Đề thi học kỳ II môn toán đề 2

ĐỀ 02

ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG HỌC KÌ II
TRẮC NGHIỆM MƠN TỐN 12
(Thời gian làm bài 90 phút, khơng kể thời gian phát đề)
Mã đề: 612

Câu 1 (NB): Trong không gian chỉ có 5 loại khối đa giác đều.

Mệnh đề nào sau đây đúng?
A. Khối lập phương và khối bát diện đều có cùng số cạnh.
B. Khối mười hai mặt đều và khối hai mươi mặt đều có cùng số đỉnh.
C. Khối tứ diện đều và khối bát diện đều có 1 tâm đối xứng.
D. Mọi khối đa diện đều có số mặt là những số chia hết cho 4.
Câu 2 (NB): Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm M (2; 1;1). Tìm tọa độ điểm M ' là hình
chiếu vng góc của M trên mặt phẳng Oxy.
A. M '(2; 1;0).

C. M '(2;1;0).

B. M '(0;0;1).



Câu 3 (TH): Tìm tập xác định của hàm số y  2  x  1
A. D   �;5  .

B. D   1;5  .



3

D. M '(2;1; 1).

.

C. D   1;3 .

D. D   1; � .

Câu 4 (NB): Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng  đi qua điểm M (2;0; 1) và có
r
vectơ chỉ phương a (4; 6; 2). Phương trình tham số của  là:
�x  2  4t
�
A. � y  6t .
�z  1  2t
�

�x  2  2t
�
B. � y  3t .
� z  1 t
�

�x  4  2t
�
C. �y  6  3t .
�z  2  t
�

�x  2  2t
�
D. �y  3t .
�z  1  t
�

Câu 5 (NB): Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho 3 điểm A(1; 2; 1), B(3; 4;3), C (3;1; 3). Số điểm
D sao cho 4 điểm A, B, C, D là 4 đỉnh của một hình bình hành là
A. 3.

B. 1.

C. 1.

D. 0.

Câu 6 (NB): Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm A(1; 2; 1), B(1; 4;3). Độ dài đoạn AB là:
A. 3.

B.

6.

C. 2 3.

D. 2 13.

Câu 7 (TH): Có bao nhiêu số tự nhiên chẵn gồm 3 chữ số khác nhau?
A. 328.

B. 405.

C. 360.

Câu 8 (TH): Cho hai số phức z1  1  2i, z2  3  i. Tìm số phức z 
A. z 

1 7
 i.
10 10

1 7
B. z   i.
5 5

1 7
C. z   i.
5 5

D. 500.
z2
.
z1
D. z  

1 7
 i.
10 10
Trang 1

2
Câu 9 (TH): F(x) là một nguyên hàm của hàm số f ( x )  3 x 

trong đó a, b, c là các số nguyên dương và
A. 4.

1
b
. Biết F (0)  0, F (1)  a  ln 3
2x 1
c

b
là phân số tối giản. Khi đó, giá trị biểu thức a  b  c bằng
c

B. 3.

C. 12.

D. 9

Câu 10 (TH): Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, viết phương trình mặt cầu Scó tâm I (0;1; 1) và
tiếp xúc với mặt phẳng ( P) : 2 x  y  2 z  3  0.
A. x 2  ( y  1) 2  ( z  1) 2  4.

B. x 2  ( y  1) 2  ( z  1) 2  4.

C. x 2  ( y  1) 2  ( z  1) 2  4.

D. x 2  ( y  1) 2  ( z  1) 2  2.

Câu 11 (TH): Thể tích khối trịn xoay sinh ra bởi phép quay quanh trục hồnh hình phẳng giới hạn bởi
x

đồ thị hàm số y  e 2 , trục hoành, trục tung và đường thẳng x  2 bằng
B.  (e 2  1).

A.  e 2 .

C.  (e  1).

D. e 2  1.

Câu 12 (TH): Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vng cạnh a, SA  ( ABCD ), SC tạo với đáy
một góc 600. Tính thể tích V của khối chóp đã cho.
A. V 

a3 6
.
6

B. V 

a3 3
.
6

C. V 

a3 6
.
3

D. V 

a3 3
.
3

Câu 13 (NB): Phương trình 42 x 4  16 có nghiệm là:
A. x  3.

B. x  2.

C. x  4.

D. x  1.

Câu 14 (TH): Cho tứ diện đều ABCD. Gọi  là góc giữa đường thẳng AB và mặt phẳng (BCD). Tính
cos  .
1
A. cos   .
2
C. cos  

B. cos   0.

2
.
3

D. cos  

3
.
3

Câu 15 (NB): Trong các mệnh đề sau, mệnh đề nào đúng?
A. Số phức z  2  3i có phần thực là 2 và phần ảo là 3i .
B. Số phức z  2  3i có phần thực là 2 và phần ảo là 3 .
C. Số phức z  2  3i có phần thực là 2 và phần ảo là 3i .
D. Số phức z  2  3i có phần thực là 2 và phần ảo là 3 .
Câu 16 (NB): Hàm số nào sau đây đồng biến trên khoảng  1;1 .
A. y  x 2 .

B. y   x3  3 x .

C. y  1  x 2 .

D. y 

x 1
.
x

Câu 17 (NB): Cho hàm số y  f ( x) có bảng biến thiên như hình vẽ

x

�

1

2

�
Trang 2


f’(x)

+

0

-

0

+
�

0
f(x)
�

-1

Hàm số có giá trị cực đại bằng
A. 1.

B. 2.

C. 0.

D. -1.

Câu 18 (TH): Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt cầu ( S ) : x 2  y 2  z 2  2( x  2 y  3 z )  0.
Gọi A, B, C lần lượt là giao điểm ( khác gốc tọa độ O) của mặt cầu Svà các trục tọa độ Ox, Oy, Oz.
Phương trình mặt phẳng ABClà:
A. 6 x  3 y  2 z  12  0. B. 6 x  3 y  2 z  12  0. C. 6 x  3 y  2 z  12  0. D. 6 x  3 y  2 z  12  0.
Câu 19 (TH): Khoảng cách giữa hai tiệm cận đứng của đồ thị hàm số y 
A. 2.

B.

2.

1
bằng:
x 2
2

C. 2 2.

D. 4.

Câu 20 (TH): Giá trị nhỏ nhất của hàm số y   x 4  42  5 trên đoạn  2;3 bằng:
A. -5.

B. -50.

C. -1.

D. -197.

Câu 21 (NB): Diện tích của hình phẳng (H) được giới hạn bởi đồ thị hàm số
y  f ( x) , trục hoành và hai đường x  a, x  b, (a  b) (phần tơ đậm trong hình
vẽ) tính theo cơng thức:
c

b

a

c

b

f ( x)dx  �
f ( x)dx.
A. S  �

f ( x)dx.
B. S  �
a

b

C. S 

c

b

a

c

f ( x)dx  �
f ( x)dx.
D. S   �

f ( x )dx .
�
a

Câu 22 (NB): Đường cong hình bên là đồ thị của hàm số nào sau đây?
A. y   x 4  4 x 2 .

B. y  x 2 .

C. y  2 x 4  x 2 .

D. y  3x 4  x 2  1.

Câu 23 (NB): Trong các khẳng định sau, khẳng định nào sai?

2018

2017

� 2�
� 2�
1


1
A. �
�
�
�
� 2 �
�
� .
�
�
� 2 �
C.





2 1

2017







2 1

2018

.

B. 2
D.



2 1

 2 3.



3 1

2018







3 1

2017

.

Câu 24 (NB): Cho các số nguyên dương k , n, k  n. Mệnh đề nào sau đây sai?

Trang 3


k
A. Cn 

n!
.
(n  k )!

nk
k
C. Cn  Cn .

k
k
B. An  k !.C n .

k

k 1
k 1
D. Cn  Cn  Cn 1 .

Câu 25 (TH): Có bao nhiêu giá trị nguyên của m thuộc đoạn  14;15 sao cho đường thẳng y  mx  3
cắt đồ thị của hàm số y 
A. 17.

2x 1
tại hai điểm phân biệt
x 1
B. 16.

C. 20.

D. 15.

Câu 26 (NB): Mệnh đề nào sau đây đúng?
��
0; �
.
A. Hàm số y  sinx đồng biến trên �
� 2�

B. Đồ thị hàm số y  sinx có tiệm cận ngang.

C. Hàm số y  sinx tuần hồn với chu kì T   .

D. Hàm số y  sinx là hàm số chẵn.

Câu 27 (VD): Cho hình lăng trụ tam giác đều ABC.A’B’C’ có tất cả các
cạnh bằng a. Gọi M, N lần lượt là trung điểm của các cạnh AB và B’C’.
Mặt phẳng (A’MN) cắt cạnh BC tại P. thể tích khối đa diện MBP.A’B’N’ là:
A.

3a 3
.
24

B.

7 3a 3
.
96

C.

3a 3
.
12

D.

7 3a 3
.
32

Câu 28 (TH): Cho hàm số y  f ( x) ó bảng biến thiên như hình vẽ
�

x
f’(x)

1
+

0

�

2
-

0

+
�

11
f(x)
�

4

Đồ thị hàm số y  f ( x)  2m có 5 điểm cực trị khi và chỉ khi
� 11 �
2;
.
B. m ��
� 2�

�

A. m � 4;11 .

� 11 �
2; �
.
C. m ��
� 2�



D. m  3.



2
2
4
2
2
Câu 29 (VD): Biết rằng bất phương trình m x  1  x  1 �2 x  x  x  1  x  2 có nghiệm



khi và chỉ khi m � �; a 2  b �
�với a, b ��. Tính T  a  b.
A. T  0.

B. T  1.

Câu 30 (VD): Cho hàm số y 

C. T  2.

D. T  3.

x2
có đồ thị là (C). Gọi I là giao điểm hai đường tiệm cận của (C). Tiếp
x2

tuyến của (C) cắt hai đường tiệm cận của (C) tại hai điểm A, B. Giá trị nhỏ nhất của chu vi đường tròn
ngoại tiếp tam giác IAB bằng
A. 2 .

B. 8 .

C. 4 2 .

D. 4 .

Trang 4


Câu 31 (VD): Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho tam giác ABC có phương trình đường phân giác
x y 6 z 6


. Biết rằng điểm M (0;5;3) thuộc đường thẳng AB và điểm N (1;1;0) thuộc
1

4
3
đường thẳng AC. Vectơ nào sau đây là vectơ chỉ phương của đường thẳng AC ?
r
r
r
r
A. u (1; 2;3).
B. u (0; 2;6).
C. u (0;1; 3).
D. u (0;1;3).
góc A là

Câu 32 (VD): Cần phải làm cái cửa sổ mà phía trên là hình bán nguyệt, phía dưới là
hình chữ nhật, có chu vi là a mét (a chính là chu vi hình bán nguyệt cộng với chu vi
hình chữ nhật trừ đi đường kính của hình bán nguyệt). Gọi d là đường kính của hình
bán

nguyệt.

Hãy

xác

định

d

để

diện

tích

cửa

sổ

là

lớn

nhất.
A. d 

a
.
4

B. d 

2a
.
4

C. d 

a
.
2

D. d 

2a
.
2

Câu 33 (VD): Cho hình chop S.ABC có đáy là tam giác ABC vuông tại A,
ABC  300 , tam giác SBC là tam giác đều cạnh a và nằm trong mặt
phẳng vng góc với mặt phẳng đáy. Tính khoảng cách h từ điểm C đến
mặt phẳng (SAB).
A. h 

2a 39
.
13

B. h 

a 39
.
13

C. h 

a 39
.
26

D. h 

a 39
.
52

Câu 34 (VD): Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, gọi (H) là phần mặt phẳng chứa các điểm biểu diễn các số
phức z thỏa mãn

z
16
và
có phần thực và phần ảo đều thuộc đoạn  0;1 . Tính diện tích S của (H).
16
z
B. S  64 .

A. S  256.

ln 6

Câu 35 (VD): Biết tích phân

ex

�
1

ex  3

0

C. S  16(4   ).

D. S  32(6   ).

dx  a  b ln 2  c ln 3 với a, b, c là các số nguyên dương. Tính

T = a +b+ c.
A. T  2.

B. T  1.

C. T  0.

D. T  1.

��
� �
0; � và f � � 0. Biết
Câu 36 (VD): Cho hàm số y  f ( x) có đạo hàm liên tục trên đoạn �
� 4�
�4 �

4




4




8

f ( x)dx  , �
f ( x)sin 2 x dx   . Tính tích phân I  �
f (2 x )dx.
�
8
4
0

2

0

'

0

Trang 5


1
A. I  .
2
Câu

37

1
B. I  .
4
(TH):

Tìm

tập

hợp

C. I  2.
tất

cả

các

giá

trị

D. I  1.
thực

của

m

để

phương

trình

1  log 5 ( x 2  1)  log 5 ( mx 2  4 x  m) có hai nghiệm phân biệt.
A. m �(3;7) \  5 .

B. m �(3;7).

C. m ��\  5 .

e4

Câu 38 (TH): Biết

D. m ��.

4

1
f ( x)dx.
f (ln x ) dx  4. Tính tích phân I  �
�
x
1
e

A. I  8.

B. I  16.

C. I  2.

D. I  4.

18
18
Câu 39 (TH): Cho khai triển (1  4 x)  a0  a1 x  ...  a18 x . Giá trị của a3 bằng

A. -52224.

B. 52224.

C. 2448.

D. -2448.

Câu 40 (VD): Cho các số phức z1 , z2 thỏa mãn z1  6, z2  2. Gọi M, N lần lượt là điểm biểu diễn các số
2
2
phức z1 ,i z2 . Biết rằng MON  600 . Tính T  z1  9 z2 .

A. T  36 2.

B. T  24 3.

C. T  36 3.

D. T  18.

Câu 41: Gọi S là tập hợp tất cả các giá trị thực của tham số m sao cho giá trị lớn nhất của hàm số
x 2  mx  m
y
trên  1; 2 bằng 2. Số phần tử của tập S là:
x 1
A. 3.

B. 1.

C. 4.

D. 2.

Câu 42 (TH): Cho hàm số y  f ( x) liên tục trên �. Biết rằng
hàm số y  f '( x) có đồ thị như hình vẽ. Hàm số y  f (x 2  5)
nghịch biến trên khoảng nào sau đây?
A.  1;0  .

B.  1; 2  .

C.  1;1 .

D.  0;1 .

Câu 43 (VD): Ông A muốn sau 5 năm có 1.000.000.000 đồng để mua ơ tô Camry. Hỏi rằng ông A phải
gửi ngân hàng mỗi tháng số tiền gần nhất với số tiền nào sau đây? Biết lãi suất hằng tháng là 0,5%, tiền
lãi sinh ra hằng tháng được nhập vào tiền vốn, số tiền gửi hàng tháng là như nhau.
A. a  14.261.000 đồng. B. a  14.260.500 đồng. C. a  14.261.500 đồng. D. a  14.260.000 đồng.

u1  1
�
. Tìm số nguyên dương n nhỏ nhất
Câu 44 (VD): Cho dãy số (un) xác định bởi �
un 1  un  n3 , n ��*
�
sao cho un  1 �2039190.
A. n  2017.

B. n  2020.

C. n  2018.

D. n  2019.

Câu 45 (VD): Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là tứ giác lồi và góc tạo bởi các mặt phẳng (SAB),
(SBC),(SCD),(SDA) với mặt đáy lần lượt là 900 , 600 , 600 , 600. Biết rằng tam giác SAB vuông cân tại S,
AB  a và chu vi tứ giác ABCD là 9a. Tính thể tích V của khối chóp S.ABCD.

Trang 6


A. V 

a3 3
.
4

B. V  a 3 3.

C. V 

2a 3 3
.
9

Câu 46 (VD): Cho hàm số y  f ( x) liên tục trên  1; 4 và thỏa mãn f ( x ) 

D. V 

a3 3
.
9

f (2 x  1) ln x

. Tính tích
x
x

4

f ( x )dx.
phân I  �
3

B. I  2 ln 2.

A. I  2 ln 2 2.

C. I  3  2 ln 2 2.

D. I  ln 2 2.

Câu 47 (VD): Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm A(1; 2; 3) và mặt phẳng
( P) : 2 x  2 y  z  9  0. Đường thẳng đi qua A và vng góc với mặt phẳng (Q) : 3 x  4 y  4 z  5  0 cắt
mặt phẳng (P) tại B. Điểm M nằm trong mặt phẳng (P) ln nhìn đoạn AB dưới một góc vng và độ dài
MB lớn nhất. Tính độ dài MB.
A. MB  5.

B. MB 

5
.
2

C. MB 

41
.
2

D. MB  41.

Câu 48 (VD): Cho lăng trụ ABCD.A’B’C’D’ có đáy ABCD là hình chữ nhật. AB  a, AD  a 3. Hình
chiếu vng góc của điểm A’ trên mặt phẳng (ABCD) trùng với giao điểm AC và BD. Tính khoảng cách từ
điểm B’ đến (A’BD) .
A.

a 3

.
3

B.

a 3
.
4

C.

a 3
.
2

D.

a 3
.
6

Câu 49 (TH): Giải bóng chuyền VTV Cup gồm 12 đội tham dự trong đó có 9 đội bóng nước ngồi 3 đội
bóng củaViệt Nam. Ban tổ chức bốc thăm ngẫu nhiên để chia 3 bảng A, B, C mỗi bảng 4 đội. Tính xác
suất để ba đội Việt Nam ở 3 bảng khác nhau.
A.

16
.
55

B.

133
.
165

C.

32
.
165

D.

39
.
65

Câu 50 (VD): Hình nón đỉnh S, đáy là hình trịn nội tiếp tam giác ABC. Biết rằng AB = BC = 10a, AC =
12a, góc tạo bởi hai mặt phẳng (SAB) và (ABC) bằng 450. Tính thể tích V của khối nón đã cho.
A. V  9 a 3 .

B. V  12 a 3 .

C. V  27 a 3 .

D. V  3 a 3 .

ĐÁP ÁN VÀ LỜI GIẢI CHI TIẾT

1. A

2.A

3. B

4. D

5. D

6. D

7. A

8. C

9. A

10. C

11. B

12. C

13. A

14. D

15. B

16. B

17. C

18. B

19. C

20. B

21. D

22. C

23. D

24. A

25. A

26. A

27. B

28. C

29. B

30. C

31. D

32. B

33. B

34. D

35. C

36. B

37. A

38. D

39. A

40. C

41. D

42. D

43. C

44. B

45. D

46. A

47. A

48. C

49. A

50. A

Câu 1:
Phương pháp:
Trang 7


Dựa vào các khối đa diện đều đã được học: Khối tứ diện đều, khối lập phương, khối bát diện đều, khối 12
mặt đều và khối 20 mặt đều.
Cách giải:
Mệnh đề đúng là: A: Khối lập phương và khối bát diện đều có cùng số cạnh (cùng bằng 12).
Chọn A.
Câu 2:
Phương pháp:
Hình chiếu vng góc của điểm M ( x0 ; y0 ; z0 ) lên mặt phẳng (Oxy) là M '( x0 ; y0 ;0).
Cách giải:
Hình chiếu vng góc của điểm M (2; 1;1) lên mặt phẳng (Oxy) là M '(2; 1;0) .
Chọn A.
Câu 3:
Phương pháp:
Xét hàm số y  x :
+ Nếu  là số nguyên dương thì TXĐ: D  �.

+ Nếu  là số nguyên âm hoặc bằng 0 thì TXĐ: D  �\  0 .
+ Nếu  khơng phỉ là số ngun thì TXĐ: D   0; � .
Cách giải:
� x �1
�x �1
� x  1 �0
� x �1
��
��
��
�� 1;5 
ĐKXĐ: �
2  x 1  0
�x  1  4
�x  5
�
� x 1  2
Vậy TXĐ của hàm số là D   1;5  .
Chọn B.
Câu 4:
Phương pháp:
�x  x0  at
r
�
Đường thẳng  đi qua điểm M ( x0 ; y0 ; z0 ) và có vectơ chỉ phương u (a; b; c ) có PTTS là: �y  y0  t .
�z  x  ct
0
�
Cách giải:

r
 có 1 VTCP a (4; 6; 2) �  nhận (2; 3;1) là 1VTCP

�x  2  2t
�
Phương trình tham số của  là: �y  3t .
�z  1  t
�
Chọn D.
Câu 5:
Trang 8


Phương pháp:
Để A, B, C, D là 4 đỉnh của một hình bình hành là thì trước hết A, B, C không thẳng hàng.
Cách giải:
uuu
r
�
�AB  (4; 2; 4)
A(1; 2; 1),( 3; 4;3), C (3;1; 3) � �uuur
� A, B, C thẳng hàng
�AC  (2; 1; 2)
� Khơng có điểm D nào để A, B, C, D là 4 đỉnh của một hình bình hành.
Chọn D.
Câu 6:
Phương pháp:
AB 

 xB  x A 

2

  yB  y A    zB  z A  .
2

2

Cách giải:
a(1; 2; 1), B(1; 4;3) � AB  (1  1) 2  (4  2) 2  (3  1) 2  36  16  52  2 13.
Chọn D.
Câu 7:
Phương pháp:
Sử dụng quy tắc cộng và nhân hợp lí.
Cách giải:
Giả sử số tự nhiên chẵn gồm 3 chữ số khác nhau là: abc, (a �0).
Khi đó, c � 0; 2; 4;6;8
+) Nếu c  0 có 1 cách chọn
a

b

có 9 cách chọn

có 8 cách chọn

� Có: 1.9.8 (số).
+) Nếu c � 0; 2; 4;6;8 có 4 cách chọn
a

b

có 8 cách chọn

có 8 cách chọn

� Có: 4.8.8 = 256 (số).
Trang 9


Vậy, số số tự nhiên chẵn gồm 3 chữ số khác nhau là: 72 + 256 = 328 (số).
Chọn A.
Câu 8:
Phương pháp:
Áp dụng công thức chia hai số phức bằng cách nhân cả tử và mẫu với số phức liên hợp của mẫu.
Cách giải:
z

z2 3  i
(3  i )(1  2i ) 3  6i  i  2 1  7i 1 7




  i.
z1 1  2i (1  2i )(1  2i)
1 4
5
5 5

Chọn C.
Câu 9:
Phương pháp:
Áp dụng các cơng thức tính ngun hàm cơ bản.
Cách giải:
1 �
1
1
� 2
F ( x)  �
f ( x) dx  �
3x 
dx  �
3 x 2 dx  �
dx  x 3  ln 2 x  1  C
�
�
2x 1 �
2x 1
2
�
1
Ta có: F (0)  0 � 0  ln1  C  0 � C  0
2
a  b 1
�
1
1
� F ( x)  x3  ln 2 x  1 � F (1)  1  ln 3 � �
� a  b  c  4.

2
2
�c  2
Chọn A.
Câu 10:
Phương pháp:
Mặt cầu Scó tâm I bán kính R, tiếp xúc với mặt phẳng ( P ) � d ( I ( P ))  R.
Cách giải:
Mặt cầu Scó tâm I  (0;1; 1) và tiếp xúc với mặt phẳng ( P ) : 2 x  y  2 z  3  0
� R  d ( I ;( P)) � R 

0 1  2  3
22  12  22

2

Phương trình Mặt cầu S tâm I (0;1; 1) , bán kính R  2 là x 2  ( y  1) 2  ( z  1)2  4.
Chọn C.
Câu 11:
Phương pháp:
Cho hai hàm số y  f ( x) và y  g ( x) liên tục trên  a; b  .Khi đó thể tích vật thể trịn xoay giới hạn bởi
hai đồ thị số y  f ( x) , y  g ( x) và hai đường thẳng x  a, y  b khi quay quanh trục Ox là:
b

V �
f 2 ( x )  g 2 ( x ) dx.
a

Trang 10

Cách giải:
2

2

2
�2x �
e
dx


e x dx   e x
Thể tích cần tìm là: V   �
� �
�
0� �
0

2

  (e 2  1).

0

Chọn B.
Chú ý: HS thường thiếu  trong cơng thức tính thể tích.
Câu 12:
Phương pháp:
+) Xác định góc giữa đường thẳng SC và mặt đáy, góc giữa đường thẳng và mặt phẳng là góc giữa đường

thẳng và hình chiếu của nó trên mặt phẳng đó.
1
+) Sử dụng cơng thức tính thể tích V  S day .h.
3
Cách giải:
Ta có: SA  ( ABCD) � ( SC;( ABCD))  ( SC; AC )  SCA  600
ABCD là hình vng cạnh a � AC  a 2, S ABCD  a 2
 SAC vuông tại A
� SA  AC.tan SCA  a 2.tan 600  a 2. 3  a 6
1
1
a3 3
Thể tích cần tìm là: V  .SA.S ABCD  .a 6.a 2 
.
3
3
6
Chọn C.
Câu 13:
Phương pháp:
x
Giải phương trình mũ cơ bản a  b � X  log a b.

Cách giải:
Ta có: 42 x  4  16 � 2 x  4  2 � x  3.
Chọn A.
Câu 14:
Phương pháp:
Gọi a’ là hình chiếu vng góc của a trên mặt phẳng (P).
Góc giữa đường thẳng a và mặt phẳng (P) là góc giữa

đường thẳng a và

a’.
Cách giải:
Gọi O là tâm của tam giác đều BCD; I, J lần lượt là trung điểm của CD,
BC; độ dài các cạnh của tứ diện ABCD là a.
Do ABCD là tứ diện đều nên
AO  ( BCD) � ( AB;( BCD))  ( AB; BO)  ABO
Trang 11


 BCD đều � BI 

a 3
2 a 3 a 3
� BO  .

2
3 2
3

 ABO vuông tại O

a 3
BO
3
3
3
cosABO 

 3 
� cos( AB( BCD)) 
� cos  
.
AB
a
3
3
3

Chọn D.
Câu 15:
Phương pháp:
Số phức z  a  bi, (a, b ��) có phần thực là a và phần ảo là b.
Cách giải:
Số phức z  2  3i có phần thực là 2 và phần ảo là 3.
Chọn B.
Câu 16:
Phương pháp:
Hàm số y  f ( x) đồng biến trên khoảng K khi và chỉ khi f '( x ) �0,  x �K và chỉ bằng 0 tại hữu hạn
điểm trên K.
Cách giải:
+) Hàm số y  x 2 đồng biến trên khoảng  0; � và nghịch biến trên khoảng  �;0  .
� Không đồng biến trên khoảng  1;1 .
+) Hàm số y   x3  3x có y '  3 x 2  3  0, x �( 1;1) � y   x 3  3 x đồng biến trên khoảng  1;1 .
Chọn đáp án B.
+) Hàm số y  1  x 2 có y ' 

x
1  x2

� Không đồng biến trên khoảng  1;1 .
+) Hàm số y 

x 1
có TXĐ: D  �\  0
x

� Khơng đồng biến trên khoảng  1;1 .
Chọn B.
Câu 17:
Phương pháp:
Xác định điểm mà tại đó f’(x) đổi dấu từ dương sang âm.
Cách giải:
Hàm số đạt cực đại tại x  1, yCD  0.
Chọn C.
Câu 18:
Trang 12


Phương pháp:
Xác định tọa độ 3 điểm A, B, C. Viết phương trình mặt phẳng (ABC) theo đoạn chắn:

x y z
   1.
a b c

Cách giải:
Ta có: ( S ) : x 2  y 2  z 2  2( x  2 y  3z )  0
x  0( L)

�
� x  2 � A(2;0;0)
Cho y  z  0 � �
�x  2
y  0( L)
�
� y  4 � B (0; 4;0)
Cho x  z  0 � �
�y  4
z  0( L)
�
� z  6 � C (0;0;6)
Cho x  y  0 � �
�z  6
x y z
Phương trình (ABC) là:    1 � 6 x  3 y  2 z  12  0.
2 4 6
Chọn B.
Câu 19:
Phương pháp:
Khoảng cách giữa hai đường thẳng x  a, x  b là d  a  b .
Cách giải:
Đồ thị hàm số y 

1
có hai đường tiệm cận đứng là:   2, x  2
x 2
2

Khoảng cách giữa hai đường tiệm cận là: 2 2.

Chọn C.
Câu 20:
Phương pháp:
Để tìm GTNN, GTLN của hàm số f trên đoạn  a; b  ta làm như sau:
- Tìm các điểm x1 ; x2 ;...; xn thuộc khoảng  a; b  mà tại đó hàm số f có đạo hàm bằng 0 hoặc khơng có đạo
hàm.
- Tính f ( x1 );f( x2 );...;f( xn ); f (a);f(b)
- So sánh các giá trị vừa tìm được. Số lớn nhất trong các giá trị đó chính là GTLN của f trên đoạn  a; b  ,
số nhỏ nhất trong các giá trị đó chính là GTNN của f trên đoạn  a; b  .
Cách giải:
�x  0
y   x 4  4 x 2  5 � y '  4 x 3  8 x , y '  0 � �
x�2
�
Hàm số đã cho liên tục trên  2;3 , có: y ( 2)  y(0)  5, y( 2)  y( 2)  1, y(3)  50
min y  50.
 2;3

Trang 13


Chọn B.
Câu 21:
Phương pháp:
Diện tích hình phẳng (H) giới hạn bởi đồ thị hàm số y  f ( x), y  g ( x ) , trục hoành và hai đường thẳng
b

f ( x)  g ( x) dx.
x  a, x  b được tính theo cơng thức: S  �
a

Cách giải:
b

c

b

c

b

a

a

c

a

c

S�
f ( x) dx  �
f ( x) dx  �
f ( x) dx   �
f ( x) dx  �
f ( x) dx
Chọn D.
Câu 22:

Phương pháp:
Nhận biết đồ thị hàm số bậc hai và hàm số bậc 4 trùng phương.
Cách giải:
Quan sát đồ thị hàm số, ta thấy: Khi x � �, y � �� a  0 � Loại bỏ phương án A.
Đồ thị hàm số đi qua điểm  1;3 � Loại bỏ phương án B.
Đồ thị hàm số có đúng 1 điểm cực trị � Loại bỏ phương án D , do y  3 x 4  x 2  1 � y '  12 x3  2 x có 3
nghiệm phân biệt.
Chọn C.
Câu 23:
Phương pháp:
So sánh hai số mũ: a m , a n :
+) Nếu 0  a  1 thì m  n � a m  a n
+) Nếu a  1 thì m  n � a m  a n
Cách giải:
Ta có:





3 1

2018







3 1

2017

là sai, do 0  3  1  1, 2018  2017.

Chọn D.
Câu 24:
Phương pháp:
Sử dụng công thức tổ hợp và các cơng thức tính chất liên quan.
Cách giải:
k
Mệnh đề sai là: Cn 

n!
n!
. Sửa lại: Cnk 
.
(n  k )!
k!.(n  k )!

Chọn A.
Trang 14


Câu 25:
Phương pháp:
Xét phương trình hồnh độ giao điểm của 2 đồ thị hàm số.
Cách giải:
Phương trình hồnh độ giao điểm của đồ thị hàm số y 

2x 1
và đường thẳng y  mx  3 là:
x 1

2x  1
mx  3, ( x �1) � 2 x  1  (mx  3)( x  1)
x 1
� 2 x  1  mx 2  mx  3 x  3 � mx 2 (m  1) x  4  0
�m �0
�
Để 2 đồ thị hàm số cắt nhau tại hai điểm phân biệt thì � �   0 , với f ( x)  mx 2 (m  1) x  4  0
�f (1) �0
�
� m �0
m �0
m �0
�
�
�
�
�
��
( m  1) 2  16m  0 � �m 2  14m  1  0 � ��
m  7  4 3
�m  m  1  4 �0
� 3 �0
��
m  7  4 3
�

�
��
Mà m ��, m � 14;15 � m � 14 � 0;1; 2;3;...;15 : Có 17 giá trị nguyên của m thỏa mãn.
Chọn A.
Câu 26:
Phương pháp:
Dựa vào đồ thị hàm số y  s inx và các tính chất của hàm số y  s inx .
Cách giải:

��
0; �
.
Quan sát đồ thị hàm số y  s inx , ta thấy: hàm số y  s inx đồng biến trên �
� 2�
Chọn A.
Câu 27:
Phương pháp:
+) Thể tích hình chóp cụt: V 

h
( B  B ' BB '). Với B, B’, h là diện tích hai đáy và chiều cao.
3

( P ) / /(Q)
�
�
( ) �( P)  a � a / / b
+) �
� ( ) �(Q)  b
�

Trang 15


Cách giải:
� ( ABC ) / /( A ' B ' C ')
�
Ta có: �(A'MN) �( ABC )  MP � MP / / A ' N
�
(A'MN) �(A'B'C')  A ' N
�
Gọi E là trung điểm của BC ta có AE / / A 'N � MP/ / AE. Lại có M là trung điểm của AB � P là trung
điểm của BE.
Dễ dàng chứng minh được: khối đa diện MBP.A’B’N là hình chóp cụt,
có thể tích là:





BB '
. S BMP  S A ' B ' N  S BMP .S A ' B ' N
3
1 1
1 a2 3 a2 3
�BM BP �
S BMP  � .
.S ABC  . .S ABC  .

�
2 4

8 4
32
�BA BC �

V

1
1 a2 3 a2 3
�B 'N �
S A' B ' N  � �
.S A ' B 'C '  .S A ' B ' C '  .

2
2 4
8
�B 'C �
a �a 2 3 a 2 3
a 2 3 a 2 3 � a 7a 2 3 7a3 3
� .
� V  .�


.

.
3 �8
32
8
32 � 3 32
96

�
�
Chọn B.
Câu 28:
Phương pháp:
Đồ thị hàm số y  f ( x)  2 m có 5 điểm cực trị khi và chỉ khi đồ thị hàm số y  f ( x) cắt trục hoành tại 3
điểm phân biệt.
Cách giải:
Đồ thị hàm số y  f ( x)  2 m có 5 điểm cực trị khi và chỉ khi đồ thị hàm số y  f ( x) cắt trục hoành tại 3
điểm phân biệt � 4  2m  0  11  2 m � 4  2 m  11 � 2  m 

11
.
2

Chọn C.
Câu 29:
Phương pháp:

Trang 16


 a; b

�f ( x
) x
+) Cô lập m, đưa bài toán về dạng m ��

m min f ( x).
 a;b

+) Khảo sát hàm số và kết luận.
Cách giải:
ĐKXĐ: 1 �x �1.





2
2
4
2
2
Ta có: m x  1  x  1 �2 x  x  x  1  x  2

2 x2  x4  x2  1  x2  2
ۣ

m ۣ
�
(*), do x
x  1  x2  1

1 x 2 1 0, x



1;1

2
�
�x  1  x , x �0
Xét hàm số f ( x)  x  1  x , x � 1;1 có: f ( x )  �
 x  1  x2 , x  0
�
�
2

x

+) x 0 có: f '( x)  1 

1  x2

1  x2  x



1  x2

f '( x)  0 � 1  x 2  x, ( x �1) � 1  x 2  x 2 � x 
+) x 0 có: f '( x)  1 

x
1  x2



1

2

 1  x2  x
1  x2

f '( x)  0 � 1  x 2   x, ( x �1) � 1  x 2  x 2 � x  

1
2

+) Không tồn tại đạo hàm của hàm số f ( x ) tại x = 0.
Bảng biến thiên:
x



1
f’(x)

+

1
2
0

1
2

0
-

+

2

0

1
-

2

f(x)
�
��
1 f ( x )

2, x



1

1

1;1

2
1; 2 �
Đặt x  1  x  t , t ��

�
�

 m

2 x2  x4  x2  1  x2  2
x  1  x2  1

Ta có: t 2  x 2  1  x 2  2 x 1  x 2 � t 2  1  2 x 2  x 4

Trang 17


t 2 1 t  2
Bất phương trình (*) trở thành: m 

�
t 1
Xét hàm số f (t )  t 

m

t2  t 1
t 1

m t

1
t 1

2
1
�có f '(t )  1  1 2  (t  1) 2 1  0, t ��
, t ��
1;
2
1; 2 �
� �
�
�
t 1
(t  1)
(t  1)

3
1
�� min f (t )  f (1)  , max f (t )  f ( 2)  2 
 2 2 1
� f (t ) đồng biến trên �
1;
2
� � �
1; 2 �
1; 2 �
2 �
2 1
�
�
�
�

Để (*) có nghiệm thì m �2 2  1.



Vậy m � �; 2 2  1�
�� a  2, b  1 � T  a  b  1.
Chọn B.
Câu 30:
Phương pháp:
Tiếp tuyến tại M của Ccắt hai đường tiệm cận của Ctại hai điểm A, B � M là trung điểm của AB và
bán kính đường trịn ngoại tiếp IAB bằng

AB
 MA  MB  MI .
2

Cách giải:
Đồ thị là Ccủa hàm số y 

x2
có hai đường tiệm cận là x  2(d1 ), y  1(d 2 ). Tọa độ điểm I (2;1) .
x2

Gọi M (x 0 ; y 0 ) là tiếp điểm, M �(C ).
Ta có y ' 

2.1  1.2
4

 0, x �2.

2
( x  2)
( x  2) 2

Phương trình tiếp tuyến củaCtại M (x 0 ; y 0 ) là y 

x 2
4
(x  x0 )  0
(d ).
2
( x0  2)
x0  2

Gọi A  (d ) �(d1 ).
4(2  x0 ) x0  2
x  2 x0  6
4


 0

Cho x  2 � y 
2
( x0  2)
x0  2 x0  2 x0  2 x0  2
� x0  6 �
� A�
2;
.

�
� x0  2 �
Gọi B  (d ) �(d 2 ).
Cho y  1 � 1 

4( x  x0 )  x0 2  4
� 4( x  x0 )  x0 2  4  ( x0  2) 2
2
( x0  2)

� 4( x  x0 )  4 x0  8 � x  x0  x0  2 � x  2 x0  2
� B  2 x0  2;1 .
x A  xB  2 x0  2 xM
�
�
x0  6
2 x0  4
Ta có �
�y A  yB  x  2  1  x  2  2 yM
0
0
�
Trang 18


Suy ra M là trung điểm của AB.
Tam giác IAB vng tại I � Bán kính đường trịn ngoại tiếp IAB bằng R  IM . Chu vi đường tròn ngoại
tiếp tam giác IAB là: C  2 R, chu vi đạt GTNN khi và chỉ khi MI ngắn nhất.
Ta có:
2

� x0  2 �
R  MI  (2  x0 )  (1  y0 )  (2  x0 )  �
1
�
� x0  2 �
2

 ( x0  2) 2 

2

16

 x0  2 

2

2

� 2 16  2 2

2
MI min  2 2 khi và chỉ khi ( x0  2) 

�x0  2  4
�x0  6
16
�
�

�
�
x0  2  4
x0  2
( x0  2) 2
�
�

Giá trị nhỏ nhất của chu vi đường tròn ngoại tiếp tam giác IAB là: 2 .2 2  4 2 .
Chọn C.
Câu 31:
Phương pháp:
Xác định tọa độ điểm M’ là điểm đối xứng của M qua đường phân giác
uuuuur
góc A. Khi đó, M �AC � AC nhận M ' N là 1 VTCP.
Cách giải:
Gọi M’ là điểm đối xứng của M qua đường phân giác góc A. (d),I là
giao điểm của MM’ và d.

uuu
r
Giả sử I (t ;6  4t ;6  3t ) �( d ) � MI  (t;1  4t;3  3t ).
uuu
r uu
r
Vì MM '  (d ) � MI  d � MI .ud  0
� t.1  (1  4t ).(4)  (3  3t ).( 3)  0
� t  4  16t  9  9t  0 � t 

1

�1 9 �
� I � ; 4; �
2
�2 2 �

1
�
0  xM '  2.
�
2 �xM '  1
�
�
I là trung điểm của MM ' � �5  yM '  2.4 � �yM '  3 � M (1;3;6)
�
�
9
�zM '  6
�
3  zM '  2.
2
�
uuuuur
Đường thẳng AC nhận M ' N  (0; 2; 6) là 1 VTCP.
r
� u (0;1;3) là 1 VTCP của đường thẳng AC.
Chọn D.
Câu 32:
Phương pháp:
Trang 19

+) Gọi bán kính hình bán nguyệt là x, xác định độ dài các cạnh hình chữ nhật theo a, x.
+) Tính diện tích cửa số, sử dụng phương pháp khảo sát hàm số để tìm GTLN của hàm diện tích.
Cách giải:
Gọi độ dài đoạn IB là x mét. Khi đó: độ dài hình bán nguyệt là  x (mét).
Ta có AB  2 x, BC 

a   x  2 x a  (  2) x

2
2

Diện tích cửa sổ:
1
a  (  2) x
S  S1  S 2   x 2  2 x.
2
2
1
(  4) x 2
  x 2  ax  (  2) x 2  
 ax
2
2
Xét hàm số f ( x )  

a
(  4) x 2
 ax, ( x  0) có f '( x)  (  4) x  a, f '( x)  0 � x 
 4

2

Bảng biến thiên:
x

a
 4

0

f’(x)
f(x)

+

�

0

-

�a �
f�
�
�  4 �

Vậy để diện tích cửa sổ là lớn nhất thì x 

a
2a

� d  2x 
.
 4
 4

Chọn B.
Câu 33:
Phương pháp:
Sử dụng phương pháp đổi điểm tính khoảng cách, so sánh d (C ;( SAB)) với d (I;( SAB )) với I là trung
điểm của BC.
Cách giải:
Gọi I, K lần lượt là trung điểm của BC. Kẻ IH  SK tại H.
Do SBC đều � SI  BC
� ( SBC )  (ABC)
�
( SBC ) �(ABC)  BC
�
� SI  (ABC)
Ta có: �
� SI �(SBC)
�
SI  BC
�
IK / / AC (IK là đường trung bình của tam giác ABC, mà
AC  AB � IK  AB

Trang 20


SI  AB � AB  ( SIK ) � AB  IH

�AB  IH
� IH  ( SAB ) � d ( I ;( SAB ))  IH
Do �
�SK  IH
Mà CI �( SAB)  B �

Ta có:

d (C ;( SAB)) CB

 2 � d (C;( SAB))  2d (I;( SAB ))  2 IH  h
d (I;( SAB ))
IB

1
a.
AC BC sin B
a
IK 

 2
2
2
2
4

Tam giác SBC đều, cạnh a � SI 

a 3
2

Xét trong SIK vuông tại I, IH  SK
�

1
1
1
1
1
52
a 39
a 39
 2  2  2  2  2 � IH 
�h
2
3a
a
IH
SI
IK
3a
26
13
4
16

Chọn B.
Câu 34:
Phương pháp:
+) Giả sử z  a  bi, (a, b ��), suy ra

+) Tìm điều kiện của a, b để

z
16
và
.
16
z

z
16
và
có phần thực và phần ảo đều thuộc đoạn  0;1 .
16
z

+) Biểu diễn miền các số phức thỏa mãn trên mặt phẳng phức
và tính diện tích.
Cách giải:
Giả sử: z  a  bi, (a, b ��)
�

z
a b 16
16
16(a  bi )
16a
16b
  i, 
 2

 2
 2
i
2
2
16 16 16 z a  bi
a b
a  b a  b2

Do

z
16
và
có phần thực và phần ảo đều thuộc đoạn  0;1
16
z

nên

a b 16a
16b
, , 2
, 2
� 0;1
2
16 16 a  b a  b 2

� 0 �a �16
� 0 �b �16

0 �a �16
� 0 �a �16
�
�
� 0 �b �16
�
0 �b �16
�
�
�
16a
��
� �2
��
0� 2
�
1
2
2
2
2
� a b
�a  b  16a �0
� (a  8)  b �64
�
�
�
16b
a 2  b 2  16b �0
a 2  (b 8) 2  b 2 �64

�
�
0�
�1
�
� a 2  b2
Diện tích hình (K) (phần gạch chéo) là:
Trang 21


1
S( K )  2. .( .82 )  82  32  64
4
Diện tích cần tìm là: S  16 2  (32  64)  32(6   ).
Chọn D.
Câu 35:
Phương pháp:
Đặt 1  e x  3  t
Cách giải:
Đặt 1  e x  3  t � e x  3  t  1 � e x  3  (t  1) 2 � e x dx  2(t  1)dt.
�x  0 � t  3
Đổi cận: �
�x  ln 6 � t  4
ln 6

4

4

2(t  1)

� 1�
dx  �
dt  2�
1 �
dt   2t  2ln t 
�
�
x
t
t�
0 1 e  3
3
3�
ex

4

3

 (8  2 ln 4)  (6  2 ln 3)  2  4 ln 2  2 ln 3
�a  2
�
��
b  4 � T  a  b  c  0.
�c  2
�
Chọn C.
Câu 36:
Phương pháp:
Áp dụng cơng thức tính tích phân từng phần.

Cách giải:

4


4

0

0

0


4

f '( x)sin 2 xdx  �
sin 2 xd ( f ( x)) (sin 2 x. f ( x))
�

4


4

�
f ( x) d(sin 2 x)
0



4


� �
 f � � 0  2 �
f ( x) c os2 xdx   2 �
f ( x ) c os2 xdx  
4
�4 �
0
0

4





4
4

��
f ( x) c os2 xdx  � �
f 2 ( x)dx  �
f ( x) c os2 xdx 0
8
0
0
0


4

� f ( x)  0
��
( f 2 ( x)  f(x) c os2 x) dx  0 � f 2 ( x)  f(x) c os2 x  0 � �
�f ( x )  cos2x
0

Trang 22


f ( x)  0 : Loại, do


4



f ( x )dx 
�
8
2

0


8



8

1
f ( x)  cos2x � I= �
f (2 x) dx  �
cos4xdx  sin 4 x
4
0
0


8

1
 .
4

0

Chọn B.
Câu 37:
Phương pháp:
+) Giải phương trình logarit cơ bản: log a f (x)  log a g(x)(0  a �1) � f(x)  g (x)
+) Đưa phương trình về phương trình bậc hai một ẩn, tìm điều kiện để phương trình bậc hai đó có 2
nghiệm phân biệt
Cách giải:
Ta có:
1  log 5 ( x 2  1)  log 5 ( x 2  4 x  m).
� 5( x 2  1)  mx 2  4 x  m � (5  m) x 2  4 x  5  m  0(*)
Phương trình đã cho có 2 nghiệm phân biệt

5  m �0 � m �5
�
� m �5
� m �5
��
��
�
�
� m �(3;7) \  5 .
�
�
4  (5  m 2 )  0
2  5  m  2
3 m7
� '  0
�
�
�
Chọn A.
Câu 38:
Phương pháp:
Đặt ln x  t.
Cách giải:
Đặt ln x  t. Ta có:
e4

�x  e � t  1
dx
 dt. Đổi cận: � 4
x

�x  e � t  4
4

4

4

1
f (ln x) dx  �
f (t)dt  �
f ( x)dx 4 � I  �
f ( x )dx 4.
Khi đó: �
x
e
1
1
1
Chọn D.
Câu 39:
Phương pháp:
n

n
i i
n i
Khai triển nhị thức Niuton: ( x  y )  �Cn x . y .
i 0

Cách giải:

Ta có:

Trang 23


18

18

(1  4 x)18  �C18i (4 x)i  �C18i (4)i x i  a0  a1 x  ...  a18 x18
i 0

i 0

� a3  C (4)  52224.
3
18

3

Chọn A.
2
2
Chú ý: Nhiều học sinh nhầm lẫn a3 là số hạng thứ ba và cho a3  C18 (4) .

Câu 40:
Phương pháp:
Công thức Moa-vrơ: z  r (cos   i sin  ) � z n  r n (cos n  i sin n ).
Cách giải:
Gọi P, Q lần lượt là điểm biểu diễn của số phức z2 ,3 z2 .

T  z12  9 z22  z12  z32
Đặt z2  a  bi, (a, b ��) � iz2  b  ai. Khi đó, là N ảnh của P qua
phép quay góc 900. Ta có 2 trường hợp sau:

+) TH1: MOQ  90o  60o  30o
o
o
Đặt z 1  6(cos   isin  ) � z3  6(cos(  30 )  isin(  30 ))

� z 2  36(cos 2  isin 2 ) � z33  36(cos(2  60o )  isin(2  60 o ))
1

T  z 2  z33  36(cos 2  isin 2 )  36(cos(2  60o )  isin(2  60 o ))
1

 36(cos(2  cos(2  60o ))  36i(sin 2  sin(2  60 o ))
 36.2.cos(2  30o ).cos 30o  36.2.2isin(2  30 o ).cos 30o
 36 3 cos(2  30 o )  i sin(2  30o )  36 3
+) TH2: MOQ  90o  60o  150o
o
o
Đặt z 1  6(cos   isin  ) � z3  6(cos(  150 )  isin(  150 ))

Trang 24


� z 2  36(cos 2  isin 2 ) � z32  36(cos(2  300o )  isin(2  300 o ))
1

T  z 2  z32  36(cos 2  isin 2 )  36(cos(2  300o )  isin(2  300 o ))

1

 36(cos(2  cos(2  300 o ))  36i(sin 2  sin(2  300o ))
 36.2.cos(2  150o ).cos150 o  36.2.2isin(2  150o ).cos150o
 36 3 cos(2  150 o )  i sin(2  150 o )  36 3
Vậy T  36 3.
Chọn C.
Câu 41.
Phương pháp:
x 2  mx  m
x2
x2
,y
Biện luận theo m giá trị lớn nhất của hàm số y 
thông qua hàm số y 
x 1
x 1
x 1
Cách giải:
Ta có: y 

x 2  mx  m
x2

m
x 1
x 1

Xét hàm số f ( x ) 

�x  0
2 x(x  1)  x 2 x 2  2 x
x2

, f '( x)  0 � �
, D  �\  1 , có f '( x) 
x  2
x 1
x 1
x 1
�

x2
Lập bảng biến thiên của hàm số f ( x) 
:
x 1
x  2
�
2 x( x  1)  x 2 x 2  2 x


0
�
Ta có: f '( x) 
�x  0
( x  1) 2
( x  1) 2
�
x

�

f’(x)

-2
+

0

-1

�

0

-

-

0

+

�

-4

�

f(x)

�

�

Từ bảng trên, ta có BBT của hàm số g( x) 

x2
 m như sau:
x 1

x

�

g’(x)

-2
+

0

0

-1
-

-

0

�

-4+m

�

0
+

�

g(x)
�

�

m

Trang 25