trong các điều kiện sau: lim y   hoặc
x x0

lim y   hoặc lim y   hoặc lim y   .

x x0

x x0

x x0

Cách giải:
1  x  0
 x  1.
ĐKXĐ:  2
 x  3x  2  0
1 x
 0 , lim y không tồn tại.
x 
x 
x  x  3 x  2

 y  0 là TCN của đồ thị hàm số.

Ta có lim y  lim

2

1 x
  , lim y không tồn tại.
x2
x 1
x 1 x  3 x  2
 x  1 là TCĐ của đồ thị hàm số.
lim y  lim

2

Vậy số đường tiệm cận của đồ thị hàm số y 

1 x
là 2.
x  3x  2
2

Chọn B.
Câu 29 (TH) - 11.1.8.50
Phương pháp:
- Gọi O  AC  BD  SO   ABCD  .

- Gọi H là trung điểm của OC , chứng minh MH   ABCD   d  M ;  ABCD    MH .
- Sử dụng định lí Pytago và tính chất đường trung bình của tam giác để tính khoảng cách.

Cách giải:

Gọi O  AC  BD  SO   ABCD  .
Gọi H là trung điểm của OC  MH / / SH ( MH là đường trung bình của SOC ).

MH   ABCD   d  M ;  ABCD    MH .

Ta có: AC  AD 2  CD 2  a 2  3a 2  2a  OC  a .

 SO  SC 2  OC 2  5a 2  a 2  2a .
1
 MH  SO  a .
2
14


Vậy d  M ;  ABCD    a .
Chọn A.
Câu 30 (TH) - 12.1.2.13
Phương pháp:
Sử dụng công thức tính đạo hàm  log a u  ' 

u'
.
u ln a

Cách giải:
y  log 2  x  1

2

 x  12  '
2
  2  x  1 
 y'  
2
2
 x  1 ln 2  x  1 ln 2  x  1 ln 2

Chọn A.
Câu 31 (VD) - 12.1.2.14
Phương pháp:
- Từ 2a  3b lấy logarit cơ số 3 hai vế, rút b theo a .
- Thế vào bất phương trình a  b  4 , giải bất phương trình tìm a .
Cách giải:
Ta có 2a  3b  b  a log3 2 .
 a  b  4  a  a log 3 2  4

 a 1  log3 2   4

3
4
2
4
a
3
log3
2




4 
Do đó a   0;
. Kết hợp điều kiện a   a  1; 2;3;...;10 .
3
 log 3 

2
Vậy có 10 giá trị của a thỏa mãn.
Chọn B.
Câu 32 (TH) - 12.1.1.6
 a log3

Phương pháp:
Số nghiệm của phương trình f  x   m là số giao điểm của đồ thị hàm số y  f  x  và đường thẳng y  m
song song với trục hoành.
Cách giải:
 m  1
Đường thẳng y  m cắt đồ thị hàm số y  f  x  tại 2 điểm phân biệt trên  ; 2 khi và chỉ khi 
.
m  2
Vậy có 2 giá trị của m thỏa mãn.
Chọn A.
Câu 33 (TH) - 11.1.2.10
Phương pháp:
Sử dụng biến cố đối.
Cách giải:
Số phần tử của không gian mẫu là 6!  720 .
15

Gọi A là biến cố: “An và Hà không ngồi cạnh nhau”  Biến cố đối A : “An và Hà ngồi cạnh nhau”.
Coi An và Hà là 1 bạn, có 2 cách đổi chỗ An và Hà, khi đó có tất cả 5 bạn xếp vào 5 ghê  n A  2.5!  240

 

Vậy xác suất của biến cố A là: P  A  1  P A 

   1  240  2 .

 

n A

n 

720

3

Chọn C.
Câu 34 (TH) - 12.1.7.40
Phương pháp:
d
- Giải hệ 
tìm tọa độ điểm M .
 P 
- Tính OM  xM2  yM2  zM2 .
Cách giải:

x  1 t
t  3
 y  9  3t
 x  2


Vì M  d   P  nên tọa độ điểm M là nghiệm của hệ 

 M  2;0;0  .
 z  12  4t
y  0
 x  5 y  3z  2  0
 z  0
Vậy OM  2 .
Chọn A.
Câu 35 (VD) - 12.1.1.2
Phương pháp:
- Tính đạo hàm hàm số g  x  , sử dụng quy tắc tính đạo hàm của thương.
- Sử dụng dữ kiện đề bài cho xác định dấu của g '  x  .
Cách giải:
Ta có: g  x  

f  x
f '  x  .x  f  x 
.
 g ' x 
x
x2

 f ' x  0


Vì hàm số đồng biến và nhận giá trị âm trên  0;   nên  x  0
 g '  x   0 x   0;   .
f x 0
  
f  x
Vậy hàm số g  x  
khơng có cực trị trên  0;   .
x
Chọn D.
Câu 36 (TH) - 12.1.3.20

Phương pháp:
- Xét phương trình hồnh độ giao điểm tìm các cận.
Thể tích khối trịn xoay tạo thành khi quanh hình phẳng giới hạn bởi các đường y  f  x  , y  g  x  ,
b

x  a, x  b xung quanh trục Ox là: V    f 2  x   g 2  x  dx .
a

Cách giải:
Xét phương trình hồnh độ giao điểm: 1  2  x 2  x  1 .
Thể tích khối trịn xoay tạo thành khi quay  D  xung quanh trục Ox được tính theo cơng thức

16


1

V     2  x 2   12 dx

2

1
1

 

1

 2  x  1 dx
2 2

1
1

2 2
     2  x  dx   dx 
1
 1

1


2
     2  x 2  dx  2 
 1

1

    2  x 2  dx  2

2

1

Chọn D.
Câu 37 (TH) - 12.1.4.25
Phương pháp:
- Giải phương trình bậc hai tìm hai số phức z1 , z2 .
- Tính từng đáp án và chọn đáp án sai.
Cách giải:
 z  1  2i
z2  2z  3  0   1
 z2  1  2i



 

z z  1  2i  . 1  2i   3
z  z  1  2i   1  2i 

 z1  z2  1  2i  1  2i  2
1 2
2
1

2
2

2

2

 2

Vậy mệnh đề B sai.
Chọn B.
Câu 38 (VD) - 12.1.2.15
Phương pháp:
- Tìm ĐKXĐ.
- Nhân liên hợp biểu thức trong loga ở Vế trái, sử dụng công thức log a

x
 log a x  log a y  0  a  1, x, y  0 
y

.
- Xét hàm đặc trưng.
- Giải bất phương trình chứa căn:
Cách giải:
ĐKXĐ: x x 2  3  x 2  0  x



B  0

A  B   B  0 .
  A  B 2




x2  3  x  0 .

Ta có x 2  3  x 2  x 2  3  x  x  x 2  3  x  0  x  0 .
Ta có:

17






log 2 x x 2  3  x 2  x 2  3  2 x


3
2
 log 2  x
  x  3  2x
2
x 3 x 

3x
 log 2
 x2  3  2 x
2
x 3 x
 log 2 3x  log 2





x 2  3  x  x 2  3  x  3x

 log 2 3x  3x  log 2





x2  3  x  x2  3  x

Xét hàm đặc trưng f  t   log 2 t  t  t  0  ta có f '  t  

1
 1  0 t  0 nên hàm số đồng biến trên
t ln 2

.

Do đó 3x  x 2  3  x  x 2  3  2 x
 x 2  3  4 x 2  do x  0   x 2  1  1  x  1 .

Kết hợp điều kiện x  0  0  x  1 .
Vậy bất phương trình đã cho có 3 nghiệm nguyên x  1 .
Chọn C.
Câu 39 (VD) - 12.1.7.40

Phương pháp:
- Tham số hóa tọa độ điểm A, B .
- Sử dụng điều kiện M , A, B thẳng hàng tìm tọa độ điểm A, B .
- Sử dụng công thức SOAB 

1
OA, OB  .

2

Cách giải:
Gọi A  4  5a; 4  2a; 2  3a   d1 , B 1  b; 2  3b;  5  2b   d 2 .
Vì M , A, B  d nên chúng thẳng hàng  MA, MB cùng phương.

 MA   5a  7;  2a  8;  3a  7 
Ta có: 
 MB   b  2;  3b  6; 2b 

18


5a  7 2a  8 3a  7


b  2 3b  6
2b
15ab  30a  21b  42  2ab  8b  4a  16

10ab  14b  3ab  6a  7b  14



13ab  26a  13b  26  0

13ab  6a  21b  14  0
20a  8b  12  0

ab  2a  b  2  0
5a  2b  3  0

ab  2a  b  2  0
5a  3

b  2

a. 5a  3  2a  5a  3  2  0

2
2
5a  3

b 

2
5a 2  3a  4a  5a  3  4  0

5a  3

b 


2
2
5a  12a  7  0

 a  1, b  1

 a   7 , b  2
5

 A 1; 2; 1 , B  2; 1; 3

   6 11 
A 3; ; 
, B 3; 4; 1
  5 5  
TH1: A 1; 2; 1 , B  2; 1; 3  OA 1; 2; 1 , OB  2; 1; 3
1
1 2
3 5
OA, OB  
3  62  02 


2
2
2
 6 11 
 6 11 
TH2: A  3; ;   , B  3; 4; 1  OA  3; ;   , OB  3; 4; 1
 5 5

 5 5
 SOAB 

 SOAB 

1
1
8908
OA, OB  
102  3, 62  15, 62 
.


2
2
10

Chọn B.
Câu 40 (VD) - 12.1.4.24
Phương pháp:
- Sử dụng: z 2  z  z.z .
2

- Đưa phương trình về dạng tích.
- Đặt z  x  yi  z  x  yi , thế vào phương trình và sử dụng điều kiện hai số phức bằng nhau.
- Giải hệ phương trình đại số bằng phương pháp thế.
Cách giải:

19

ĐK: z  2i .
Ta có:

z2
z2
2
 z2 
 z  z.z
z  2i
z  2i
 z  0  tm 
 z

 z
 z  0   z

 z  0  *
 z  2i

 z  2i
Đặt z  x  yi  z  x  yi , thay vào (*) ta có

x  yi   x  yi  x  yi  2i 
 x  yi  x 2  xyi  2 xi  xyi  y 2  2 y
 x  yi  x 2  y 2  2 y  2 xi
 x2  y 2  2 y  x

 y  2 x
 x2  4x2  4x  x


 y  2 x
5 x 2  3x  0

 y  2 x
 x  0; y  0

x   3 ; y  6
5
5

z  0

z   3  6 i
5 3

Vậy có 2 số phức z thỏa mãn.
Chọn D.
Câu 41 (VD) - 12.1.6.33
Phương pháp:
- Gọi r , h lần lượt là bán kính đáy và chiều cao của bể hình trụ. Tính thể tích khối trụ V   r 2 h , từ đó rút h
theo r .
- Tính diện tích tồn phần của bể hình trụ là Stp  2 rh  2 r 2 , thế h theo r và áp dụng BĐT Cô-si:

a  b  c  3 3 abc , dấu “=” xảy ra  a  b  c .
- Tính số tiền.
Cách giải:
Gọi r , h lần lượt là bán kính đáy và chiều cao của bể hình trụ. Theo bài ra ta có  r 2 h  2  h 

 Diện tích tồn phần của bể hình trụ là Stp  2 rh  2 r 2  2 r.

2
.
 r2

2
4
 2 r 2   2 r 2  m2  .
2
r
r

4
2 2
2 2
 2 r 2    2 r 2  3 3 . .2 r 2  6 3  .
r
r r
r r
2
1
Dấu “=” xảy ra   2 r 2  r  3 .
r

Áp dụng BĐT Cơ-si ta có:

20


Vậy số tiền để sản xuất bể chứa nói trên sao cho tốn ít vật liệu nhất là: 6 3  .600  5273 (nghìn đồng).

Chọn D.
Câu 42 (VD) - 12.1.3.20
Phương pháp:
- Diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số y  f  x  , y  g  x  , đường thẳng x  a, x  b là
b

S   f  x   g  x  dx . Từ đó tính diện tích 1 cánh của hình trang trí và suy ra diện tích hình trang trí.
a

- Sử dụng dữ kiện diện tích trang trí màu sẫm chiếm

1
diện tích mặt sàn suy ra 1 phương trình bậc nhất 2 ẩn
3

a, b .
- Sử dụng: Đồ thị hàm số y  ax3  bx đi qua điểm A 1;1 suy ra thêm 1 phương trình bậc nhất 2 ẩn a, b .
- Giải hệ tìm a, b và tính ab .
Cách giải:
1

 x3 ax 4 bx 2 
1 a b
Diện tích 1 cánh của hình trang trí là S1    x  ax  bx  dx   

    .
4
2 0 3 4 2
3
0

1

2

3

4
 Diện tích hình trang trí là S  4S1   a  2b .
3
4
4
1
Vì diện tích trang trí màu sẫm chiếm diện tích mặt sàn nên  a  2b   a  2b  0 .
3
3
3
3
Đồ thị hàm số y  ax  bx đi qua điểm A 1;1 nên a  b  1 .
a  2b  0
a  2

Khi đó ta có 
.
a  b  1
b  1
Vậy ab  2 .
Chọn A.
Câu 43 (VD) - 12.1.3.20

Phương pháp:

- Tính g '  x  .
- Đặt 2 x  X  1 , sử dụng tương giao tìm nghiệm của phương trình g '  x   0 .
- Lập BXD g '  x  và dựa vào đáp án để kết luận khoảng đồng biến của hàm số.
Cách giải:
Ta có:
g  x   f  2x   2x2  2x

 g '  x   2 f '  2x   4x  2
Cho g '  x   0  f '  2 x   2 x  1  0  f '  2 x   2 x  1 .
Đặt 2 x  X  1 ta có f '  X  1   X  1  1   X , khi đó số nghiệm của phương trình là số giao điểm của đồ
thị hàm số y  f '  X  1 và y   X .
Ta có đồ thị hàm số:

21


3

x

X


2
2
x

1



2


2



Dựa vào đồ thị  f  X  1   X  X  1  2 x  1  1   x  1 , qua các nghiệm này g '  x  đổi



 X  2
 2 x  1  2
1
x 
2

dấu.
Ta có g '  0   2 f '  0   2  0  do f '  0   0  nên ta có BXD g '  x  như sau:

Vậy hàm số g  x   f  2 x   2 x 2  2 x đồng biến trên khoảng  1; 0  .
Chọn D.
Câu 44 (VD) - 12.1.5.30
Phương pháp:
- Trong  SAD  kẻ DH  SA  H  SA  , trong  SBD  kẻ DK  SB  K  SB  . Chứng minh DH   SAB  ,
DK   SBC      SAB  ;  SBC      DH ; DK   300 .

- Đặt SD  x  x  0  , áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vng tính DH , DK .
- Áp dụng tỉ số lượng giác của góc nhọn trong tam giác vng giải phương trình tìm x .
- Tính thể tích

Cách giải:

Trong  SAD  kẻ DH  SA  H  SA  , trong  SBD  kẻ DK  SB  K  SB  .

22


Ta có:
 AB  AD
 AB   SAD   AB  DH

 AB  SD
 DH  AB
 DH   SAB  1

 DH  SA

1
Gọi E là trung điểm của CD  ABED là hình vng nên BE  AD  a  CD  BCD vng tại B .
2
Ta có:
 BC  BD
 BC   SBD   BC  DK

 BC  SD
 DK  BC
 DK   SBC   2 

 DK  SB
Từ (1) và (2)     SAB  ;  SBC      DH ; DK   300 .

Mà DH   SAB   DH  HK  DHK vuông tại H  HDK  300 .
Đặt SD  x  x  0  , áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vng ta có:

AD.SD

DH 
DK 

AD  SD
2

2

BD.SD
BD 2  SD 2

a.x




a2  x2
a 2.x
2a 2  x 2

Xét tam giác vng DHK ta có: cos HDK 


2a 2  x 2
2a  2 x

2

2



DH
ax
a 2x
3

:

DK
2
a2  x2
2a 2  x 2

3
2

 4  2a 2  x 2   3  2a 2  2 x 2 
 8a 2  4 x 2  6a 2  6 x 2
 2a 2  2 x 2  x  a
1
1
3a 2
Ta có S ABCD   AB  CD  . AD   a  2a  .a 
.
2

2
2
1
1 3a 2 a3
Vậy VS . ABCD  SD.S ABCD  .a.
 .
3
3
2
2
Chọn D.
Câu 45 (VD) - 12.1.1.3

Phương pháp:
- Đặt t  sin x , tìm điều kiện của t ứng với x   0;   , đưa hàm số về dạng f  t  .
- Dựa vào đồ thị hàm số y  f '  x  đã cho lập BBT hàm số f  t  và tìm GTNN của hàm số trên đoạn giá trị
của t .
Cách giải:
Đặt t  sin x , với x   0;    t   0;1 .
Khi đó ta có hàm số y  f  t  trên  0;1 có f '  t   0 t   0;1 , do đó hàm số nghịch biến trên  0;1 nên

min f  t   f 1 .
0;1

Vậy min g  x   f 1 .
0; 

23

Chọn B.
Câu 46 (VDC) - 12.1.2.14
Phương pháp:

- Coi phương trình ln  4x 2   xy  y là phương trình ẩn x tham số y . Cơ lập y , đưa phương trình về dạng
y  f  x .

- Lập BBT hàm số f  x  , sử dụng tương giao tìm số nghiệm của phương trình.
Cách giải:
ĐKXĐ: 4 x 2  0  x  0 .
Coi phương trình ln  4x 2   xy  y là phương trình ẩn x tham số y .
Ta có pt  ln  4 x 2   y  x  1 .

Với x  1  ln 4  0 (vơ lí)  x  1 .
ln  4 x 2 
y
 f  x .
x 1
Xét hàm số f  x  

8x
2
x  1  ln  4 x 2  2   ln  4 x 2 
2 
x
với x  1, x  0 ta có f '  x   4 x
.

2
2

 x  1
 x  1

ln  4 x 2 
x 1

 

2
Cho f '  x   0  2   ln 4 x 2  0 .
x
2 2 2  2 x
2
Tiếp tục xét hàm số g  x   2   ln 4 x 2 ta có g '  x    2  
, g '  x   0  x  1 .
x x
x
x2

 

x  a  g  x  0

Dựa vào BBT ta thấy g  x   0 có nghiệm duy nhất x  a  0 và với 0  x  a  g  x   0 .

x  0  g  x  0
 f  x   0 có nghiệm duy nhất x  a  0 .
BBT hàm số f  x  như sau:

ln  4 x 2 

y  0
 f  x  có đúng hai nghiệm thì 
.
x 1
 y  f a
Vậy có 1 giá trị thực của y thỏa mãn.
Chọn C.
Do đó để phương trình y 

24


Câu 47 (VDC) - 12.1.3.19
Phương pháp:
2
u  x
- Sử dụng tích phân từng phần để xử lý I   xf '  x  dx , đặt 
.
dv  f '  x  dx
1
- Từ f  2 x   xf  x 2   5 x  2 x3  1 tính f  2  bằng cách thay x  1 .

- Biến đổi f  2 x   xf  x 2   5 x  2 x 3  1  2 f  2 x   2 xf  x 2   10 x  4 x 3  2 , lấy tích phân từ 0 đến 1 hai vế
2

và tìm

 f  x  dx .
1

Cách giải:



u  x
du  dx
Xét I   xf '  x  dx . Đặt 
ta có


1
dv  f '  x  dx 
v  f  x 
2

2

2

I  xf  x  1   f  x  dx  2 f  2   f 1   f  x  dx
2

1

1

2

 2 f  2   1   f  x  dx

1

Ta có: f  2 x   xf  x 2   5 x  2 x3  1 . Thay x  1  f  2   f 1  2  f  2   3 .
2

 I  5   f  x  dx .
1

Ta có:
f  2 x   xf  x 2   5 x  2 x3  1

 2 f  2 x   2 xf  x 2   10 x  4 x3  2
Lấy tích phân 2 vế ta có:
1

1

1

2  f  2 x  dx   2 xf  x 2  dx   10 x  4 x 3  2  dx  2
0

0

1

0

1

  f  2x  d  2x    f  x2  d  x2   2
0

0

2

1

0

0

  f  t  dt   f  u  du  2
2

1

0

0

  f  x  dx   f  x  dx  2
2

  f  x  dx  2
1

Vậy I  5  2  3 .
Chọn A.

Câu 48 (VDC) - 12.1.1.6
Cách giải:
Từ đồ thị hàm số y  f 1  x  ta suy ra BBT hàm số y  f  x  như sau:

25