25 đề ôn luyện kiến thức lớp 12 môn Toán – Ngọc Huyền LB

NGỌC HUYỀN LB THE BEST or NOTHING 25 ĐỀ ÔN LUYỆN KIẾN THỨC LỚP 12 môn TOÁN Đây là 1 cuốn ebook tâm huyết chị biên soạn dành tặng cho tất cả các em học sinh thân yêu đã và đang follow facebook của chị. Chị tin rằng, ebook này sẽ giúp ích cho các em rất nhiều! Chị biết ơn các em nhiều lắm!  NGỌC HUYỀN LB (Có đáp án chi tiết) Tác giả “Công phá kĩ thuật Casio”, “Công Phá Toán”, “Bộ đề chuyên môn Toán” (facebook.com/huyenvu2405) Tài liệu này chị xin dành tặng cho tất cả các em yêu thương đang follow facebook của chị! Chị biết ơn các em nhiều lắm! 25 ĐỀ CỐT LÕI VỮNG KIẾN THỨC LỚP 12 (Tài liệu được xây dựng dựa trên nền tảng bộ Công Phá Toán và đề thi thử chọn lọc) THE BEST OR NOTHING Đừng bao giờ bỏ cuộc Em nhé! Chị tin EM sẽ làm được! __Ngọc Huyền LB__ Đã nói là làm – Đã làm là không hời hợt – Đã làm là hết mình – Đã làm là không hối hận! facebook.com/huyenvu2405 LỜI CẢM ƠN Lời cảm ơn đầu tiên tôi muốn gửi tới đại gia đình Lovebook – Gia đình thứ 2 của tôi. Lovebook đã giúp tôi hiện thực hóa được ước mơ viết trọn vẹn 1 lớp 1 cuốn sách Toán duy nhất để các em học sinh có thể tin tưởng dựa vào đó ôn thi THPT quốc gia. Cho tới thời điểm hiện tại tôi và các thầy cô đã hoàn thiện được Công Phá Toán 2 (lớp 11, link: https://goo.gl/fZX7eB) và Công Phá Toán 3 (lớp 12, link: https://goo.gl/yxAVvA). Chúng tôi đang nỗ lực để hoàn thiện tiếp Công Phá Toán 1 (lớp 10) một cách tốt nhất.Tôi rất mong Lovebook tiếp tục chắp cánh thêm ước mơ cho nhiều bạn sinh viên nhiệt huyết như tôi và các thầy cô giáo đam mê chuyên môn được tạo ra những cuốn sách tâm huyết và có giá trị thực sự cho học sinh. Nếu không gặp Lovebook, có lẽ tôi đã không theo đuổi Toán như bây giờ. Tiếp theo, để hoàn thiện cuốn sách này tôi xin được gửi lời cảm ơn chân thành và sâu sắc nhất tới các thầy cô giáo sau: 1Thầy ĐẶNG VIỆT ĐÔNG – Thạc sĩ – GV Toán – THPT Nho Quan A, Ninh Bình. Thầy Đông đã giúp tôi rất nhiều trong việc hoàn thiện phần Bài tập tích phân hạn chế MTCT. Ngoài ra, thầy Đông cũng thường xuyên động viên, an ủi tôi trong quá trình hoàn thiện sách. 2- Thầy CHÂU VĂN ĐIỆP – GV Toán – THPT Yên Mô A, Ninh Bình Thầy Điệp đã luôn song hành cùng tôi trong quá trình thẩm định nội dung bản thảo. 3- Thầy NGUYỄN THANH GIANG – Gv chuyên Toán – Phó hiệu trưởng THPT chuyên Hưng Yên (ra đề số tháng 11/2016) 4- Thầy PHẠM TRỌNG THƯ – Gv chuyên Toán – THPT chuyên Nguyễn Quang Diêu – Đồng Tháp (ra đề số tháng 12/2016) 5- Thầy NGUYỄN VĂN XÁ – Gv Toán – THPT Yên Phong, Bắc Ninh (ra đề số tháng 1/2017) 6- Cô ĐẶNG THỊ QUỲNH HOA – Thạc sĩ- GV Toán – THPT Nghèn, Hà Tĩnh. (ra đề số tháng 2/2017) 7- Thầy LÊ BÁ BẢO cùng các thầy cô trong nhóm Câu lạc bộ giáo viên trẻ – TP Huế và các thầy cô tâm huyết trong nhóm Toán Bắc – Trung- Nam. Tôi luôn ngưỡng mộ và trân trọng sự tâm huyết của thầy cô trong nhóm đối với các bạn học sinh trên toàn quốc. Đặc biệt, thầy Bảo là người sát cánh cùng tôi nhiều nhất trong các bài viết, các chuyên đề. Nếu không có thầy Bảo, có lẽ tôi đã không thể hoàn thiện chuyên đề “Số Phức” trong một thời gian ngắn như vậy. Tiếp theo, tôi cũng muốn gửi lời cảm ơn chân thành nhất tới các tổ chức, đơn vị sau đã tạo ra những đề thi thử thực sự chất lượng: 1- Các thầy cô ở Sở GD – ĐT Hưng Yên 2- Các thầy cô tổ Toán – THPT chuyên KHTN – Hà Nội 3- Các thầy cô tổ Toán – THPT chuyên Lam Sơn – Thanh Hóa 4- Các thầy cô tổ Toán – THPT chuyên Sư Phạm I Hà Nội 5- Các thầy cô tổ Toán – THPT chuyên ĐH Vinh – Nghệ An Nếu không có họ thì chắc chắn rằng tôi và các em của tôi sẽ không thể có được những đề thi thử, những bài tập thực sự chất lượng, sáng tạo để làm như ngày hôm nay! Ngoài ra, tôi cũng xin được gửi lời cảm ơn tới chị Nguyễn Hương – thành viên của phòng biên tập Nhà sách Lovebook. Chị đã rất tận tình hướng dẫn tôi những kỹ thuật xử lý file word cần thiết nhất. Nếu không có chị thì có lẽ tôi đã không thể hoàn thành cuốn sách một cách bài bản và đẹp mắt. Cuối cùng, tôi xin được lời cảm ơn tới hơn 100 000 người em đang follow facebook tôi (https://www.facebook.com/huyenvu2405) và Mail ([email protected]). Nếu không có những tin nhắn, comment, email đón nhận tài liệu, tình cảm của tôi thì có lẽ tôi đã không có đủ động lực để hoàn thành cuốn sách này. Tình cảm và sự tin tưởng của họ dành cho tôi đã tạo động lực giúp tôi mạnh mẽ, vượt qua những khó khăn và lạ lẫm trong quãng thời gian sinh viên năm Nhất còn non nớt. Các em của tôi đã trở thành một phần không thể thiếu trong cuộc đời tôi. Tôi biết ơn các em rất nhiều! Một lần nữa, NGỌC HUYỀN LB xin cảm ơn tất cả! Mục lục Đề ôn luyện số 1 ——————————————————————————————————– 5 Đề ôn luyện số 2 —————————————————————————————————— 24 Đề ôn luyện số 3 —————————————————————————————————— 41 Đề ôn luyện số 4 —————————————————————————————————— 57 Đề ôn luyện số 5 —————————————————————————————————— 73 Đề ôn luyện số 6 —————————————————————————————————— 90 Đề ôn luyện số 7 —————————————————————————————————- 107 Đề ôn luyện số 8 —————————————————————————————————- 121 Đề ôn luyện số 9 —————————————————————————————————- 140 Đề ôn luyện số 10 ————————————————————————————————— 156 Đề ôn luyện số 11 ————————————————————————————————— 172 Đề ôn luyện số 12 ————————————————————————————————— 187 Đề ôn luyện số 13 ————————————————————————————————— 202 Đề ôn luyện số 14 ————————————————————————————————— 214 Đề ôn luyện số 15 ————————————————————————————————— 224 Đề ôn luyện số 16 ————————————————————————————————— 236 Đề ôn luyện số 17 ————————————————————————————————— 251 Đề ôn luyện số 18 ————————————————————————————————— 265 Đề ôn luyện số 19 ————————————————————————————————— 278 Đề ôn luyện số 20 ————————————————————————————————— 293 Đề ôn luyện số 21 ————————————————————————————————— 306 Đề ôn luyện số 22 ————————————————————————————————— 320 Đề ôn luyện số 23 ————————————————————————————————— 335 Đề ôn luyện số 24 ————————————————————————————————— 348 Đề ôn luyện số 25 ————————————————————————————————— 361 PHỤ LỤC: Cực trị của hàm số và giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số ————————— 376 25 đề cốt lõi Toán 12 Ngọc Huyền LB – facebook.com/huyenvu2405 ĐỀ ÔN LUYỆN SỐ 1 Câu 1: Kết luận nào sau đây là không đúng về đồ thị hàm số y  ax  bx  cx  d  a  0  ? 3 2 A. Đồ thị hàm số bậc ba luôn cắt trục hoành tại Câu 5: Cho hàm số y  phương trình của đồ thị hàm số  C ‘  đối xứng với C  ít nhất một điểm. B. Đồ thị hàm số bậc ba nhận điểm có hoành độ là nghiệm của phương trình y ”  0 làm tâm đối xứng. C. Nếu phương trình y ‘  0 có 2 nghiệm phân x2 có đồ thị  C  thì x 1 qua gốc tọa độ O là: A. y  x2 x1 B. y  2x x1 C. y  x2 x1 D. y  x1 x2 biệt thì đồ thị hàm số bậc ba có một điểm cực đại, Câu 6: Biết đồ thị hàm số y  x 4  bx 2  c chỉ có một điểm cực tiểu. một điểm cực trị là điểm có tọa độ  0; 1 thì b và D. Đồ thị hàm số bậc ba không có điểm cực trị khi và chỉ khi phương trình y ‘  0 vô nghiệm. Câu 2: Hàm số y  x2  3x  1 đồng biến trên: x1 A.  ; 1 và  1;  . B.  ; 1   1;   . A. b  0 và c  1 B. b  0 và c  1 C. b  0 và c  0 D. b  0 và c tùy ý. Câu 7: Với giá trị nào của m thì đường thẳng y  x  m đi qua trung điểm của đoạn nối 2 điểm cực trị của đồ thị hàm số y  x 3  6 x 2  9 x ? D.  1;1 . C. . c thỏa mãn điều kiện nào? Câu 3: Cho đồ thị hàm số y  f  x   x 4  2 x 2  3 như hình vẽ bên. Từ đồ thị suy ra được số nghiệm của phương trình x4  2 x2  3  m với m   3; 4  là: y A. 0 B. 1 C. 2 D. 3 Câu 8: Gọi M và m lần lượt là GTLN và GTNN của hàm số y  x 1  x 2 trên tập xác định. Khi đó M  m bằng: A. 1 B. 2 C. 3 D. đáp số khác. Câu 9: Huyền có một tấm bìa hình tròn như hình vẽ, Huyền muốn biến hình tròn đó thành một -1 hình cái phễu hình nón. Khi đó Huyền phải cắt bỏ 1 O hình quạt tròn AOB rồi dán hai bán kính OA và x OB lại với nhau. Gọi x là góc ở tâm hình quạt tròn dùng làm phễu. Tìm x để thể tích phễu lớn nhất? -3 r -4 A. 3 B. 2 Câu 4: Cho hàm số y  C. 4 A, B D. 6 h x1 C  . Tìm tất cả các 2x  3 xO điểm trên đồ thị hàm số  C  có tổng khoảng cách R R đến 2 đường tiệm cận là nhỏ nhất.  M  1; 0  A.   M  2; 1  M  1; 0   B.   2   M  1; 5     C. M  1; 0  D. M  2; 1 B A A. O 2 6  3 B.  3 C.  2 D.  4 Câu 10: Đồ thị của hàm số y  x 3  3 x cắt: A. đường thẳng y  3 tại hai điểm. B. đường thẳng y  4 tại hai điểm. Đặt sách tại: Tiki.vn | Newshop.vn | Pibook.vn | Lovebook.vn | 5 Công Phá Toán The Best or Nothing Câu 16: Một học sinh giải bài toán: “Biết 5 tại ba điểm. 3 D. trục hoành tại một điểm. C. đường thẳng y  log 27 5  a; log 8 7  b; log 2 3  c. Tính log 6 35 ” lần lượt như sau: Câu 11: Tìm số mệnh đề đúng trong những mệnh I. Ta có a  log 27 5  log 33 5  sau: (1) Nếu hàm số f  x  đạt cực đại tại xo thì xo log 3 5  3a nên log 2 5  log 2 3.log 3 5  3ac . được gọi là điểm cực đại của hàm số. 1 II. Tương tự, b  log 8 7  log 23 7  log 2 7 3 (2) Giá trị cực đại ( giá trị cực tiểu) của hàm số còn được gọi là cực đại (cực tiểu) và được gọi  log 2 7  3b . chung là cực trị của hàm số. III. Từ đó: log 6 35  log 6 2.log 2  5.7  (3) Cho hàm số f  x  là hàm số bậc 3, nếu hàm số có cực trị thì đồ thị hàm số cắt trục Ox tại 3 điểm phân biệt. 1 log 3 5 . Suy ra 3  1 3b 3ac  3b   log 2 5  log 2 7   log3ac2 log log 2 6 3 1 c 2 2 Kết luận nào sau đây là đúng? (4) Cho hàm số f  x  là hàm số bậc 3, nếu đồ A. Lời giải trên sai từ giai đoạn I. thị hàm số cắt trục Ox tại duy nhất một điểm thì B. Lời giải trên sai từ giai đoạn II. hàm số không có giá trị cực trị. C. Lời giải trên sai từ giai đoạn III. A. 1 B. 2 C. 3 D. Lời giải trên đúng. D. 4   Câu 12: Giải phương trình log x x 2  3 x  5  2 . 5 A. x  3 Câu 17: Đạo hàm của hàm số: B. phương trình VN. A. f ‘  x   3 5 C. x  D. x  5 3 Câu 13: Giá trị của log a3 a với a  0 và a  1 bằng: 1 1 A. 3 B. C. 3 D. 3 3 Câu 14: Cho a, b là độ dài hai cạnh góc vuông, c là   f  x   ln x  x 2  1 là: C. f ‘  x   1 2 x x 1 1  x2  1 x  x2  1 Câu 18: Gọi T  độ dài cạnh huyền của một tam giác vuông, trong 1 B. f ‘  x   D. f ‘  x  2 x 1 1  x2  1  2 x  x2  1  1 1 1 1 1    log a x log b x log c x log d x , đó  c  b  1 và  c  b   1 . Kết luận nào sau đây là với a, b, c, d, x thích hợp để biểu thức có nghĩa. đúng? Đẳng thức nào sau đây là sai? A. log c b a  log c b a  2  log c  b a  .  log c b a  A. T  log abcd x B. log c  b a  log c b a  2  log c  b a  .  log c b a  B. T  log x abcd C. log c  b a  log c b a   log c  b a  .  log c  b a  C. T  1 log x abcd D. T  1 log x a  log x b  log x c  log x d D. log c  b a  log c b a    log c b a  .  log c b a  Câu 15: Tập xác định của hàm số: y  log 1  x  3   1 là: 3 Câu 19: Số nghiệm của phương trình 22 x 2 7 x 5 1 là:  10  A. D   3;   3   10  B. D   3;   3  10  C. D   ;  3  D. D   3;   A. 0 B. 1 C. 2 D. 3 Câu 20: Chọn khẳng định sai trong các khẳng định sau: A. log x  0  x  1 B. log 3 x  0  0  x  1 6 | Khai báo sách chính hãng tại: congphatoan.com để nhận 100 đề thi thử tặng kèm 25 đề cốt lõi Toán 12 Ngọc Huyền LB – facebook.com/huyenvu2405 1 C. log 1 a  log 1 b  a  b  0 3 D. 3   . 10 năm tiếp theo, thể tích 3 CO2 tăng m% so với năm liền trước, 10 năm tiếp theo nữa, thể tích CO2 tăng n% so với năm liền trước. 10 100  m  . 100  n  m  18 18 3 3 3 2 A. 8400 m 3 B. 2200 m3 C. 600 m3 D. 4200 m3 Câu 24: Mệnh đề nào là sai trong các mệnh đề sau: B. x 0    0 3 2  2 1  2  2   1 1 2  A.   1  x 2  dx 0  x3  1 C.   x   3 0  1   B.   1  x 2 dx 0 D. 2 3 Câu 28: Tìm phần thực, phần ảo của số phức sau: 3i 2i ?  1 i i A. phần thực: a  2 ; phần ảo: b  4i z B. phần thực: a  2 ; phần ảo: b  4 C. phần thực: a  2 ; phần ảo: b  4i 2 A. Hiệu của một số phức và số phức liên hợp của nó là một số thuần ảo.  3 2   x dx   x  x dx   x  x dx 0   6 x 2  10 x  5 dx những mệnh đề sau? 3 2 3 3 Câu 29: Cho a; b  . Mệnh đề nào sai trong  x dx   x  x dx   x  x dx 1 C.  1 0  x D. phần thực: a  2 ; phần ảo: b  4 . x 3  x 2 dx   x 2  x 3 dx  x   6 x 2  10 x  5 dx nào sau đây? sau khi bơm được 20 giây. 2 3 quanh trục Ox không được tính bằng công thức trong bể là 1100 m3 . Tính thể tích nước trong bể 3   x bởi các đường y  1  x 2 ; x  0; y  0 khi quay trong bể là 150 m3 . Sau 10 giây thì thể tích nước 2   6 x 2  12 x  8 dx Câu 27: Thể tích vật thể tròn xoay được giới hạn đầu bể không có nước. Sau 5 giây thì thể tích nước 2 3 0 giây. Cho h ‘  t   3at 2  bt và a, b là tham số. Ban 3  x 3 D. nước. Gọi h  t  là thể tích nước bơm được sau t 1   6 x 2  12 x  8 dx 0 Câu 23: Một bác thợ xây bơm nước vào bể chứa  3 3 C. 4 x3  5×2  1 1 D.  dx  2 x 2  5 x   C x x2  8 0 4x  5x  1 dx  2 x 2  5 x  ln x  C x2 0   x 2 B. 4x  5x  1 1 dx  x 2  5 x   C  2 x x 1 9 0 2 2 1 udu 2 9 D. I   udu 2 4x  5x  1 1 A.  dx  2 x 2  5 x   C 2 x x 0 8 A. 4 x 3  5x 2  1 là: y x2 3 8 B. I  công thức nào sau đây? 3 Câu 22: Họ nguyên hàm của hàm số: 3 9 A. I  2  udu tại điểm có tọa độ thỏa mãn y ”  0 được tính bằng m  m   V . 1  m  n   m  D. V2016 u  8  cos x thì kết quả nào sau đây là đúng? hàm số y  x 3  6 x 2  9 x , trục tung và tiếp tuyến 8 10 36 C. V2016  V  V .  1  m  n  0 Câu 26: Diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị 3 1020 B. V2016  V . Câu 25: Cho tích phân I   sin x 8  cos xdx . Đặt 9  100  m100  n   V. A. V2016  0 C. I   udu 10 A. 0 8 Tính thể tích CO2 năm 2016?  1 3 1998 là V m C. 1  x 2 dx   x 3 dx   x 2 dx  2 Câu 21: Biết thể tích khí CO2 trên thế giới năm B.  3 0 D. log 1 a  log 1 b  a  b  0 3 x B. Tích của một số phức và số phức liên hợp của nó là một số ảo. Đặt sách tại: Tiki.vn | Newshop.vn | Pibook.vn | Lovebook.vn | 7 Công Phá Toán The Best or Nothing C. Điểm M  a , b  trong một hệ tọa độ vuông Câu 36: Gọi V là thể tích của hình lập phương góc của mặt phẳng được gọi là điểm biểu diễn số ABCD.A’B’C’D’. V1 là thể tích của tứ diện A’ABD. phức z  a  bi . Hệ thức nào sau đây là đúng? D. Mô đun của số phức z  a  bi là z  a2  b2 . Câu 30: Xác định tập hợp các điểm biểu diễn số 1 là số thuần ảo? z A. trục hoành A. V  6V1 B. V  4V1 C. V  3V1 D. V  2V1 Câu 37: Cho mặt phẳng  P chứa hình vuông ABCD. Trên đường thẳng vuông góc với mặt phức z sao cho phẳng  P  tại A, lấy điểm M. Trên đường thẳng B. trục tung vuông góc với mặt phẳng  P  tại C lấy điểm N (N C. trục tung bỏ điểm O. cùng phía với M so với mặt phẳng  P  ). Gọi I là D. trục hoành bỏ điểm O. trung điểm của MN. Thể tích của tứ diện MNBD 2 Câu 31: Giải phương trình sau z  2iz  15  0 . Khi đó tập nghiệm S của phương trình là: A. S  1  3i ; 2  5i B. S  3i; 5i C. S  3; 5i D. S  2  3i ;1  5i luôn có thể tính được bằng công thức nào sau đây? 1 A. V  . AC.SIBD 3 B. V  1 AC.SBDN 3 Câu 32: Xác định tập hợp các điểm trong hệ tọa độ 1 1 D. V  BD.SMBD BD.SBMN 3 3 Câu 38: Cho hình chữ nhật ABCD như hình vẽ.  x, y    Gọi M, N lần lượt là trung điểm của AB và CD. vuông góc biểu diễn số phức z  x  iy ; C. V  Tính thể tích hình trụ thu được khi quay hình chữ thỏa mãn điều kiện z  2 ? nhật ABCD quanh trục MN? Biết AB  a; BC  b . A. Đường tròn x 2  y 2  4 B. Đường thẳng y  2 A M B C. Đường thẳng x  2 D. Hai đường thẳng x  2 và y  2 Câu 33: Cho các điểm A, B, C và A’, B’, C’ theo thứ tự biểu diễn các số phức: 1  i ; 2  3i; 3  i và 3i; 3  2i; 3  2i . D Khẳng định nào sau đây là đúng? A. Hai tam giác ABC và A’B’C’ đồng dạng. B. Hai tam giác ABC và A’B’C’ có cùng trọng tâm. C. Trung điểm M của AB đối xứng với trung điểm N của A’B’ qua gốc tọa độ. D. Độ dài cạnh BC bằng độ dài cạnh A’B’. Câu 34: Cho số phức z1  3  2i ; z2  5  6i . Tính A  z1 z2  5z1  6 z2 ? A. A  48  74 i B. A  18  54i C. A  42  18i D. 42  18i Câu 35: Mỗi đỉnh của bát diện đều là đỉnh chung của bao nhiêu cạnh? A. 3 B. 5 C. 8 D. 4 A. V  a2 b  đvtt 4 C N B. V  a2 b đvtt a2 b a2 b D. V   đvtt  đvtt 12 3 Câu 39: Cho mặt cầu tâm O, bán kính R  13 . Mặt C. V  phẳng  P cắt mặt cầu sao cho giao tuyến là đường tròn đi qua ba điểm A, B, C mà AB  6; BC  8; CA  10 . Tính khoảng cách từ O đến  P  ? A. 10 B. 12 C. 13 D. 11 Câu 40: Cho hình chóp S. ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật có AD  2a, AB  a, cạnh bên SA  a 2 vuông góc với mặt phẳng đáy  ABCD  . 8 | Khai báo sách chính hãng tại: congphatoan.com để nhận 100 đề thi thử tặng kèm 25 đề cốt lõi Toán 12 Ngọc Huyền LB – facebook.com/huyenvu2405 Gọi M là trung điểm của cạnh BC. Tính bán kính đường thẳng d và mặt phẳng    . Mặt phẳng    khối cầu ngoại tiếp hình chóp S.AMD? đi qua M và vuông góc với đường thẳng D có a 6 a 6 a 6 a 6 A. B. C. D. 6 4 2 3 Câu 41: Thiết diện qua trục của một hình nón là phương trình là: A.    : 4 x  3 y  z  2  0 một tam giác vuông cân có cạnh góc vuông bằng B.    : 4 x  3 y  z  2  0 2. Tính diện tích xung quanh của hình nón? C.    : 4 x  3 y  z  2  0 A. 2  2 đvdt B. 2  đvdt C. 4  2 đvdt D. 4  đvdt D.    : 4 x  3 y  z  2  0 Câu 42: Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho tam giác ABC có A  1;1; 3  ; B  2; 6; 5  và tọa độ trọng tâm G  1; 2; 5  . Tìm tọa độ điểm C. A. C  6; 1;7  B. C  6;1;7   10 19 19  C. C  ; ;  3 3   3  10 19 19  D. C  ; ;   3 3 3  Câu 46: Trong không gian Oxyz, cho 4 điểm A  2; 6; 3  , B  1; 0; 6  , C  0; 2;1 , D 1; 4; 0  . chiều cao AH của tứ diện ABCD? A. d  C. d  Câu 43: Cho điểm I  1; 2; 3  . Viết phương trình Tính 36 76 36 29 B. d  D. d  24 29 29 24 Câu 47: Xét vị trí tương đối của cặp đường thẳng  P  : x  y  2z  3  0 với thiết diện là hình tròn có  x  2  2t ‘ x1 y  2 z  3  và d ‘ :  y  2  t ‘ ta kết d:   1 3 1  z  1  3t ‘  đường kính bằng 2. luận hai đường thẳng này: mặt cầu S  có tâm I và cắt mặt phẳng 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 A.  S  :  x  1   y  2    z  3   25 B.  S  :  x  1   y  2    z  3   24 A. Chéo nhau. B. Trùng nhau. C. Song song. D. Cắt nhau. Câu 48: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho C.  S  :  x  1   y  2    z  3   1 ba điểm A  1;1; 3  ; B  2; 3; 5  ; C  1; 2; 6  . Xác định    điểm M sao cho MA  2 MB  2 MC  0. 2 D.  S  :  x  1   y  2    z  3   23 Câu 44: Viết phương trình mặt phẳng    đi qua A. M  7; 3;1 B. M  7; 3; 1 điểm M 1; 2; 3  và song song với mặt phẳng C. M  7; 3;1 D. M  7; 3; 1   : 2x  3y  z  5  0 . A.    : 2 x  3 y  z  11  0 B.    : 4 x  6 y  2z  22  0 C.    : 2 x  3 y  z  11  0 D.    : 4 x  6 y  2z  22  0 Câu 45: Cho mặt phẳng    Câu 49: Cho mặt cầu x2  y2  z2  4x  2y  2z  5  0 có phương trình: và mặt phẳng  P  : 3x  2y  6z  m  0. S  và  P  giao nhau khi: A. m  9 hoặc m  5 B. 5  m  9 C. 2  m  3 D. m  3 hoặc m  2 Câu 50: Tìm m để phương trình: có phương trình 3x  5y  z  2  0 và đường thẳng d có phương trình S  x  12 y  9 z  1 . Gọi M là giao điểm của   4 3 1 x2  y2  z2  2 m1 x  2 2m 3 y  2 2m 1 z  11 m  0 là phương trình một mặt cầu? A. m  0 hoặc m  1 B. 0  m  1 C. m  1 hoặc m  2 D. 1  m  2 Đặt sách tại: Tiki.vn | Newshop.vn | Pibook.vn | Lovebook.vn | 9 Công Phá Toán The Best or Nothing ĐÁP ÁN 1D 2A 3D 4A 5B 6A 7A 8A 9A 10C 11B 12B 13B 14A 15B 16D 17B 18B 19C 20C 21B 22A 23A 24C 25D 26A 27A 28B 29B 30C 31B 32A 33B 34A 35D 36A 37A 38A 39B 40C 41A 42A 43A 44B 45A 46B 47D 48A 49B 50A HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT Câu 1: Đáp án D. Mệnh đề A: Trang 35 sách giáo khoa Giải tích cơ bản 12 có bảng vẽ các dạng đồ thị của hàm số bậc 3. Và có thể kết luận rằng đây là mệnh đề đúng. Từ bảng đồ thị ta cũng suy ra câu C là mệnh đề đúng. Mệnh đề B: Đây là mệnh đề đúng (hoặc nếu bạn chưa chắc, trong quá trình làm, bạn đọc có thể để lại mệnh đề đó và xét mệnh đề tiếp theo). Mệnh đề D: Đây là mệnh đề sai, vì sao lại như vậy. Ta thấy nếu phương trình y ‘  0 vô nghiệm thì đồ thị hàm số bậc ba đúng là không có điểm cực trị, nhưng đó có phải là toàn bộ trường hợp có thể xảy ra hay không? Không, vì nếu phương trình y ‘  0 có nghiệm kép thì đồ thị hàm số bậc ba cũng không có điểm cực trị. (Như bảng trang 35 SGK). Câu 2: Đáp án A. Cách 1: Cách giải toán thông thường: Vì đây là hàm đa thức có bậc tử lớn hơn STUDY TIPS Để biết hàm số đồng biến, nghịch biến trên khoảng nào ta thường xét dấu của đạo hàm để kết luận. bậc mẫu, nên để tìm đạo hàm một cách nhanh chóng, quý độc giả nên chia đa thức tử số cho đa thức mẫu số như sau: Điều kiện: x  1 x 2  3x  1 2x  1 .  x x1 x1 2.1  1.1 1  1  0 x  1 Khi đó y ‘  1  2 2  x  1  x  1 y Vậy hàm số đồng biến trên  ; 1 và  1;   . Cách 2: Dùng máy tính Casio. Nhìn vào cách 1 ta thấy cách làm này khá nhanh, nhưng trong phòng thi nhiều khi các bạn có thể bị rối trong cách đạo hàm,… Vì thế ở đây tôi xin giới thiệu với quý độc giả một cách làm nữa sử dụng máy tính như sau: Do sau khi đạo hàm thì y ‘ có dạng y ‘  ax2  bx  c Nhập vào máy tính:  x  1 2 . d  x 2  3x  1  .1012 . Ấn = ( Lý giải vì sao lại nhân   dx  x  1  x  100 2 với 1012 : là do ta đã gán cho x  100 nên  x  1  1012 . Mục đích của ta là đi tìm biểu thức tử số của đạo hàm nên ta có tử số đạo hàm  y ‘.  x  1 10 | Khai báo sách chính hãng tại: congphatoan.com để nhận 100 đề thi thử tặng kèm 2 25 đề cốt lõi Toán 12 Ngọc Huyền LB – facebook.com/huyenvu2405 Khi đó máy hiện kết quả: STUDY TIPS Nhiều độc giả không nhớ rõ lí thuyết nên bối rối giữa ý A và B. Nhưng hãy nhớ kĩ trong chương trình 12 chúng ta chỉ học đồng biến, nghịch biến trong một khoảng, một đoạn (nửa khoảng, nửa đoạn) mà không có trên một tập giá trị nhé. 10202  1 02 02  x 2  2 x  2  y ‘  x2  2 x  2  x  1 2  1 1  x  1 2 . Quay lại như cách 1. Câu 3: Đáp án D. Số nghiệm của phương trình x 4  2 x 2  3  m là số giao điểm của 2 đồ thị hàm  y  h  x   f  x   C  số:  , với y  m là đường thẳng cùng phương với trục Ox.  y  m  d  Khi học tự luận đây chính là bài toán suy diễn đồ thị quen thuộc. Vì hàm h  x   f  x  có h  x   h   x  nên h  x  là hàm chẵn có đồ thị đối xứng qua Oy. Cách suy diễn: Giữ nguyên phần đồ thị hàm số phía trên trục Ox, lấy đối xứng phần đồ thị dưới trục Ox qua Ox. Khi đó ta có đồ thị như sau: y 4 3 1 -1 O x Nhìn vào đồ thị ta thấy với m   3; 4  thì d cắt (C) tại 6 điểm phân biệt. Vậy với m   3; 4  thì phương trình có 6 nghiệm phân biệt. Câu 4: Đáp án A. STUDY TIPS Đề bài chỉ cho ta dữ kiện về hàm số, từ đó ta phải đi tìm 2 tiệm cận của đồ thị hàm số. Như ở đề số 2 , tôi đã chỉ cho quý độc giả cách tìm nhanh tiệm cận khi đề cho hàm phân thức bậc nhất trên bậc nhất rồi. Điều kiện: x  TCN: y  3 2 1 3 d1  ; TCĐ: x    d2  . 2 2  x 1  Gọi M  xo ; o  là điểm nằm trên đồ thị  C  . Khi đó: 2 xo  3   xo  1 0.xo  d  M ; d1   2 1 2 2 0 1 x0  d  M ; d2   2 xo  3  3 2 12  0 2 Ta có d1  d2   2 xo  3 2 2 xo  3 2   1  d1 4 xo  6  d2 1 2 2 xo  3 Đến đây ta có thể nghĩ ngay đến BĐT quen thuộc, BĐT Cauchy. Áp dụng BĐT Cauchy ta có: 2 xo  3 2  1 1 1 2 . 1 2 2 2 2 xo  3 Đặt sách tại: Tiki.vn | Newshop.vn | Pibook.vn | Lovebook.vn | 11 Công Phá Toán The Best or Nothing Dấu bằng xảy ra khi 2 xo  3 2   x  1  M  1; 0  2 1   2 xo  3   1   2 2 xo  3  x  2  M  2; 1 Phân tích sai lầm: Nhiều độc giả dễ bị nhầm lẫn khi tính khoảng cách giữa điểm 1 chẳng hạn, độc giả sẽ bối rối không biết 2 áp dụng công thức tính khoảng cách như thế nào. M đến 2 đường tiệm cận. Khi thấy y  Ta có y  1 1  0.x  y   0 2 2 xM .0  y M  Vậy công thức tính khoảng cách ở đây là d  0 2  12 1 2 . Trong khi làm bài thi vì tâm lý của quý độc giả rất căng thẳng nên nhiều khi các dạng đường thẳng biến tấu sẽ làm các bạn bỡ ngỡ đôi chút. Vì thế hãy luyện tập thật kĩ để có một kết quả xứng đáng nhé! Câu 5: Đáp án B.  xo  2 2  xo STUDY TIPS Nhận xét với điểm Ta có:  yo  M  xo ; yo  thì điểm M ‘ đối Phân tích sai lầm: Nhiều độc giả nhầm lẫn giữa đối xứng qua O với đối xứng xứng với M  xo ; yo  có tọa qua trục Ox, đối xứng qua trục Oy, dẫn đến khoanh vào các đáp án còn lại. Một độ   xo ;  yo  . lời khuyên cho quý độc giả đó là nếu không nhớ rõ kiến thức có thể vẽ hình ra  x0  1  yo  xo  1 . Đáp án B. và xác định tọa độ của các điểm đối xứng, sẽ rất nhanh thôi, hãy luôn giữ đầu óc sáng suốt trong quá trình làm bài bạn nhé. Câu 6: Đáp án A. STUDY TIPS Hàm số đã cho là hàm số bậc 4 trùng phương và xác Hàm số đã cho đã thỏa mãn điều kiện a  1  0 , nên để đồ thị hàm số đã cho chỉ định trên  . Cùng xem lại bảng trang 38 Sách giáo khoa Giải tích cơ bản mà tôi đã nói đến với quý độc giả ở đề số 2 (mục đích của việc tôi nhắc lại về bảng này trong sách là để quý độc giả xem lại nó nhiều lần và ghi nhớ nó trong đầu). Mà y ‘  4 x 3  2bx  2 x 2 x 2  b . có một điểm cực tiểu thì phương trình y ‘  0 có một nghiệm duy nhất.   Để phương trình y ‘  0 có nghiệm duy nhất thì phương trình 2×2  b  0 vô nghiệm hoặc có một nghiệm x  0. Khi đó b  0 . Còn điều kiện của c thì sao, đề đã cho tọa độ của điểm cực tiểu, từ đó ta có thể dễ dàng tìm được c  1 . Câu 7: Đáp án A. Lúc đầu khi đọc đề bài, bạn đọc có thể bị bối rối khi đề bài cho quá nhiều thứ: 2 điểm cực trị, trung điểm của 2 điểm cực trị, biến m, đường thẳng d. Nhưng thực ra đây là một bài toán tư duy rất cơ bản. Đề bài nói rằng tìm m để đường thẳng đi qua trung điểm 2 điểm cực trị của đồ thị hàm số y  x 3  6 x 2  9 x , thì ta đi tìm 2 điểm cực trị rồi từ đó suy ra tọa độ trung điểm, thay vào phương trình của đường thẳng đã cho rồi ta tìm được m. x  3 y ‘  3 x 2  12 x  9  0   x  1  Hoành độ trung điểm của 2 điểm cực trị là xo  2  M  2; 2  là trung điểm của 2 điểm cực trị của đồ thị hàm số bậc ba đã cho. Thay vào phương trình đường thẳng ta được 2  2  m  m  0 . 12 | Khai báo sách chính hãng tại: congphatoan.com để nhận 100 đề thi thử tặng kèm 25 đề cốt lõi Toán 12 Ngọc Huyền LB – facebook.com/huyenvu2405 Câu 8: Đáp án A. Hàm số y  x 1  x2 xác định trong đoạn  1;1 . Ta có y ‘  1  x 2  x2 1  x2  1  2×2 1  x2  1 x  2 . y’  0    1 x   2   1  1  1  1 Ta lần lượt so sánh các giá trị: y  1  0; y  1  0; y    ; y  .  2 2  2 2 1 1    1. 2 2 Câu 9: Đáp án A. Vậy M  m  Với bài này độc giả cần nhớ lại công thức tính độ dài cung tròn. Độ dài cung tròn  dùng làm phễu là: Rx  2 r AB r R2 x2 R Rx ; h  R2  r 2  R2   4 2  x 2 2 2 2 4 Thể tích cái phễu là: STUDY TIPS Thật cẩn thận trong tính toán, nếu thời gian gấp rút trong quá trình làm bài, bạn có thể để câu này làm cuối cùng vì tính toán và ẩn khá phức tạp. V  f  x  1 2 R3 2 r h  x 42  x2 với x   0; 2   . 3 242  2 2 2 R 3 x 8   3x . Ta có f ‘  x   242 4 2  x 2  2 6 . 3 Vì đây là bài tập trắc nghiệm nên ta có thể kết luận luôn rằng thể tích của cái f ‘  x   0  8 2  3 x 2  0  x  2 6  . Vì ta đang xét trên  0; 2   mà f ‘  x   0 tại duy 3 nhất một điểm thì ta có thể làm nhanh mà không vẽ bảng biến thiên nữa. phễu lớn nhất khi x  Câu 10: Đáp án C. STUDY TIPS Vì đây là dạng toán tìm nhận định đúng nên quý độc giả nên đi kiểm tra tính đúng đắn của từng mệnh đề một. Với mệnh đề A: Phương trình hoành độ giao điểm của 2 đồ thị là : x3  3x  3 . Bấm máy tính ta thấy phương trình chỉ có một nghiệm thực. Vậy chỉ có 1 điểm. Đáp án A sai. Với mệnh đề B: Xét phương trình hoành độ giao điểm của 2 đồ thị: x3  3x  4 . Bấm máy tính ta thấy phương trình cũng chỉ có 1 nghiệm, vậy đáp án B sai. 5 . 3 Bấm máy tính ta thấy phương trình có 3 nghiệm phân biệt. Vậy mệnh đề này Với mệnh đề C: Xét phương trình hoành độ giao điểm của 2 đồ thị: x 3  3 x  đúng, ta chọn luôn đáp án C. Câu 11: Đáp án B. Với mệnh đề (1): đây là mệnh đề đúng, ta cùng nhớ lại chú ý trang 14 sách giáo khoa cơ bản nhé: Đặt sách tại: Tiki.vn | Newshop.vn | Pibook.vn | Lovebook.vn | 13 Công Phá Toán The Best or Nothing “Nếu hàm số f  x  đạt cực đại (cực tiểu) tại xo thì xo được gọi là điểm cực đại (điểm cực tiểu) của hàm số; f  xo  được gọi là giá trị cực đại (giá trị cực tiểu)   của hàm số, kí hiệu là fCD  fCT  , còn điểm M xo ; f  x o  được gọi là điểm cực đại (điểm cực tiểu) của đồ thị hàm số.” Mong rằng quý độc giả nhớ rõ từng khái y niệm, tránh nhầm các khái niệm: “điểm cực đại của hàm số” , “điểm cực đại của đồ thị hàm số”, “giá trị cực đại”,…. Với mệnh đề (2), ta tiếp tục xem Chú ý 2 trang 14 SGK , và đây cũng là mệnh đề đúng. Với mệnh đề (3): Ta nhận thấy đây là mệnh đề sai, ta chỉ lấy đơn cử ví dụ như hình O x vẽ bên. Đồ thị hàm số ở hình vẽ có 2 điểm cực trị nhưng chỉ cắt trục Ox tại duy nhất 1 điểm, nên kết luận này là sai. Với mệnh đề (4): Ta cũng nhìn vào hình vẽ đã lấy làm ví dụ minh họa ở mệnh đề 3 để nhận xét rằng đây là mệnh đề sai. Vậy đáp án đúng của chúng ta là B: có 2 mệnh đề đúng. Câu 12: Đáp án B. Điều kiện: x 2  3 x  5  0; 0  x  1 STUDY TIPS Đây là câu hỏi giải phương trình logarit “kiếm điểm”. Quý độc giả nên nắm chắc kiến thức về logarit để giải không bị sai sót. 5 3 (không thỏa mãn). Thay vào điều kiện ban đầu thì không thỏa mãn, nên ta chọn Phương trình  x 2  3 x  5  x 2  x  đáp án B. Ở đây quý độc giả cũng có thể thay vào để thử nghiệm, tuy nhiên bản thân tôi nhận thấy, giải phương trình còn nhanh hơn cả việc thay vào thử từng đáp án một. Nhưng nếu bạn thấy cách nào nhanh hơn thì làm nhé. Phân tích sai lầm: Nhiều độc giả không để ý x chính là cơ số, nên cần điều kiện 0  x  1 . Nên chọn luôn phương án D là sai. Câu 13: Đáp án B. 1 1 log a a  . 3 3 Phân tích sai lầm: Nhiều độc giả có thể chưa nắm vững kiến thức về logarit và log a3 a  có những sai lầm như sau: – Sai lầm thứ nhất: log a3 a  3 log a a  3 . Chọn đáp án A là sai. – Sai lầm thứ hai: log a3 a  3 log a a  3 . Chọn đáp án C là sai. Câu 14: Đáp án A. Nhìn các đáp án quý độc giả có thể thấy rối mắt, tuy nhiên, nếu để ý kĩ đề bài có cho tam giác vuông vì thế chúng ta có dữ kiện: a2  b2  c 2 . Vì ở các cơ số của các đáp án là c  b và c  b nên ta sẽ biến đổi biểu thức của định lý Pytago như sau: a2  c 2  b2   c  b  c  b  . (*) Ta đi phân tích biểu thức: log c  b a  log c b a  log a  c  b   log a  c  b  1 1   log a  c  b  log a  c  b  log a  c  b  . log a  c  b  14 | Khai báo sách chính hãng tại: congphatoan.com để nhận 100 đề thi thử tặng kèm 25 đề cốt lõi Toán 12  log a Ngọc Huyền LB – facebook.com/huyenvu2405   c  b  c  b   log a  c  b  .log a  c  b     log a a 2 . log c  b a.log c  b a  2 log c  b a.log c b a (Ta áp dụng công thức log    1 ) log  Vậy đáp án đúng là đáp án A. Câu 15: Đáp án B. STUDY TIPS Ở đây có 2 dạng điều kiện các quý độc giả cần lưu ý đó là: a. Điều kiện để logarit xác định. b. Điều kiện để căn xác định. x  3  0   x  3 ĐK: log x  3  1     1    log 3  x  3   1 3 x  3  x  3  x  3  10       10  x   3;  . 1 log x  3   1   3  3   x  3  3 x  3  Phân tích sai lầm: Nhiều độc giả quên mất điều kiện để logarit xác định nên dẫn đến chọn đáp án C là sai. Câu 16: Đáp án D. STUDY TIPS Quý độc giả có thể dùng máy tính để thử từng bước làm, tuy nhiên ý kiến cá nhân tôi thấy nếu ngồi bấm máy tính, bạn đọc sẽ tốn thời gian hơn là tư duy đấy. Nên hãy tập tư duy nhiều nhất có thể bạn nhé. Lại là một dạng bài đòi hỏi quý độc giả phải đọc và xem xét kĩ từng giai đoạn của bài toán. Xét giai đoạn thứ nhất: Đây là một giai đoạn đúng. Có thể nhiều độc giả bối rối đoạn: log 2 5  log 2 3.log 3 5  3ac , sau đây là lời giải thích: Ta có log 3 5  log 2 5 log 2 3  log 2 5  log 3 5.log 2 3 Tương tự với giai đoạn II và giai đoạn III đều đúng. Vậy đáp án cuối cùng là D. Câu 17: Đáp án B. 1 Ta có: f ‘  x   x2  1  x 2x 2 x2  1 x  x2  1  x2  1 x  x2  1  1 x2  1 Phân tích sai lầm: Nhiều độc giả có thể quên công thức đạo hàm ln u  là không tính u ‘ như sau: f ‘  x   1 x  x2  1 u’ . Tức u . Chọn luôn đáp án A là sai. Hoặc nhiều độc giả đạo hàm nhầm u ‘ dẫn đến chọn các đáp án còn lại. Vì thế hãy thật cẩn thận trong tính toán nhé. Câu 18: Đáp án B. STUDY TIPS Ta cùng nhớ lại: + Công thức: 1  log b a  1 log a b + Công thức: log a x  log a y  log a xy  2  Áp dụng vào bài toán này ta có: +T 1 (áp dụng công thức (1)). Vậy ý D đúng. log x a  log x b  log x c  log x d +T 1 (áp dụng công thức (2)). Vậy ý C đúng. log x abcd + T  log abcd x (áp dụng công thức (1)). Vậy ý A đúng. Chỉ còn lại ý B. Vậy chúng ta chọn B. Câu 19: Đáp án C. Đặt sách tại: Tiki.vn | Newshop.vn | Pibook.vn | Lovebook.vn | 15 Công Phá Toán STUDY TIPS Đây là một câu giải phương trình mũ gỡ điểm, hãy cẩn thận trong tính toán nhé. 2 2 x 2 7 x 5 The Best or Nothing x  1 .  1  2x  7 x  5  0   x  5  2 2 Vậy đáp án là C. Câu 20: Đáp án C. Ta lần lượt phân tích từng ý một trong đề. + Với ý A. Ta có log x  0  log x  log1  x  1 (mệnh đề này đúng) + Với ý B. Tương tự ý A ta có  x  0 log 3 x  0    0  x  1 (mệnh đề này đúng) log 3 x  log 3 1 1 nằm trong khoảng  0;1 thì 3 đổi chiều bất phương trình. Tôi xin nhắc lại kiến thức như sau: + Với ý C. Ta nhận thấy mệnh đề này sai do cơ số log a x  log a y  x  y với 0  a  1 . Vậy ta không cần xét đến ý D khi đã có đáp án là C. Câu 21: Đáp án B. STUDY TIPS Đây là một bài toán ứng dụng số mũ khá đơn giản. Tuy nhiên vì có các biến m, n nên quý độc giả dễ bị bối rối khi thực hiện bài toán. Ta có như sau: Năm 1999 thể tích khí CO2 là: V1  V  V .  m m  m  100  V 1    V. 100 100  100  2  m   m  100  Năm 2000, thể tích khí CO2 là: V2  V .  1    V .  100    100  2 …. Vậy ta có quy luật nên sẽ nhẩm nhanh như sau: từ năm 1998 đến 2016 là 18 năm, trong đó 10 năm đầu chỉ số tăng là m% , 8 năm sau chỉ số tăng là n% . Vậy thể tích sẽ là: 10 V2016 8 10 8  m  100   n  100  . Đáp án B.  m  100   n  100   V .  .   V. 10 36  100   100  Câu 22: Đáp án A. Nhìn vào phân thức cần tìm nguyên hàm ta thấy đa thức ở tử số có bậc lớn hơn bậc của mẫu số, nên ta sẽ tiến hành chia tử số cho mẫu số ta được:  4×3  5×2  1 1 1 dx    4x  5  2  dx  2×2  5x   C  x2 x x   Câu 23: Đáp án A. Nhìn vào bài toán ta có thể nhận ra ngay đây là bài toán tính tích phân, vì đã có đạo hàm. Nên từ các dữ kiện đề cho ta có: 5   3at 0 2  1 5 25  bt dt   at 3  bt 2   125a  b  150 . 0 2 2    Tương tự ta có 1000 a  50b  1100 . Vậy từ đó ta tính được a  1; b  2 . 20  Vậy thể tích nước sau khi bơm được 20 giây là:  h ‘  t  dt  t 3  t 2 0 Câu 24: Đáp án C. 16 | Khai báo sách chính hãng tại: congphatoan.com để nhận 100 đề thi thử tặng kèm 20 0  8400 . 25 đề cốt lõi Toán 12 Ngọc Huyền LB – facebook.com/huyenvu2405 Ta lần lượt đi xem xét từng mệnh đề một. Trước khi đi xem xét các mệnh đề, tôi STUDY TIPS Quý độc giả có thể dùng máy tính để thử nếu không nhớ công thức liên quan đến tích phân như trên. Tuy nhiên, chúng ta đang trong quá trình ôn luyện nên hãy ôn nhớ công thức chứ không nên dùng máy tính nhiều. Nếu bạn đọc đã rèn luyện được khả năng tư duy tốt, lúc đó bạn sẽ tư duy nhanh hơn là bấm máy tính rất nhiều. xin củng cố thêm cho quý độc giả một công thức như sau: b  a c b f  x  dx   f  x  dx   f  x  dx . a c Từ công thức trên ta suy ra được mệnh đề B là mệnh đề đúng. b Tiếp theo với mệnh đề A: Ta có  a a f  x  dx    f  x  dx , nên mệnh đề này đúng. b Với mệnh đề D, ta thấy đây là mệnh đề đúng. Và chỉ còn đáp án C. Câu 25: Đáp án D. Phân tích: Ta nhận thấy  cos x  8  ‘   sin x .  2  2 0 0 Vậy I   sin x 8  cos xdx    8  cos xd  8  cos x  Đổi cận: x u 8 0  2 9 8 9 Khi đó I    udu   udu . 9 8 Câu 26: Đáp án A. Bài toán đặt ra cho quý độc giả khá nhiều giả thiết: hàm số, trục tung, tiếp tuyến tại điểm có hoành độ thỏa mãn y ”  0 . Bước đầu tiên: Viết phương trình tiếp tuyến tại điểm uốn: 1. Tìm điểm uốn: y ‘  3 x 2  12 x  9 ;   y ”   y ‘  ‘  3 x 2  12 x  9 ‘  6 x  12 y ”  0  x  2  điểm uốn I  2; 2  . 2. Tìm phương trình tiếp tuyến tại điểm uốn y y  y ‘  2  x  2   2  3  x  2   2  3x  8 . 3. Viết CT tính diện tích hình phẳng. Ta có đồ thị như hình bên. I 2 Trong khi làm bài thi ta không cần vẽ đồ thị, nhưng ở đây, tôi vẫn vẽ đồ thị để quý độc giả có thể hiểu rõ ràng bản chất của bài toán: O 2 x Với bài toán tổng quát dạng: Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi: y  f  x  ; y  g  x  ; x  0; x  a , với a  0 a thì SP   f  x   g  x  dx 0 Ở đây ta có: Hình phẳng được giới hạn bởi y  f  x  ; y  3x  8; x  0; x  2 . (Vì sao tìm được cận 2 thì đó là do ta xét phương trình hoành độ giao điểm của f  x  và tiếp tuyến). 2 Khi đó: SP   x 3  6 x 2  9 x   3 x  8  dx 0 Đặt sách tại: Tiki.vn | Newshop.vn | Pibook.vn | Lovebook.vn | 17 Công Phá Toán The Best or Nothing Mà nhìn vào đồ thị ta thấy rõ rằng trên 0; 2  thì 3x  8  x3  6 x2  9 x . 2   Do đó SP    x 3  6 x 2  12 x  8 dx . 0 Cách làm nhanh: Khi đi thi quý độc giả không thể có đủ thời gian để ngồi vẽ đồ thị như tôi vừa giải thích kĩ lưỡng ở trên. Chúng ta có thể làm nhanh như sau: Sau khi đã viết được phương trình tiếp tuyến. Ta bấm máy tính với một giá trị của x  0; 2  xem hàm số nào lớn hơn trên đoạn đang xét, từ đó phá trị tuyệt đối. Đây là mẹo làm bài, chỉ áp dụng tùy bài thôi bạn nhé. Câu 27: Đáp án A. Với bài toán này ta không cần thực hiện đủ các bước tính diện tích hình phẳng mà vẫn có thể tìm được đáp án đúng như sau: Thể tích khối tròn xoay được giới hạn bởi các đường y  f  x  ; x  a; x  b; y  0 ; b với a  b khi quay quanh trục Ox là: V    f 2  x  dx . a Nhìn vào đáp án A ta có thể nhận thấy ngay đáp án này sai do  1  x2  2   1  x2  2 . Vì thế nhiều khi không nhất thiết quý độc giả phải giải chi tiết bài toán ra, hãy tư duy sao cho nhanh nhất có thể bạn nhé. Câu 28: Đáp án B. Phân tích: Cách làm rút gọn cơ bản: z  3  i 1  i    2  i  i  i 12  i 2 i2 2 1  4i  3  4 i  3 1  2 i     1  2i   2  4i . 2 11 1 Cách làm trên là cách diễn giải về mặt bản chất toán học, tuy nhiên nếu nhẩm STUDY TIPS Trong cuốn sách này tôi đã phân tích rất rõ phần thực và phần ảo của số phức z, tuy nhiên tôi vẫn nhắc lại với quý độc giả một lần nữa: Với số phức z  a  bi  a, b    nhanh như trên thì khá là lâu, nên trong khi làm bài thi, quý độc giả có thể sử dụng công cụ máy tính trợ giúp như sau: Bước 1: chọn MODE  chọn 2: CMPLX để chuyển sang dạng tính toán với số phức trên máy tính. Bước 2: Nhập vào máy tính biểu thức z  3i 2i như sau:  1 i i thì a là phần thực và b là phần ảo. Rất nhiều độc giả cho rằng bi là phần ảo là sai. Đến đây, quý độc giả đã có thể giải quyết bài toán như đến bước này ở cách trên. Câu 29: Đáp án B. Phân tích: Ta lần lượt đi xét từng mệnh đề 1. Với mệnh đề A: ta có z  z   a  bi    a  bi   2bi đây là một số thuần ảo. Vậy đáp án A đúng. Với mệnh đề B: ta có z.z   a  bi  a  bi   a2  b2 .i 2  a2  b2 (do i 2  1 ). Đây là số thực, vậy mệnh đề này sai, ta có thể khoanh luôn đáp án B mà không cần xét 2 đáp án còn lại nữa. Tuy nhiên, khi quý độc giả đang đọc phần phân tích này có nghĩa là bạn đang trong quá tình ôn luyện, vì thế bạn nên đọc cả 2 mệnh 18 | Khai báo sách chính hãng tại: congphatoan.com để nhận 100 đề thi thử tặng kèm 25 đề cốt lõi Toán 12 Ngọc Huyền LB – facebook.com/huyenvu2405 đề đúng sau đó để khắc ghi nó trong đầu, có thể nó sẽ có ích cho bạn trong khi làm bài thi. Câu 30: Đáp án C. Ta đặt z  a  bi với a , b   . Khi đó Để 1 1 a  bi a  bi   2  2 2 2 z a  bi a  b i a  b2 1 a b là một số thuần ảo thì 2  0 và 2 0. 2 z a b a  b2 Khi đó z  0  bi là số thuần ảo. Và tập hợp các điểm biểu diễn số phức z là đường thẳng x  0 , mà b  0 do đó tập hợp đó sẽ trừ đi O. Đáp án C. Câu 31: Đáp án B. Với bài dạng này thì ta sẽ nghĩ đến điều gì? Ta thấy ở đây có z, có i, tại sao ta không nghĩ đến tạo ra i2 để có phương trình đẳng cấp bậc 2 và khi đó ta sẽ giải bài toán một cách dễ dàng. Một điều rất đỗi quen thuộc đó là i 2  1 . Ta có thể thêm vào phương trình như sau:  z  3i Phương trình  z 2  2iz  15i 2  0   z  3i  z  5i   0   .  z  5i STUDY TIPS Rất nhanh phải không bạn? Có thể ban đầu quý độc giả sẽ thấy bối rối khái niệm tập hợp điểm, nhưng cách làm lại khá nhanh. Vì thế, hãy thật sáng suốt trong quá trình làm bài nhé. Câu 32: Đáp án A. Đề bài cho z  2  x 2  y 2  2  x 2  y 2  4 . Vậy đáp án là A. Câu 33: Đáp án B. Ta lần lượt có thể tìm được tọa độ các điểm A, B, C và A’, B’, C’ theo các dữ kiện đề bài Vì A là điểm biểu diễn số phức 1  i nên A  1; 1 . Tương tự ta có B  2; 3  , C  3;1 và A ‘  0; 3  ; B ‘  3; 2  ; C ‘  3; 2  . Có các dữ kiện này, ta lần lượt đi phân tích từng mệnh đề: Với mệnh đề A: Ta thấy để xem xét xem 2 tam giác có đồng dạng hay không khá là lâu, nên ta tạm thời để mệnh đề này lại và tiếp tục xét sang mệnh đề B.  3 Với mệnh đề B: Ta lần lượt tìm trọng tâm của từng tam giác: ta có G  2;  ;  2  3 G ‘  2;  . Nhận thấy G  G ‘ nên mệnh đề này đúng, ta không cần tiếp tục xét  2 các mệnh đề còn lại nữa, vì chỉ có duy nhất một mệnh đề đúng cần chúng ta tìm mà thôi. Câu 34: Đáp án A. Cách làm trình bày rõ ràng về mặt toán học như sau: A   3  2i  5  6i   5  3  2i   6  5  6i   12i 2  28i  15  15  10i  30  36i  48  74i . Tuy nhiên, nếu bạn không có tư duy nhẩm tốt, có thể nhập vào máy tính để làm như sau: Đặt sách tại: Tiki.vn | Newshop.vn | Pibook.vn | Lovebook.vn | 19 Công Phá Toán The Best or Nothing Chọn chế độ phức như tôi đã trình bày ở câu 28. Tiếp theo là gán các giá trị z1  A ; z2  B Bằng cách bấm: 3  2i SHIFT STO A; 5  6i SHIFT STO B Và bấm biểu thức: AB  5 A  6 B =, ta nhận ngay được đáp án A. Câu 35: Đáp án D. Ta có hình vẽ hình bát diện đều như hình bên. Vậy đáp án đúng là D. 4 Câu 36: Đáp án A. A’ B’ D’ C’ D A C B 1 Ta có V  SABCD .AA ‘ ; V1  .SABD . AA ‘ 3 1 V 2.SABD . AA ‘   6  V  6V1 Mà SABD  SABCD  2 V1 1 S .AA ‘ 3 ABD Chú ý: Nhiều độc giả tư duy nhanh nên chỉ xét tỉ số giữa diện tích đáy mà quên 1 nữa, và nhanh chóng chọn ý D là sai. 3 Vì thế, nhanh nhưng cần phải chính xác bạn nhé! mất rằng với khối chóp thì còn tích với Câu 37: Đáp án A. Gọi O là giao điểm của AC và BD. Suy ra IO song song với AM, suy ra IO vuông góc với mặt phẳng ABCD  OI  AC N I Mà AC  BD; OI và BD là 2 đường thẳng cắt nhau cùng thuộc mặt phẳng  IBD  . M Khi đó AC   IBD  ; hay AO   IBD  . Ta có MN giao với  IBD  tại I  A B O D C     IM  1 d  N ;  IBD   IN d M ;  IBD  VMIBD 1  1  VMIBD  VNIBD  VMNBD  1 VNIBD 2 1 1 AC Mặt khác VMIBD  .AO.SIBD  . .S  2  3 3 2 IBD 1 Từ 1 và  2   VMNBD  .AC.SIBD . Đáp án A. 3 Trên đây là cách trình bày chi tiết để quý độc giả có thể hiểu chi tiết được bài toán, tuy nhiên khi làm mà không phải trình bày rõ ràng ra, chỉ suy luận sẽ rất nhanh chứ không dài dòng như thế này. Suy luận nhanh đòi hỏi độ chính xác cao, nên các công thức, các số liệu phải thật cẩn thận, có thể bạn mới đạt điểm cao mà không bị mất điểm đáng tiếc. Câu 38: Đáp án A. Khi quay quanh trục MN thì khối được tạo thành sẽ là hình trụ với đáy là hình tròn có đường kính là AB. Khi đó, bán kính hình tròn là r  AB a  2 2 Thể tích của khối trụ là V  B.h  r 2 .b  a2 b  (đvtt). 4 Câu 39: Đáp án B. Ta thấy AB2  BC 2  CA2 , suy ra tam giác ABC vuông tại B. 20 | Khai báo sách chính hãng tại: congphatoan.com để nhận 100 đề thi thử tặng kèm 25 đề cốt lõi Toán 12 Ngọc Huyền LB – facebook.com/huyenvu2405 Mặt phẳng  P  cắt mặt cầu theo giao tuyến là đường tròn đi qua A, B, C. Tam STUDY TIPS Chỉ cần tinh ý nhìn ra rằng 6; 8; 10 là bộ ba số Pytago là quý độc giả đã có thể giải được bài toán này một cách nhanh chóng giác ABC vuông tại B, suy ra AC là đường kính của đường tròn  r  CA  5 là 2 bán kính của đường tròn. Mặt cầu có bán kính R  13 . Khi đó ta có khoảng cách từ tâm O đến  P h  R 2  r 2  12 . Câu 40: Đáp án C. S Đây là một bài toán tính toán khá lâu, nếu trong quá trình làm bài thi, bạn thấy nó lâu quá, bạn có thể để đó và làm các câu tiếp theo. Tuy nhiên, dưới đây là cách làm bài và phân tích chi tiết cho quý độc giả hiểu cách làm của bài toán này. N I Nhận thấy tứ diện S. AMD có AMD là tam giác vuông tại M (Do AM  MD  AB2  BM 2  a 2 , mà AD  2 a  hệ thức pytago). Sau đây sẽ là A O D các bước để tìm tâm của mặt cầu ngoại tiếp hình chóp. Bước 1: Vẽ trục đường tròn của mặt phẳng đáy. B M C Gọi O là trung điểm của AD,suy ra O là trọng tâm của tam giác AMD . Từ O, kẻ Ox vuông góc với  ABCD  . Bước 2: Vẽ trung trực của cạnh bên và tìm giao điểm, giao điểm đó chính là tâm của mặt cầu ngoại tiếp hình chóp. Kẻ Ny vuông góc với SA, Ny  Ox  I . Khi đó I chính là tâm của mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.AMD. Ta chỉ cần tính IS là được. 2 a 2 a 6 2 Mà tam giác SIN vuông tại N  SI  SN  NI    a   2  2   2 2 Câu 41: Đáp án A. Ta có thiết diện qua trục của hình nón là tam giác vuông có cạnh bằng 2  đường sinh l  2 . Đường kính của hình tròn đáy là cạnh huyền của tam giác vuông. 2 R  2 2  2 2  2 2  R  2 . Khi đó Sxq  .Rl  2 2  (đvdt). Câu 42: Đáp án A. Đây là dạng toán tìm tọa độ điểm cơ bản trong hình học giải tích Oxyz, ta chỉ áp dụng công thức sau là có thể giải bài toán này một cách nhanh chóng: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, G là trọng tâm của tam giác ABC thì  1  xG  3  x A  xB  xC   1   yG   y A  y B  y C  3  1   z G  3  z A  z B  zC   Lúc này bạn chỉ việc bấm máy là có kết quả. Câu 43: Đáp án A. Đặt sách tại: Tiki.vn | Newshop.vn | Pibook.vn | Lovebook.vn | 21 Công Phá Toán The Best or Nothing Vì mặt cầu cắt mặt phẳng  P  với thiết diện là hình tròn có đường kính bằng 2  bán kính của hình tròn là r  2  1. 2   Khoảng cách từ I đến mặt phẳng  P  là: h  d I ;  P   1  2  2.3  3 12  12  2 2   Khi đó bán kính của mặt cầu là: R  r 2  h 2  12  2 6 2 2 2 6 2 5 2 Vậy phương trình mặt cầu:  S  :  x  1   y  2    z  3   25 Câu 44: Đáp án B. Mặt phẳng    song song với    suy ra vtpt của    cùng phương với vtpt    . STUDY TIPS Nhiều độc giả khi đến đây so vào không thấy có đáp án giống y như thế nên bối rối, tuy nhiên nếu nhìn kĩ vào ý B thì thấy ý B chính là đáp án đúng (chỉ có điều đáp án B chưa tối giản hẳn như kết quả chúng ta tìm được, đây vẫn là đáp án đúng). Khi đó    có dạng 2x  3 y  z  m  0 . Mà    đi qua M  1; 2; 3  Khi đó phương trình  2.1   3  .  2   3  m  0  m  11 . Khi đó    : 2x  3 y  z  11  0 . Vậy đáp án là B. Câu 45: Đáp án A. Bước 1: Tìm được giao điểm của đường thẳng và mặt phẳng    . Nếu để phương trình đường thẳng như đề cho quý độc giả sẽ không tìm được tọa độ giao điểm. Vậy tại sao không chuyển về dạng tham số t. Chỉ còn một biến, khi đó thay vào phương trình mặt phẳng    ta sẽ tìm được ngay điểm đó.  x  12  4t  d :  y  9  3t . z  1  t  Khi đó thay vào phương trình    ta được: 3  12  4t   5  9  3t    1  t   2  0  t  3  M  0;0; 2  Bước 2: Viết phương trình mặt phẳng       vuông góc với d  ud  n   4; 3;1 ,   qua M  0; 0; 2     : 4x  3y  z  2  0 . Câu 46: Đáp án B Phân tích: Độ dài đường cao AH chính là khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng đáy  BCD  . Vì đề đã cho tất cả tọa độ các điểm của tứ diện ABCD nên ta có thể viết được phương trình mặt phẳng đáy  BCD  . Có tọa độ điểm A và phương trình mặt phẳng đáy ta có thể tính được khoảng cách từ A đến mặt phẳng đáy. 1. Viết phương trình mặt phẳng  BCD  : Như ở đề số 2 tôi đã đề cập về cách viết phương trình mặt phẳng đi qua 3 điểm:     BC   1; 2; 5  ; CD  1; 2; 1 ; nBCD   BC ,CD    8; 6; 4    22 | Khai báo sách chính hãng tại: congphatoan.com để nhận 100 đề thi thử tặng kèm 25 đề cốt lõi Toán 12 Ngọc Huyền LB – facebook.com/huyenvu2405 (Với bước này quý độc giả có thể sử dụng cách bấm máy để tính tích có hướng của hai vecto và ra được tọa độ của vtpt như trên).  Khi đó  BCD  qua B  1; 0; 6  và có vtpt n   8; 6; 4  . Khi đó  BCD  : 8 x  6 y  4 z  16  0  4 x  3 y  2 z  8  0 2. Tính khoảng cách: AH  4.  2   3.6  2.3  8 2 4 2   3    2  2  24 29 Câu 47: Đáp án D. STUDY TIPS Đây là dạng toán đã được đề cập trong Bài 3: Phương trình đường thẳng trong không gian sách giáo khoa hình học cơ bản lớp 12. x  1  t  Ta chuyển phương trình đường thẳng d về dạng tham số d :  y  2  3t z  3  t  1  t  2  2t ‘  Ta xét hệ phương trình 2  3t  2  t ‘ 3  t  1  3t ‘  Hệ phương trình có nghiệm duy nhất t  1; t ‘  1 . Vậy 2 đường thẳng này là 2 đường thẳng cắt nhau. Câu 48: Đáp án A. Với dạng toán này ta nên viết công thức tính tổng quát ra để sau đó thay số vào sẽ nhanh hơn: xA  xM  2  xB  xM   2  xC  xM   0  xM  xA  2 xB  2 xC  7 Tương tự thì y M  y A  2 y B  2 yC  3 ; z M  1 . Câu 49: Đáp án B. Mặt cầu  S  có tâm I  2;1; 1 , bán kính R  1 . Ta xét vị trí tương đối giữa mặt phẳng và mặt cầu. Cách để xét vị trí tương đối giữa mặt phẳng với mặt cầu là so sánh khoảng cách từ tâm mặt cầu đến mặt phẳng đó với bán kính mặt cầu.   Để  S  và  P  giao nhau thì d I ;  P   R  3.2  2.1  6.  1  m 2 3   2   6 2  1  m  2  7  5  m  9 2 Câu 50: Đáp án A. Ta có công thức tổng quát như sau: 2 2 2 x 2  y 2  z 2  2 ax  2 by  2 cz  d  0   x  a    y  b    z  c   a 2  b 2  c 2  d Để phương trình trên là phương trình mặt cầu thì a2  b2  c 2  d  0 (điều kiện để có R) Áp dụng vào bài toán này ta có: 2 2  m  1   2 m  3    2 m  1  2 m  1 .  m  11  0  9 m 2  9 m  0   m  0 Đặt sách tại: Tiki.vn | Newshop.vn | Pibook.vn | Lovebook.vn | 23 Công Phá Toán The Best or Nothing ĐỀ ÔN LUYỆN SỐ 2 Câu 1: Cho hàm số y  f  x  . Mệnh đề nào đúng A.  ; 1 B. 1;   trong những mệnh đề sau? C.  1;1 D.  ; 1 và 1;   A. f ‘  x   0 với x   a , b   f  x  đồng biến trên khoảng  a , b  . B. f ‘  x   0 với   a , b   f  x  đồng biến trên khoảng  a, b . C. f  x đồng biến trên khoảng  a, b   f ‘  x   0, x   a , b  . D. Câu 6: Cho hàm số: y  x 4  2 x 2  2 . Cực đại của hàm số bằng: A. 2 B. 1 C. -1 D. 0 Câu 7: Cho hàm số y  x và các mệnh đề sau, tìm mệnh đề đúng? A. Hàm số không có đạo hàm tại x  0 nên không đạt cực tiểu tại x  0 . f  x  nghịch biến trên khoảng  a, b   f ‘  x   0, x   a , b  . B. Hàm số không có đạo hàm tại x  0 nhưng vẫn đạt cực tiểu tại x  0 . Câu 2: Đồ thị hàm số ở hình bên là của hàm số nào C. Hàm số có đạo hàm tại x  0 nên đạt cực tiểu tại x  0. dưới đây? D. Hàm số có đạo hàm tại x  0 nhưng không y đạt cực tiểu tại x  0. Câu 8: Giá nhất của y  x  3 x  9 x  6 trên  4; 4  là: 3 trị nhỏ A. Min f  x   21 B. Min f  x   14 C. Min f  x   11 D. Min f  x   70 4;4  x O hàm số 2 4;4  4;4  4;4  Câu 9: Giá trị của m để đồ thị hàm số x2  3mx C  cắt đường thẳng y  mx  7  d  x3 tại 2 điểm phân biệt là: 19 19 A. m  B. m  và m  1 12 12 19 19 C. m  D. m  và m  1 12 12 Câu 10: Một sợi dây có chiều dài là 6 m, được chia y A. y   x 3  3 x 2  1 B. y   x 4  2 x 2  2 C. y  x 4  2 x 2  2 D. y  x 3  3 x 2  1 Câu 3: Số điểm cực trị của đồ thị hàm số 1 y   x 3  x  7 là? 3 A. 1 B. 0 C. 3 D. 2 x 1 , những mệnh đề x3 nào đúng trong các mệnh đề sau: Câu 4: Cho hàm số sau: y  (1): Hàm số luôn nghịch biến trên D   3 . thành 2 phần. Phần thứ nhất được uốn thành hình tam giác đều, phần thứ hai uốn thành hình vuông. Hỏi độ dài của cạnh hình tam giác đều bằng bao nhiêu để diện tích 2 hình thu được là nhỏ nhất? (2): Đồ thị hàm số có một tiệm cận đứng là x  1; một tiệm cận ngang là y  3 . (3): Hàm số đã cho không có cực trị. (4): Đồ thị hàm số nhận giao điểm I  3;1 của A. hai đường tiệm cận làm tâm đối xứng. A. (1),(3),(4) B. (3),(4) C. (2),(3),(4) Câu 5: Hàm số y  nào? D. (1), (4) x đồng biến trên khoảng x 1 2 18 94 3 12  m B. 36 3 94 3 18 3  m  m 4 3 2×2  1 Câu 11: Đồ thị hàm số y  2 có mấy đường x  2x tiệm cận? C. 4 3  m 24 | Khai báo sách chính hãng tại: congphatoan.com để nhận 100 đề thi thử tặng kèm D. 25 đề cốt lõi Toán 12 Ngọc Huyền LB – facebook.com/huyenvu2405 A. 1 B. 0 C. 2 Câu 12: Nghiệm của phương trình: log 5  2 x  3   5 là: A. x  1 B. x  1 C. x  1 D. x  1 Câu 21: Họ tất cả các nguyên hàm của hàm số D. 3 f  x   3x  2 là: A. x  3128 B. x  1564 C. x  4 D. x  2 Câu 13: Nghiệm của bất phương trình: A.  f  x  dx  3  3x  2   B.  f  x  dx  9  3x  2  C.  f  x  dx  3  3x  2  D.  f  x  dx  2 .  log 2×2  4 x  1 là: A. x  1  6 hoặc x  1  6  B. x  1  6; 1  6  D. x  1  6   Câu 14: Đạo hàm của hàm số y  log 2 x 2 là: C. y ‘  2 1 3 3x  2  c 3x  2  c 3x  2  c 1 c 3x  2 Câu 22: Khi quan sát một đám vi khuẩn trong C. x  1  6 A. y ‘  2 2.ln 10 x 1 2 x2 .ln 10 phòng thí nghiệm người ta thấy tại ngày thứ x có 2000 và lúc 1 x đầu số lượng vi khuẩn là 5000 con. Vậy ngày thứ B. y ‘  số lượng là N  x  . Biết rằng N ‘  x   D. 2 x.ln 10 ln10 2×2 12 số lượng vi khuẩn là: Câu 15: Tập xác định của hàm số y  log A.  ; 1   3;   B.  3;   C.  1; 3  D.  1 x3 là: x1 A. 10130 B. 5130 C. 5154 D. 10129 Câu 23: Cho đồ thị hàm số y  f  x  . Diện tích hình phẳng (phần gạch chéo) trong hình được tính theo công thức: Câu 16: Khẳng định nào sau đây là luôn luôn y đúng với mọi a, b dương phân biệt khác 1? A. b  a log b C. log a b  log b a B. a  b ln a D. a log b  blog a Câu 17: Nếu log 2 6  a và log 2 7  b thì log 3 7 bằng bao nhiêu? b a A. log 3 7  B. log 3 7  a 1 b1 b a C. log 3 7  D. log 3 7  1 a 1 b Câu 18: Giả sử tỉ lệ lạm phát của Việt Nam mỗi năm trong 10 năm qua là 5%. Hỏi nếu năm 2007, -2 O 3 3 A.  2 f  x  dx B. 2 0 C.  2 x  0 3 3 f  x  dx   f  x  dx 0 0 f  x  dx   f  x  dx D. 0  2 3 f  x  dx   f  x  dx 0 giá xăng là 12000 VND / lit . Hỏi năm 2016 giá tiền Câu 24: Tính thể tích của khối tròn xoay khi quay xăng là bao nhiêu tiền một lít? quanh trục hoành của hình phẳng giới hạn bởi đồ A. 11 340, 00 VND / lit B. 113 400VND / lit C. 18616, 94 VND / lit D. 186160,94 VND / lit x e ? x2  1 Câu 19: Tính đạo hàm của hàm số y   x  1 A. y ‘  x C. 2 Câu 20: Nếu 2  ex 1  x  1 y’  x 2 2  2 ex  1 2    x  1 e  ln x x 1  2x  1 D. y’   x 1 B. y’  2 x 2 2 2 x 13  12   ex ln x x2  1  2x  1    13  12 thì: thị hàm số y  x  4  x  với trục hoành? 512 (đvtt) 15 512  C. (đvtt) 15 32 (đvtt) 3 32  D. (đvtt) 3 A. B.  Câu 25: Tích phân  cos 2 x. sin x dx bằng: 0 2 2 3 B. C. D. 0 3 3 2 Câu 26: Cho số phức z  a  bi  a , b    , mệnh đề A. nào sau đây là sai? Đặt sách tại: Tiki.vn | Newshop.vn | Pibook.vn | Lovebook.vn | 25 Công Phá Toán The Best or Nothing A. Đối với số phức z , a là phần thực. B. Điểm M  a , b  trong một hệ tọa độ vuông góc của mặt phẳng được gọi là điểm biểu diễn số phức z  a  bi . C. Đối với số phức z , bi là phần ảo. D. Số i được gọi là đơn vị ảo. Câu 27: Cho số phức z  7  6i , tính mô đun của 2z2  1 số phức z1  ? 3 A. 3217 B. 85 C. 3217 D. 85 Câu 28: Cho số phức z1  3  2i , z2  6  5i . Số phức liên hợp của số phức z  5z1  6 z2 là: A. z  51  40i B. z  51  40i C. z  48  37 i D. z  48  37 i Câu 29: Gọi A là tập các số phức thỏa mãn 2 z 2  z  0 thì A là: A. Hình tạo bởi một số hữu hạn đa giác được gọi là hình đa diện. B. Khối đa diện bao gồm không gian được giới hạn bởi hình đa diện và cả hình đa diện đó. C. Mỗi cạnh của một đa giác trong hình đa diện là cạnh chung của đúng hai đa giác. D. Hai đa giác bất kì trong hình đa diện hoặc là không có điểm chung, hoặc là có một đỉnh chung, hoặc có một cạnh chung. Câu 33: Cho hình chóp tứ giác đều S. ABCD . Gọi A’, B’, C’, D’ theo thứ tự là trung điểm của AB, BC, CD, DA. Khi đó tỉ số thể tích của hai khối chóp S. A ‘ B ‘ C ‘ D ‘ và S. ABCD bằng: 1 1 1 1 B. C. D. 2 3 4 8 Câu 34: Khi sản xuất vỏ lon sữa Ông Thọ hình trụ, A. A. Tập hợp mọi số thuần ảo và số 0. các nhà sản xuất luôn đặt chỉ tiêu sao cho chi phí B. i ; 0 sản xuất vỏ lon là nhỏ nhất, tức là nguyên liệu (sắt C. i ; 0 tây) được dùng là ít nhất. Hỏi khi đó tổng diện D. 0 tích toàn phần của lon sữa là bao nhiêu, khi nhà Câu 30: Số phức thỏa mãn điều kiện nào thì có điểm biểu diễn ở phần gạch chéo (kể cả biên)? sản xuất muốn thể tích của hộp là V cm 3 ? A. Stp  3 3 y V 2 4 B. Stp  6 3 V 2 4 V 2 V 2 D. Stp  6 4 4 Câu 35: Tính thể tích của vật thể tròn xoay thu C. Stp  3 -2 -1 O 1 2 x A. Số phức có phần thực nằm trong  1;1 và mô đun nhỏ hơn 2. B. Số phức có phần thực nằm trong 1;1 và mô đun nhỏ hơn 2. C. Số phức có phần thực nằm trong 1;1 và mô đun không vượt quá 2. D. Số phức có phần thực nằm trong  1;1 và mô đun không vượt quá 2. Câu 31: Tính thể tích khối rubic mini (mỗi mặt của rubic có 9 ô vuông), biết chu vi mỗi ô (ô hình vuông trên một mặt) là 4cm (coi khoảng cách giữa các khối vuông gần kề là không đáng kể)? A. 27 cm 3 B. 1728 cm 3 C. 1 cm 3 D. 9 cm 3 Câu 32: Trong các mệnh đề sau mệnh đề nào sai? được sau khi quay nửa đường tròn tâm O đường kính AB quanh trục AB, biết AB  4 ? A. 256  (đvtt) B. 32  (đvtt) 256 32 C. D.  (đvtt)  (đvtt) 3 3 Câu 36: Trong không gian, cho tam giác ABC a 3 , 2 CA  a . Khi đó đường sinh l của hình nón nhận vuông tại C có đường cao kẻ từ C là h  được khi quay tam giác ABC quan trục CA là: A. l  a B. l  2a C. l  3a D. l  2 a Câu 37: Cho hình chóp S. ABCD có đáy là hình chữ nhật, AB  a , AD  2 a và SA  2 a vuông góc với đáy. Tính thể tích của hình chóp S. ABCD ? A. 4 3 a (đvtt) 3 B. 4a 3 (đvtt) C. 2 3 a (đvtt) 3 D. 2a 3 (đvtt) 26 | Khai báo sách chính hãng tại: congphatoan.com để nhận 100 đề thi thử tặng kèm 25 đề cốt lõi Toán 12 Ngọc Huyền LB – facebook.com/huyenvu2405 Câu 38: Một hình hộp chữ nhật nội tiếp mặt cầu có ba kích thước là a , b , c . Khi đó bán kính r của mặt cầu bằng: A. 1 2 a  b2  c 2 2 B. a2  b2  c 2 a2  b2  c 2 3 Câu 39: Một hình trụ có 2 đáy là hình tròn nội tiếp C.  2 a2  b2  c 2  D. một hình vuông cạnh a. Tính thể tích của khối trụ đó, biết chiều cao của khối trụ là a? 1 3 1 1 B. a 3  C. a3  D. a 3  a  2 4 3 Câu 40: Khái niệm nào sau đây đúng với khối A. chóp? A. là hình có đáy là một đa giác và các mặt bên là các tam giác có chung một đỉnh. B. là phần không gian được giới hạn bởi hình chóp và cả hình chóp đó. C. là phần không gian được giới hạn bởi hình chóp. D. là khối đa diện có hình dạng là hình chóp. Câu 41: Cho mặt phẳng  P  : 5x  6 y  2  0 . Vectơ pháp tuyến của  P  là:  A. n   5,6,0   C. n   5, 6, 2   B. n   6, 5,0   D. n   5,6, 2  C  1,1,0  . Viết phương trình mặt phẳng  ABC  ? A.  ABC  : 6 x  5 y  2 z  11  0 B.  ABC  : 3x  5 y  2 z  11  0 C.  ABC  : 6 x  5 y  2 z  11  0 D. Không viết được do không đủ dữ kiện. Câu 43: Cho mặt cầu: 2 2 2 S :  x  1   y  2    z  6   25 . Tìm tâm I, bán kính R của mặt cầu  S  ? A. I  1; 2; 6  ; R  5 B. I  1; 2; 6  ; R  5 C. I  1; 2; 6  ; R  25 D. I  1; 2; 6  ; R  25 Câu 44: Trong không gian cho điểm A  2; 6; 9  và 2 mp  P  : x  2 y  3z  9  0 . Tính x  d A;  P  ? 3 25 14 50 14 A. x  B. x  7 21 75 14 C. x  D. x  50 14  một khoảng lớn nhất? A.  P  : 6 x  6 y  3z  0 B.  P  : 6 x  6 y  3z  0 C.  P  : 6 x  12 y  21z  28  0 D. Không có mặt phẳng nào thỏa mãn. Câu 46: Cho mặt cầu  S  tâm I  1; 1; 3  tiếp xúc  P  : x  2y  2z  9  0 . phương trình mặt cầu  S  ? A.  S  : x  y  z  2 x  2 y  6 z  36  0 B.  S  : x  y  z  2 x  2 y  6 z  25  0 C.  S  : x  y  z  2 x  2 y  6 z  25  0 D.  S  : x  y  z  2 x  2 y  6 z  18  0 với mặt phẳng 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 Viết Câu 47: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm M  2; 0; 1 , tìm tọa độ hình chiếu của điểm x1 y z 2   ? 1 2 1 B.  1; 1; 2  C.  0; 2; 1 D.  1; 1; 2  M lên đường thẳng d : A.  1; 0; 2  Câu 48: Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho 3 điểm A  0; 6; 0  ; B  0; 0; 8  và C  4; 0; 8  . A  6,9,1 , B  2,1, 3  , Câu 42: Cho 3 điểm Câu 45: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho x y 1 z 2 đường thẳng  :  . Viết phương  1 2 2 trình mặt phẳng  P  đi qua  và cách A  1; 1; 3   Mệnh đề nào sau đây là đúng? A. BC vuông góc với CA. B. BC vuông góc với mặt phẳng  OAB  . C. AB vuông góc với AC. D. A và B đều đúng. Câu 49: Cho m  0 và đường x1 y 3 z 5 cắt đường d:   m 1 m x  t  5   :  y  2t  3 . Giá trị m là:  z  t  3  thẳng thẳng A. một số nguyên dương. B. một số nguyên âm. C. một số hữu tỉ dương. D. một số hữu tỉ âm. Câu 50: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm S  1; 2; 1 và tam giác ABC có diện tích bằng 6 nằm trên mặt phẳng  P  : x  2 y  z  2  0 . Tính thể tích khối chóp S. ABC ? A. V  2 6 B. V  2 6 C. V  6 D. V  4 3 Đặt sách tại: Tiki.vn | Newshop.vn | Pibook.vn | Lovebook.vn | 27 Công Phá Toán The Best or Nothing ĐÁP ÁN 1A 2D 3B 4B 5C 6A 7B 8D 9B 10A 11D 12B 13A 14B 15A 16D 17A 18C 19C 20D 21B 22A 23C 24C 25B 26C 27A 28B 29A 30C 31A 32A 33A 34B 35D 36D 37A 38A 39B 40B 41A 42A 43A 44B 45A 46C 47A 48B 49C 50B HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT Câu 1: Đáp án A. STUDY TIPS Đây là một câu hỏi rất dễ gây sai lầm. Với câu hỏi như thế này, nếu không nắm chắc lí thuyết nhiều độc giả sẽ không tìm được câu trả lời đúng. Đây không phải là một kiến thức khó quá, không cần tìm đâu xa, theo định lý trang 6 sách giáo khoa ta có: “Cho hàm số y  f  x  có đạo hàm trên K. a. Nếu f ‘  x   0 với mọi x thuộc K thì hàm số f  x  đồng biến trên K. b. Nếu f ‘  x   0 với mọi x thuộc K thì hàm số f  x  nghịch biến trên K.” Chúng ta nhận thấy rõ ở đây, chỉ có chiều suy ra và không có chiều ngược lại, vậy chúng ta có thể loại được ý C. Với ý B thì ta thấy nếu đạo hàm không xác định tại hai điểm đầu mút thì mệnh đề này không tương đương ví dụ như hàm y  x có đạo hàm y ‘  1 2 x không xác định tại x  0 nhưng vẫn đồng biến trên 0; 2  vậy rõ ràng dấu tương đương ở đây là sai. Với ý A và D, soi vào định lý chúng ta có thể thấy được ý A đúng. Vì sao ý D lại sai. Chúng ta cùng nhớ lại định lý mở rộng ở trang 7 SGK, và nhận thấy mệnh đề này còn thiếu rằng f  x   0 tại hữu hạn điểm. Câu 2: Đáp án D. Nhận thấy đây là đồ thị hàm bậc ba nên ta có thể loại ngay đáp án B và C. STUDY TIPS Ngoài ra các em nên tìm hiểu bảng trang 38 SGK về hàm bậc 4 trùng phương, bảng trang 41 SGK cơ bản về hàm phân thức bậc nhất. Để so sánh giữa ý A và D thì chúng ta cùng đến với bảng tổng quát các dạng đồ thị của hàm bậc 3. y  ax3  bx 2  cx  d.  a  0  (đã được đề cập ở trang 35 SGK cơ bản). Nhìn vào bảng ta nhận thấy với ý D có hệ số a  1  0 nên đúng dạng đồ thị ta chọn đáp án D. Câu 3: Đáp án B. Ta tính đạo hàm của hàm số được y ‘   x 2  1 , nhận thấy phương trình y ‘  0 vô nghiệm, nên đáp án đúng là B, không có cực trị. Câu 4: Đáp án B. Ta phân tích từng mệnh đề một: (1): Ở mệnh đề này, nhiều quý độc giả sẽ có sai lầm như sau: Vì y ‘  2  x  3 2  0 x  D nên hàm số nghịch biến trên D. Phân tích sai lầm: Ở sách giáo khoa hiện hành, không giới thiệu khái niệm hàm số (một biến) đồng biến, nghịch biến trên một tập số, mà chỉ giới thiệu khái niệm hàm số (một biến) đồng biến, nghịch biến trên một khoảng, một đoạn, nửa 28 | Khai báo sách chính hãng tại: congphatoan.com để nhận 100 đề thi thử tặng kèm 25 đề cốt lõi Toán 12 Ngọc Huyền LB – facebook.com/huyenvu2405 khoảng (nửa đoạn). Vì thế mệnh đề (1) nếu sửa lại đúng sẽ là “Hàm số nghịch biến trên  ; 3  và  3;   .” (2): Cách giải thích rõ ràng về mặt toán học: lim y  1 ; lim y  1  đường thẳng y  1 là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số. x  x  lim y   ; lim y    đường thẳng x  3 là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số. x  3 x  3 Vậy mệnh đề này là sai. Tuy nhiên mình hay nhẩm nhanh bằng cách sau (chỉ là làm nhanh thôi) Đối với hàm phân thức bậc nhất như thế này, ta nhận thấy phương trình mẫu số  x  3  đây là TCĐ. Còn tiệm cận ngang thì y  (hệ số của x ở tử số)  (hệ số của x ở mẫu số). Ở ví 1 dụ này thì y   1 chính là TCN. 1 (3): Đây là mệnh đề đúng. Hàm phân thức bậc nhất không có cực trị. (4): Từ việc phân tích mệnh đề (2) ta suy ra được mệnh đề (4) này là mệnh đề đúng. Vậy đáp án đúng của chúng ta là B. (3), (4). Câu 5: Đáp án C. Cách 1: Làm theo các bước thông thường: y ‘  x 2  1  x.2 x x 2 1  2   x2  1 x 2 1  2 . Ta thấy với x   1; 1 thì y ‘  0 . Vậy đáp án đúng là C. Cách 2: Dùng máy tính CASIO fx-570 VN PLUS. Ta có thể nhập hàm vào máy tính, dùng công cụ TABLE trong máy tính: Bước 1: ấn nút MODE trên máy tính Bước 2: Ấn 7 để chọn chức năng 7:TABLE , khi đó máy sẽ hiện f(x)= ta nhập hàm vào như hình bên. Ấn 2 lần = và máy hiện START? , ta ấn -3 =, máy hiện END? Ta ấn 3 = . STEP? Ta giữ nguyên 1 và ấn =. (Lý giải vì sao chọn khoảng xét là -3 đến 3: vì ở đáp án là các khoảng   , 1 ;  1,1 ;  1;   vì thế ta sẽ xét từ -3 đến 3 để nhận rõ được xem hàm số đồng biến nghịch biến trên khoảng nào?) Bước 3: Sau khi kết thúc các bước trên máy sẽ hiện như hình bên. Ở bên tay trái, cột X chính là các giá trị của x chạy từ -3 đến 3, ở tay phải cột F(x) chính là các giá trị của y tương ứng với X ở cột trái. Khi ấn nút (xuống) ta nhận thấy từ giá trị X  1 đến X  1 là hàm F(x) có giá trị tăng dần, vậy ở khoảng  1; 1 là hàm số đồng biến. Vậy đáp án đúng là C. Câu 6: Đáp án A. Nhìn qua đề bài thì ta có thể đánh giá rằng đây là một câu hỏi dễ ăn điểm, tuy nhiên nhiều độc giả dễ mắc sai lầm như sau: Đặt sách tại: Tiki.vn | Newshop.vn | Pibook.vn | Lovebook.vn | 29 Công Phá Toán The Best or Nothing 1. Sai lầm khi nhầm lẫn các khái niệm “giá trị cực đại (cực đại), giá trị cực tiểu (cực tiểu)”, “điểm cực đại, điểm cực tiểu” của hàm số. Ở đây chúng ta cùng nhắc lại những khái niệm này: “Nếu hàm số f  x  đạt cực đại (cực tiểu) tại x0 thì x0 được gọi là điểm cực đại (điểm cực tiểu) của hàm số, f  x0  được gọi là giá trị cực đại (giá trị cực tiểu) còn   gọi là cực đại (cực tiểu) của hàm số. Điểm M x0 ; f  x0  được gọi là điểm cực đại (điểm cực tiểu) của đồ thị hàm số.” Chúng ta nhận thấy nếu nhầm lẫn giữa các khái niệm điểm cực đại của hàm số, và cực đại của hàm số thì chắc hẳn quý độc giả đã sai khi nhầm lẫn giữa ý D, C với 2 ý còn lại. Vì ở ý D là điểm cực đại của hàm số chứ không phải cực đại. 2. Sai lầm khi phân biệt giữa giá trị cực đại và giá trị cực tiểu của hàm số: Ở đây vì đây là hàm bậc bốn trùng phương có hệ số a  1  0 nên đồ thị hàm số có 1 điểm cực đại tại x  0 (xem lại bảng dạng của đồ thị hàm trùng phương trang 38 SGK)  giá trị cực đại của hàm số là yCD  f  0   2 . Vậy đáp án là A. Câu 7: Đáp án B. Ta có y ‘   x  ‘  2 2xx 2 2  x x2  hàm số không có đạo hàm tại x  0 Ta có thể loại ngay hai phương án sau vì hàm số này không có đạo hàm tại x  0. Tuy nhiên ta thấy hàm số vẫn đạt cực tiểu tại x  0. Nên đáp án B đúng. Câu 8: Đáp án D. Đây là một câu hỏi dễ lấy điểm. Để tìm được GTNN của hàm số trên đoạn  x  1  4; 4  ta giải phương trình y ‘  0   . x  3 Ta lần lượt so sánh f  4  , f  4  , f  1 , f  3  thì thấy f  4   70 là nhỏ nhất. Vậy đáp án đúng là D. Câu 9: Đáp án B. Cách giải nhanh bằng MTCT. Thấy x  3. Vậy phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị phải có 2 nghiệm phân biệt khác 3. Phương trình  x2  3mx   mx  7  x  3  Dùng máy tính ấn nút MODE chọn 2: CMPLX (định dạng số phức)   Nhập vào máy tính như sau: X 2  3iX   X  3  iX-7  Ấn CALC và gán X  100 từ đó màn hình hiện kết quả như sau: 10679  1 06 79  x 2  6 x  x  21  x 2  7 x  21 10000  1 00 00  x 2 Vậy phương trình  x 2  7 x  21  mx2  0   1  m  x 2  7 x  21  0  f  3   0 Để phương trình có 2 nghiệm phân biệt khác 3 thì  2 7  4 1  m  .  21  0 Vế đầu của hệ ta không cần giải để sau đó thay vào. Phương trình  2   m  và m  1 . 30 | Khai báo sách chính hãng tại: congphatoan.com để nhận 100 đề thi thử tặng kèm 19 12 25 đề cốt lõi Toán 12 Ngọc Huyền LB – facebook.com/huyenvu2405 Phân tích sai lầm: Rất nhiều em hay mắc sai lầm là thiếu mất điều kiện là 2 nghiệm phân biệt khác 3 là sai. Nhiều độc giả khác lại mắc sai lầm khi giải bất phương trình cuối cùng, nhầm dấu, không đảo dấu bất phương trình,… Vì thế quý độc giả phải hết sức cẩn thận tính toán khi làm bài. Câu 10: Đáp án A. Gọi độ dài cạnh hình tam giác đều là x (m) khi đó độ dài cạnh hình vuông là 6  3x . 4 2 3 2  6  3x  1 Tổng diện tích khi đó là: S  x  9  4 3 x2  36 x  36   4  4  16 Diện tích nhỏ nhất khi x  Vậy diện tích Min khi x     b 18 .  2a 9  4 3 18 94 3 .   Hoặc đến đây ta có thể bấm máy tính giải phương trình 9  4 3 x 2  36 x  36 ấn bằng và hiện giá trị như hình bên. Đây chính là đáp án A mà ta vừa tìm được ở trên. Câu 11: Đáp án D. x  0 Giải phương trình x 2  2 x  0   x  2 Ta có lim y   ; lim   , suy ra x  0 là 1 TCĐ. x0 x 0 lim y   ; lim   , suy ra x  2 là 1 TCĐ. x  2 x2 lim y  2, lim  2, suy ra y  2 là 1 TCN. x  x  Vậy đáp án là D, 3 tiệm cận. Câu 12: Đáp án B. Phương trình  2 x  3  5 5  x  1564 . Đáp án B. Nhận xét: Ở đây, nhiều độc giả không nắm rõ được kiến thức lý thuyết về logarit, nên giải sai như sau: Hướng giải sai 1: log 5  2x  3  5  2x  3  5  x  4  đáp án C. Hướng giải sai 2: log 5  2 x  3   5  2 x  3  1 (vì nghĩ VP  5  1  đáp án D. 5 Vì thế ở đây, tôi muốn chú ý với quý độc giả rằng, cần nắm rõ bản chất cội nguồn các khái niệm để làm bài thi một cách chính xác nhất, tránh những sai lầm không đáng có. Câu 13: Đáp án A. x  0 Điều kiện  x  2 x  1  6 Khi đó bất phương trình  2 x 2  4 x  10  2 x 2  4 x  10  0   .  x  1  6 Đặt sách tại: Tiki.vn | Newshop.vn | Pibook.vn | Lovebook.vn | 31 Công Phá Toán The Best or Nothing Giới thiệu thêm: trong máy tính Casio 570 VN Plus có tính năng giải bất phương trình đa thức bậc 2, bậc 3. Các bạn chỉ cần ấn MODE  mũi tên xuống và chọn 1: INEQ (inequality), sau đó chọn các dạng bất phương trình phù hợp. Câu 14: Đáp án B. Ta có  log a u  ‘  STUDY TIPS Đây là một câu dễ ăn điểm nên chúng ta cần chú ý cẩn thận từng chi tiết: Ở đây có 2 điều kiện cần đáp ứng: 1. Điều kiện để hàm phân thức có nghĩa 2. Điều kiện để hàm log xác định 4x 2 u’   . Áp dụng vào hàm số trên ta có y ‘  2 u.ln a 2 x .ln 10 x.ln 10 đáp án B. Câu 15: Đáp án A.  x  1 x  3  Vậy ta có   x  3  x  1  0 x  1 Câu 16: Đáp án D. Nhận thấy a, b là 2 số dương phân biệt: Với ý A  log a b  log b  b  1 log b  log b  log b  log a.log b   log a  a  10 (không luôn đúng với mọi a, b) STUDY TIPS Nếu không nghĩ ra hướng giải quyết nào, ta có thể dùng máy tính và thay 2 số a, b bất kì thỏa mãn yêu cầu để soát đáp án (do luôn đúng). Ta cũng chọn được đáp án D. Tương tự với ý B. Với ý C. Ta có C  log b log a ( do a, b) phân biệt nên đẳng thức không đúng.  log a log b Theo phương pháp loại trừ ta chọn đáp án D. Ta cùng chứng minh đáp án D. D  log alog b  log blog a  log b.log a  log a.log b (luôn đúng) Câu 17: Đáp án A. Với dạng bài biểu diễn một logarit theo 2 logarit đã cho thì bước đầu tiên là chuyển log cơ số cần tìm về cơ số ban đầu, rồi phân tách như sau: Ta có log 3 7  log 2 7 b b   log 2 3 log 2 6  log 2 2 a  1 Câu 18: Đáp án C. STUDY TIPS Đây là bài toán ứng dụng về hàm số mũ mà chúng ta đã học, bài toán rất đơn giản. Tuy nhiên nhiều độc giả có thể mắc sai lầm như sau: Lời giải sai: Giá xăng 9 năm sau là: 12000  1  0.05  .9  113400VND / lit . Và chọn A hay B (do nhìn nhầm chẳng hạn). Lời giải đúng: Giá xăng năm 2008 là: 12000  1  0.05  Giá xăng năm 2009 là: 12000  1  0.05  2 … 9 Giá xăng năm 2016 là: 12000  1  0.05   18615,94VND / lit Câu 19: Đáp án C. Đây là bài toán tính đạo hàm đòi hỏi quý độc giả phải nhớ công thức. Ta cùng  u  u’ v  v’ u nhắc lại các công thức đạo hàm cần sử dụng:   ‘  ; ex ‘  ex 2 v v   Vậy ở đây y ‘    e x x 2  1  2 x.e x   x2  1 2  x  1   2 x2  1 ex  2 . Vậy ta chọn đáp án C. 32 | Khai báo sách chính hãng tại: congphatoan.com để nhận 100 đề thi thử tặng kèm 25 đề cốt lõi Toán 12 Ngọc Huyền LB – facebook.com/huyenvu2405 Ngoài ra các bạn có thể sử dụng nút trên máy tính rồi thử từng đáp án, tuy nhiên đây là một bài toán đạo hàm khá đơn giản nên ta không cần thiết sử dụng máy tính, sẽ làm tốn thời gian hơn rất nhiều. Câu 20: Đáp án D. Ta thấy VT có thể nhân liên hợp để tạo ra cơ số ở VP. BPT   13  12  x  1 13  12   13  12 x   13  12  1 Đến đây rất nhiều độc giả mắc sai lầm mà chọn ý C. Do muốn làm bài thật nhanh chóng mà không để ý đến yếu tố là cần phải cẩn thận. Do cơ số 0  13  12  1 nên bpt  x  1 . Đáp án đúng là D. Câu 21: Đáp án B. Đây là dạng tìm nguyên hàm cơ bản  un dx  1 .un1  c . u ‘.  n  1 Áp dụng công thức trên vào thì:  f  x  dx  1  1  3.  1   2  . 3x  2  1 1 2 c  2  3x  2  3x  2  c 9 Ngoài ra ta có thể ấn vào máy tính và thử từng đáp án một, trong máy tính ta sử dụng nút Câu 22: Đáp án A. Thực chất đây là một bài toán tìm nguyên hàm. Cho N ‘  x  và đi tìm N  x  . Ta có 2000  1  x dx 2000.ln 1  x  5000 (Do ban đầu khối lượng vi khuẩn là 5000). Với x  12 thì số lượng vi khuẩn là  10130 con Câu 23: Đáp án C. 0 Nhìn vào đồ thị ta thấy f  x   0 với x   2; 0   S1   f  x  dx 2 0 3 f  x   0 với x  0; 3   S2   f  x  dx    f  x  dx . Ta chọn đáp án C. 3 0 Phân tích sai lầm: Nhiều độc giả nghĩ cứ tích phân Sp thì x phải chạy từ số bé đến số lớn. Tuy nhiên ta phải xét rõ xem f  x  âm hay dương trên đoạn đó. Vì sai lầm này nên nhiều độc giả sẽ chọn đáp án D. Hoặc nhiều bạn nhầm dấu giữa STUDY TIPS Nhiều bạn hay sai khi thiếu  hoặc thiếu bình phương nên chọn các đáp án còn lại. Các bạn chú ý nhớ chính xác công thức và tính toán thật cẩn thận nhé. x và f  x  nên chọn đáp án B là sai. Câu 24: Đáp án C. b Với dạng này ta cần nhớ công thức tính VOx   f 2  x  dx (đvtt). a Đầu tiên ta tìm giao của đồ thị với Ox ta được x  0  x  4. Lúc này ta chỉ cần nhập biểu thức vào máy tính như sau: Đặt sách tại: Tiki.vn | Newshop.vn | Pibook.vn | Lovebook.vn | 33 Công Phá Toán The Best or Nothing Vậy đáp án là C. Câu 25: Đáp án B. Cách 1: Các bạn độc giả thấy ở đây sinx  cos x ‘. b Ta sẽ chuyển về dạng  f  u  u ‘ dx . a Giải toán thông thường:    cos 2 xd  cos x   0  1 1 1 2 cos 3 x    cos   cos0     1  1  0 3 3 3 3 Cách 2: Các bạn chỉ cần nhập vào máy tính là có kết quả, đây là câu hỏi dễ ăn điểm nên các bạn độc giả lưu ý cần hết sức cẩn thận trong tính toán để không bị mất điểm phần này. Nhập kết quả vào máy tính ta tính được đáp án B. Các bạn nhớ chuyển sang chế độ Radian khi tính toán nhé. Câu 26: Đáp án C. STUDY TIPS Đây là một câu hỏi lí thuyết rất dễ gây hiểu lầm. Vì thế các bạn độc giả nên đọc kĩ từng mệnh đề để kết luận xem mệnh đề nào đúng, mệnh đề nào sai. Với mệnh đề thứ nhất và mệnh đề thứ 3 , ta cùng quay lại với trang 130 SGK cơ bản: “Đối với số phức z  ax  bi , ta nói a là phần thực, b là phần ảo của z.” Vậy ta có thể suy ra A đúng, C sai. Phân tích sai lầm: Ở đây rất nhiều bạn nghĩ rằng câu C là đúng vì thế dẫn đến bối rối trong việc xét các câu còn lại. Tuy nhiên các bạn độc giả nhớ kĩ rằng phần ảo chỉ có b mà không có i. Các mệnh đề còn lại là đúng, tuy nhiên các bạn nên đọc cả những mệnh đề đó và ghi nhớ luôn, vì chúng ta đang trong quá trình ôn tập nên việc này là rất cần thiết. Câu 27: Đáp án A. Cách 1: Cách giải toán thông thường: 2 2.  7  6i   1 98  168i  72i 2  1 27  168i   9  56i (do i 2  1 ) 3 3 3 Đến đây nhiều độc giả không nhớ kiến thức mô- đun là gì dẫn đến kết quả sai z1   không đáng có như sau: (Mô đun của z1 )  9 2  56 2  3217  đáp án C. Vì thế quý độc giả cần nắm rõ các công thức: Mô đun của số phức z kí hiệu là z , có giá trị z  a  bi  a2  b2 , hay chính là  độ dài của vecto OM (với M là điểm biểu diễn số phức z  a  bi ). Cách 2: Cách bấm máy tính nhanh: Nếu bạn nào có tư duy nhẩm tốt thì có thể nhẩm nhanh theo cách trên, còn nếu tư duy nhẩm không được tốt, các bạn có thể thao tác trên máy tính như sau: (bởi vì nhiều khi thời gian các bạn nhẩm còn nhanh hơn là thời gian cầm máy tính lên và bấm từng nút) Bước 1: Ấn nút MODE trên máy tính, chọn chế độ phức 2: CMPLX bằng cách ấn nút số 2. Bước 2: Nhập vào máy tính như sau: 34 | Khai báo sách chính hãng tại: congphatoan.com để nhận 100 đề thi thử tặng kèm 25 đề cốt lõi Toán 12 Ngọc Huyền LB – facebook.com/huyenvu2405 Từ đó ta tìm được số phức z1 và đi tính mô đun số phức như cách 1. Câu 28: Đáp án B. STUDY TIPS Nhiều bạn bấm nhầm máy tính có thể ra các kết quả khác như C hoặc D. Vì vậy một lần nữa tôi khuyên các bạn cần hết sức cẩn thận khi đọc đề bài, khi tính toán. Quý độc giả lần lượt thế z1 , z2 vào biểu thức z từ đó tìm được z. Hoặc nhập vào máy tính như các bước đã hướng dẫn ở Câu 27 thì ta tính được kết quả như sau: z  5  3  2i   6  6  5i   51  40i. Đến đây nhiều bạn vội vàng khoanh A, dẫn đến kết quả sai. Vì ở đây là tìm số phức liên hợp của z chứ không phải tìm z. Vậy đáp án của ta là B. Câu 29: Đáp án A. Ta có:  a2  2abi  b2 i 2  a2  b2  0  2 a2  2 abi  0 STUDY TIPS Nhiều độc giả gặp bài toán này sẽ thấy bối rối, và thử các giá trị B, C hoặc D vào thấy thảo mãn sẽ khoanh ngay, đó là các kết quả sai. Vì thế các bạn cần giải ra xem kết quả rõ ràng như thế nào nhé! a  0  2a  a  bi   0 (do i 2  1 )    a  bi  0  z  0 Với a  0 thì z  0  bi là số thuần ảo. Với z  0. Vậy đáp án đúng là A. Câu 30: Đáp án C. Nhớ lại khái niệm về điểm biểu diễn số phức, cùng xem lại ở đáp án B, câu 26. Vậy ở đây ta thấy nếu lấy một điểm bất kì trong phần gạch chéo là M  a , b  thì 1  a  1  OM  2 Vậy đáp án của chúng ta là C. Phân tích sai lầm: Nhiều bạn không phân biệt được giữa các khái niệm “nhỏ hơn” và “không vượt quá”. Ở đây ví dụ: không vượt quá 2 là bao gồm cả 2. Còn nhỏ hơn 2 là không bao gồm 2. Hoặc nhiều bạn quên không tính cả các điểm nằm trên đường tròn trong phần gạch chéo, và các điểm nằm trên 2 đường thẳng x  1; x  1 trong phần gạch chéo. Dẫn đến khoanh vào các đáp án còn lại như A, B hoặc D. Câu 31: Đáp án A. Ta có khối rubic như hình bên. Hướng sai 1: Nghĩ rằng mỗi cạnh của ô vuông là 4 nên chiều dài mỗi cạnh của khối rubic là a  4.3  12  V  12 3  1728  B. Hướng sai 2: Nghĩ rằng chu vi mỗi ô vuông là tổng độ dài của cả 12 cạnh nên STUDY TIPS Đây là một bài toán ăn điểm, nhưng nếu đọc không kĩ từng câu chữ trong đề bài các độc giả rất có thể sai chiều dài mỗi cạnh là 1 , nên độ dài cạnh của khối rubic là: 3 1 .3  1  V  13  1  C. 3 Hướng sai 3: Nhầm công thức thể tích sang công thức tính diện tích nên suy ra ý a D. Cách làm đúng: Chu vi của một ô nhỏ là 4 cm nên độ dài mỗi cạnh nhỏ là 1cm , vậy độ dài cạnh của khối rubic là: a  3.1  3cm  V  3.3.3  27 cm 3 . Đáp án A. Đặt sách tại: Tiki.vn | Newshop.vn | Pibook.vn | Lovebook.vn | 35 Công Phá Toán The Best or Nothing Câu 32: Đáp án A. Đây là một câu hỏi lý thuyết đòi hỏi quý độc giả cần nắm vững các kiến thức về khối đa diện, hình đa diện, tôi xin được nhắc lại như sau: STUDY TIPS Để có thể làm được các câu trắc nghiệm lý thuyết một cách nhanh chóng, các bạn nên nắm chắc kiến thức lí thuyết, phân biệt rõ ràng từng khái niệm, và đặc biệt là hiểu rõ bản chất các định lý, khái niệm trong sách giáo khoa (một phương tiện rất cần thiết trong việc ôn thi THPT QG). Hình đa diện là hình được tạo bởi một số hữu hạn các đa giác thoả mãn hai tính chất: a. Hai đa giác bất kì hoặc không có điểm chung, hoặc có một đỉnh chung, hoặc có một cạnh chung. b. Mỗi cạnh của đa giác là cạnh chung của đúng hai đa giác. + Khối đa diện là phần không gian được giới hạn bởi một hình đa diện, kể cả hình đa diện đó. Vậy từ các thông tin mà tôi đã đưa ra ở trên, quý độc giả có thể nhận ra được các ý B, C, D là các đáp án đúng. Còn đáp án A không thỏa mãn tính chất của hình đa diện, thiếu hẳn 2 điều kiện đủ quan trọng để có hình đa diện. Đáp án A. Câu 33: Đáp án A. A A’ B Phân tích: Ta thấy 2 hình chóp S. ABCD và S. A ‘ B ‘ C ‘ D ‘ . Có chung chiều cao kẻ từ đỉnh S xuống đáy. Vậy để đi tìm tỉ số khoảng cách thì chúng ta chỉ cần tìm tỉ số diện tích 2 đáy mà ta có hình vẽ như sau: D’ B’ Ta thấy: C a 2 V a2 1 1 SA ‘ B’ C ‘ D ‘  A ‘ D ‘.A ‘ B ‘      SABCD  A ‘ B ‘C ‘ D ‘  .  2  2 2 V 2 ABCD   Phân tích sai lầm: Ở đây chủ yếu quý độc giả có thể bị sai lầm về mặt tính toán, 2 D C’ nên một lần nữa tôi xin lưu ý rằng, khi làm bài thi, mong rằng quý độc giả hãy cố gắng thật cẩn thận trong tính toán để làm bài thi một cách chính xác nhất. Câu 34: Đáp án B. STUDY TIPS Đây là bài toán vừa kết hợp yếu tố hình học và yếu tố đại số. Yếu tố hình học ở đây là các công thức tính diện tích toàn phần, diện tích xung quanh, thể tích của hình trụ. Còn yếu tố đại số ở đây là tìm GTNN của Stp . Đề bài cho V  B.h  R 2 .h  h  V (*) R2   V  V Stp  Sxq  2Sday  2.R2  2R.h  2  R2  R. 2   2  R2   R R    Đến đây ta có hai hướng giải quyết, đó là tìm đạo hàm rồi xét y ‘  0 rồi vẽ bảng biến thiên tìm GTNN. Tuy nhiên ở đây tôi giới thiệu đến quý độc giả cách làm nhanh bằng BĐT Cauchy. Ta nhận thấy ở đây chỉ có một biến R và bậc của R ở hạng tử thứ nhất là bậc 2, nhưng bậc của R ở hạng tử thứ 2 chỉ là 1. Vậy làm thế nào để khi áp dụng BĐT Cauchy triệt tiêu được biến R. Ta sẽ tìm cách tách V thành 2 hạng tử bằng nhau R để khi nhân vào triệt tiêu được R2 ban đầu. Khi đó ta có như sau:  V V  V 2 3 Stp  2.  .R2    đáp án B.   2.3 2R 2R  4  Câu 35: Đáp án D. Khi quay nửa đường tròn quanh trục AB ta được khối cầu tâm O, bán kính AB 4 4 32  2 . Khi đó Vcau  R3  ..2 3   (đvtt). 2 3 3 3 Nhiều bạn có thể nhớ nhầm công thức tính thể tích khối cầu thành công thức tính diện tích mặt cầu S  4 R 2 dẫn đến chọn phương án B là sai. Hoặc nhiều bạn lại 36 | Khai báo sách chính hãng tại: congphatoan.com để nhận 100 đề thi thử tặng kèm 25 đề cốt lõi Toán 12 Ngọc Huyền LB – facebook.com/huyenvu2405 giữ nguyên đường kính AB như thế và áp dụng cho công thức với bán kính dẫn đến khoanh ý A, hay ý C. Nên các bạn lưu ý đọc thật kĩ đề bài và nhớ chính xác công thức. Câu 36: Đáp án D. Đường sinh của hình nón quay được thực chất chính là cạnh huyền AB của tam giác vuông ABC. Mà tam giác vuông đã có một cạnh bên và đường cao, ta chỉ cần áp dụng công thức hệ thức lượng trong tam giác: 1 1 1 4 1 1    2  2  CB  a 3  AB  2 a (theo định lý Pytago). 2 2 2 h CA CB 3a a CB 2 STUDY TIPS Cẩn thận trong tính toán và nhớ kĩ công thức. Nhiều 1 nên 3 dẫn đến tính sai công thức, một câu hỏi rất dễ ăn điểm. độc giả quên mất Câu 37: Đáp án A. 1 1 1 1 4 VS. ABCD  .SABCD .h  .SABCD .SA  .AB.AD.SA  .a.2 a.2 a  a 3 3 3 3 3 3 Câu 38: Đáp án A. Ta có tâm của mặt cầu ngoại tiếp hình hộp chữ nhật trùng với tâm đối xứng của hình hộp. Như hình lập phương ABCD.A’B’C’D’ có tâm là I, là trung điểm của C’ D’’ A’ A AC ‘ 2 Tam giác A’C’A vuông tại A’  AC ‘  AA ‘2  A ‘ C ‘2  c 2  A ‘ C ‘2  1 B’ D AC’, bán kính r  Mặt khác tam giác A ‘ D ‘ C ‘ vuông tại D’ I C B  A ‘ C ‘  A ‘ D ‘2  D ‘ C ‘ 2  a 2  b 2  2  1 Từ  1 và  2  ta có r  . a 2  b 2  c 2 . 2 Câu 39: Đáp án B. a Ta có hình vẽ bên. Ta thấy hình tròn nội tiếp hình vuông cạnh a có đường kính có độ dài a. Khi đó 2 a 1 thể tích của khối trụ là: V  B.h  a..R  a..    .a 3 . . 4 2 2 STUDY TIPS Nhiều bạn tìm được đường kính của hình tròn lại quên không chia 2 để tìm bán kính nên áp dụng công thức luôn dẫn đến tính toán sai và chọn nhầm kết quả. Câu 40: Đáp án B. Nhiều độc giả có thể nhầm giữa khái niệm hình chóp và khối chóp. Nên khoanh ý A. Tuy nhiên các bạn nên phân biệt rõ ràng giữa hình chóp và khối chóp nói chung, hay hình đa diện và khối đa diện nói riêng. + Hình đa diện là hình được tạo bởi một số hữu hạn các đa giác thoả mãn hai tính chất: a, Hai đa giác bất kì hoặc không có điểm chung, hoặc có một đỉnh chung, hoặc có một cạnh chung. b, Mỗi cạnh của đa giác là cạnh chung của đúng hai đa giác. + Khối đa diện là phần không gian được giới hạn bởi một hình đa diện, kể cả hình đa diện đó. Vậy khi đọc vào từng đáp án ở đây thì ta thấy: + Ý A chính là khái niệm của hình chóp. + Ý B là khái niệm của khối chóp. + Ý C là mệnh đề bị thiếu, ý D sai. Vậy đáp án là ý B. Câu 41: Đáp án A. Đặt sách tại: Tiki.vn | Newshop.vn | Pibook.vn | Lovebook.vn | 37 Công Phá Toán The Best or Nothing Ta có cho mặt phẳng  P  : ax  by  cz  d  0 thì vectơ pháp tuyến của  P  là  n   a , b, c  .  Áp dụng vào bài toán ta thấy: 5 x  6 y  2  5 x  6 y  0 z  2  n   5,6,0  . Câu 42: Đáp án A. Để viết được phương trình mặt phẳng  ABC  ta cần biết 1 điểm trên mặt phẳng, và vtpt của mặt phẳng đó. Việc tìm 1 điểm trên mặt phẳng đó thì ta không cần bận tâm nữa, vì ở đây đã có 3 điểm rồi. Việc chúng ta cần làm ngay lúc này là tìm vtpt của mặt phẳng  ABC  . Ta cùng xem lại phần bài toán trang 70 SGK Hình học 12 cơ bản. Và ta thấy ở đây   đã có 2 vectơ không cùng phương AB   8, 8, 4 , AC   7, 8, 1     n   AB, AC .      Mà  AB , AC    24; 20; 8  do đó n   24; 20; 8  .    Mặt phẳng  ABC  đi qua A  6; 9; 1 và có vtpt n   24; 20; 8    ABC  : 24.  x  6   20  y  9   8  z  1  0   ABC  : 24 x  20 y  8 z  44  0  6 x  5 y  2 z  11  0 Phân tích hướng giải sai lầm: a. Đầu tiên, đây không hẳn là sai lầm, mà là lựa chọn cách làm không nhanh chóng. Đó là nhiều độc giả đặt phương trình của mặt phẳng  ABC  : ax  by  cz  d  0. Sau đó thay tọa độ từng điểm vào và giải hệ, nhưng hệ phương trình 4 ẩn 3 phương trình nên đến đây nhiều độc giả sẽ rất bối rối. Và nghĩ đề bài không cho đủ dữ kiện vì thế khoanh luôn ý D. b. Sai lầm tiếp theo là nhiều bạn không nhớ rõ công thức tính tích có hướng, đến đây, tôi xin giới thiệu với độc giả cách tính tích vô hướng bằng máy tính cầm tay. Dĩ nhiên nếu bạn đã nhớ rõ công thức, thì không cần áp dụng công thức này. Bước 1: Ấn nút MODE chọn 8: VECTOR  Chọn 1: VctA  1 : 3  Bước 2: Nhập tọa độ của vecto AB vào, ấn AC để xóa màn hình. Bước 3: Tiếp tục ấn nút MODE chọn 8:VECTOR  Chọn 2: VctB  1 : 3  Bước 4: Nhập tọa độ của vecto AC vào, ấn AC để xóa màn hình. Bước 5: Ấn SHIFT 5  chọn 3: VctA, tiếp tục lặp lại bước 5 và chọn VctB. Nhân 2 vecto với nhau ta được kết quả như hình bên. Câu 43: Đáp án A. Câu 44: Đáp án B. Công thức tính khoảng cách từ điểm A  2; 6; 9  đến mặt phẳng  P    d A,  P   2  2.6  3.9  9 2 2 1 2 3 2  25 14 . 7 Nhiều độc giả đến đây đã vội vàng khoanh ý A. Nhìn kĩ vào bài toán thì còn thiếu nhân với x 2 . Khi đó sau khi nhân vào ta được 3 50 21 . 14 38 | Khai báo sách chính hãng tại: congphatoan.com để nhận 100 đề thi thử tặng kèm 25 đề cốt lõi Toán 12 Ngọc Huyền LB – facebook.com/huyenvu2405 Câu 45: Đáp án A. STUDY TIPS Với đề bài dạng này, nếu làm theo cách đại số vẽ bảng biến thiên thì thực sự rất lâu. Dĩ nhiên là kết quả vẫn đúng nếu bạn tính toán cẩn thận. Tuy nhiên, tôi muốn giới thiệu với quý độc giả cách làm hình học để rút ngắn thời gian, mà không cần tính toán phức tạp. Vì khoảng cách từ A đến mặt phẳng  P  là thay đổi nên cần tìm một đại lượng là hằng số sao cho AH  const. Nhận thấy đề cho điểm A  1; 1; 3  và đường thẳng  . Vậy khoảng cách từ A đến  là hằng số. Từ đó ta đã định hướng được cách làm. Gọi H, K lần lượt là chân đường vuông góc kẻ từ A xuống  P  ,  . Tam giác AHK vuông tại H.  AH  AK  d  A;   . Dấu = xảy ra khi và chỉ khi H  K   P  qua K và nhận AK làm vtpt.  Vì K   nên K  t ; 1  2t ; 2  2t   AK   t  1; 2t; 2t  1 .   1 Mà AK   do đó AK.u  0  t  1  2.2t  2  2t  1  0  9t  3  t  3 A H K P 1 5 8 Mặt phẳng  P  : qua K  ; ;  và có vtpt 3 3 3   2 2 1 2 1 2 5 1 8 n    ; ;    P :   x     y     z    0 3 3 3 3 3 3  3 3 3   P  : 6 x  6 y  3z  0 . Câu 46: Đáp án C. STUDY TIPS Nhiều độc giả có thể mắc một nhầm lẫn nhỏ trong việc tính toán bán kính vì không nhớ chính xác công thức tính khoảng cách. Hay nhầm lẫn khi tính nhẩm viết phương trình mặt cầu. Vì thế hãy cẩn thận nhé! Mặt cầu  S  tiếp xúc với mặt phẳng  P  : x  2 y  2z  9  0 thì khoảng cách từ I đến mặt phẳng  P  chính là bán kính R.   d I; P  R  1  1.2  2.3  9 12  2 2  2 2 2 2 6 2   S  :  x  1   y  1   z  3   36   S  : x 2  y 2  z 2  2 x  2 y  6 z  25  0 Câu 47: Đáp án A. Đọc bài toán này quý độc giả có liên tưởng đến bài toán nào trong đề này không? Chính xác là Câu 45. Vậy như chúng ta thấy, ở đây đề cho điểm M, cho đường thẳng dạng chính tắc có hẳn 3 ẩn. Có cách nào để chuyển thành một ẩn không? Lúc này độc giả có thể nghĩ ngay đến phương trình dạng tham số. Sau khi đã chuyển thành dạng tham số, ta sẽ dễ dàng tham số được điểm H. Để tìm được tọa độ điểm H ta chỉ cần một dữ kiện nữa. Đọc tiếp đề bài thì ta nhận ra còn dữ kiện đó là MH  d . Bài toán đến đây đã được giải quyết. Gọi H là hình chiếu của M  2;0;1 lên đường thẳng d.   H  1  t; 2t; 2  t   MH   t  1; 2t ; t  1   MH.ud  0   t  1 .1  2t.2   t  1 .1  0  6t  0  t  0  H  1;0; 2  . Câu 48: Đáp án B. STUDY TIPS Đây là dạng toán tìm mệnh đề đúng vì thế ta cần kiểm tra từng mệnh đề một chứ không thể thử được.     Mệnh đề A: ta thấy BC   4;0;0  ; CA   4;6; 8  Nhận thấy BC.CA  0 nên mệnh đề A không đúng, từ đó ta loại được phương án D. Mệnh đề B: Ta thấy nếu BC vuông góc với mp  OAB  thì BC song song hoặc trùng với vtpt của mp  AOB  . Đặt sách tại: Tiki.vn | Newshop.vn | Pibook.vn | Lovebook.vn | 39 Công Phá Toán The Best or Nothing    Mà nOAB  OA , OB    48;0; 0  . Nhận thấy BC song song với vtpt của  OAB  nên   mệnh đề này đúng vậy ta chọn luôn đáp án B mà không cần xét đến C nữa. Câu 49: Đáp án C. Ở đây ta có phương trình đường thẳng d dạng chính tắc có tới tận 4 ẩn. Thế tại sao ta không chuyển về dạng tham số để chỉ còn 2 ẩn nhỉ. Sau đó lần lượt cho các giá trị x,y,z của 2 đường thẳng bằng nhau (hay nói cách khác là xét hệ 2 giao điểm). 1  mt ‘  t  5  Ta có hệ giao điểm như sau: 3  t ‘  2t  3 5  mt ‘  t  3  t ‘  2t   2m  1 t  4  2mt  1  t  5   2mt  5  t  3  2m  1 t  8  Hệ có nghiệm duy nhất  4 8 3  m . 2m  1 2m  1 2 Câu 50: Đáp án B. Nhận thấy khối chóp đã có diện tích đáy, việc ta cần làm bây giờ là đi tìm chiều cao của khối chóp. Mà nhận thấy mặt phẳng đáy đã có phương trình, biết tọa độ đỉnh S ta dễ dàng tìm được khoảng cách từ đỉnh S đến mặt phẳng đáy bằng công thức tính khoảng cách. Việc mà quý độc giả cần chú ý lúc này chính là tính toán hết sức cẩn thận.   d S;  P   1.1  2.2  1.  1  2 2 12   2   12  6 3 1 6 2 6 . V  . .6  3 3 3 40 | Khai báo sách chính hãng tại: congphatoan.com để nhận 100 đề thi thử tặng kèm 25 đề cốt lõi Toán 12 Ngọc Huyền LB – facebook.com/huyenvu2405 ĐỀ ÔN LUYỆN SỐ 3 Câu 1: Cho hàm số y  f  x  có đạo hàm tại xo . y Tìm mệnh đề đúng? 2 A. Nếu f ‘  xo   0 thì hàm số đạt cực trị tại xo . 2 -1 B. Hàm số đạt cực trị tại xo thì f  xo   0 . O x -1 C. Nếu hàm số đạt cực trị tại xo thì f ‘  xo   0 . D. Hàm số đạt cực trị tại xo thì f ‘  x  đổi dấu khi qua xo . A. a  2; b  1 B. a  1; b  2 Câu 2: Một học sinh khảo sát sự biến thiên C. a  1; b  2 D. a  2; b  1 1 1 y  x 3  x 2  2 x  2 như sau: 3 2 I. Tập xác định: D   Câu 5: Hàm số nào sau đây không có cực trị? II. Sự biến thiên: y ‘  x 2  x  2 ; A. y  x2 B. y  x 3  3 x C. y  x 4  2 x 2 D. y  3 x 3 Câu 6: Một chất điểm chuyển động theo quy luật  x  1 y’  0   x  2 lim y  ; lim y   1 4 3 2 t  t  2t  20 (t tính theo giây). Trong 20 4 2 giây đầu kể từ giây thứ nhất, vận tốc của chất III. Bảng biến thiên: điểm đạt giá trị nhỏ nhất tại thời điểm nào? x v x  x -1 y’ + 0 – 2 0 + A. t  1 giây B. t  3 giây C. t  5 giây D. t  16 giây. Câu 7: Hàm số nào sau đây không có giá trị lớn nhất trên đoạn  2; 2  ? y A. y   x  IV. Vậy hàm số đồng biến trên  ; 1   2;  , nghịch biến trên khoảng  1; 2  . Lời giải trên sai từ bước nào? 1 2 B. y  x 3  2 x1 x1 Câu 8: Số nguyên dương m nhỏ nhất để đường C. y  x 4  x 2 D. y  A. Lời giải trên sai từ giai đoạn I. thẳng y  x  m cắt đồ thị hàm số C  : y  B. Lời giải trên sai từ giai đoạn II. tại hai điểm phân biệt là: C. Lời giải trên sai từ giai đoạn III. A. m  4 D. Lời giải trên sai ở giai đoạn IV. Câu 3: Số thực m lớn nhất để hàm số y  x 3   1  2m  x2  m  2 luôn đồng biến trên  0;   là A. m  1 2 B. m  1 3 C. m  2 2 Câu 4: Xác định a, b để hàm số y  như hình vẽ: D. m  3 2 ax có đồ thị xb B. m  0 C. m  2 Câu 9: Cho hai hàm số y x3 2x D. m  3 2x  3 x  m2  4 và x  7 . Tập hợp các giá trị của tham số m để x5 hai đường tiệm cận đứng của 2 đồ thị hàm số trên y trùng nhau là: A. 1;1 B. 3; 3 C. 2; 2 D. 0 Câu 10: Số điểm cực trị của đồ thị hàm số y  ax 4  bx 2  c  a  0; b  0  là: A. 0 B. 2 C. 1 D. 3 Đặt sách tại: Tiki.vn | Newshop.vn | Pibook.vn | Lovebook.vn | 41 Công Phá Toán The Best or Nothing Câu 11: Một người có một dải duy băng dài 130 cm, người đó cần bọc dải duy băng đỏ đó quanh  4 x  1 A.  3 3 2×2  x  1 một hộp quà hình trụ. Khi bọc quà, người này dùng 10 cm của dải duy băng để thắt nơ ở trên nắp hộp (như hình vẽ minh họa). Hỏi dải duy băng có thể bọc được hộp quà có thể tích lớn nhất là bao nhiêu?   3 3 2×2  x  1  4 x  1 C. 3  2x 2  x 1  1 B. 2 2 1 D. 3  3  2x 2  x 1  3 Câu 17: Bất phương trình:  log x 2  1  1 log  1  x   x  1 không tương đương với phương án nào sau đây? A.   log x 2  1  log  1  x  log  1  x   0   x  1  1 B. log x2  x  2  1 A. 4000  cm 3 B. 32000  cm C. 1000  cm 3 3 C. log1 x D. 16000  cm 3 log  1  x   0 log  1  x   0 D.  hay  log  1  x   0 log  1  x   0 8 Câu 12: Biết log 2  a thì log 3 tính theo a là: 5 A. 1  4a  1 3 1 C.  4a  1 3 Câu 13: Tập 3 y  ln B. xác  2x  5   x  7  A. 8 12  x B. 9 Câu 18: Cho bất phương trình a x  b  0  a  1 . 1  2a  3  3 Tìm mệnh đề sai trong các mệnh đề sau? 1 D.  2 a  3  3 định của hàm A. Nếu b  0 , tập nghiệm của bất phương trình là . số 2 chứa bao nhiêu số nguyên? C. 10 B. Nếu b  0, a  1 , tập nghiệm của bất phương trình là  ; log a b  . C. Nếu 0  a  1, tập nghiệm của bất phương D. 11 Câu 14: Tích hai nghiệm của phương trình log 3 x  2 trình là log a b;   . D. Nếu b  0 tập nghiệm của bất phương trình log x 3 x có giá trị là: 1  log x 9 là . 1 A. B. 1 C. 1 D. 27 3 Câu 15: Cho 0  a  1, 0  b  1, x  0; x  1 và các đẳng thức sau: (I): log ab xb  log a x   Câu 19: Hàm số y  ln x2  2mx  4 có tập xác định D   khi: A. m  2 m  2 B.   m  2 C. m  2 D. 2  m  2 ab log b a  1  log b x (II): log a  x log b a Câu 20: Tìm tập hợp tất cả các giá trị của a để (III): log a b.log b x.log x a  1 đúng? mệnh đề Các phát biểu đúng là: A.  I  ;  II  B.  I  ;  II  ;  III  C.  I  ;  III  D.  II  ;  III   Câu 16: Đạo hàm của hàm số y  2 x 2  x  1 a m  an  m  n với a  ; m, n   A.  0;   1 B.  C. 1 D. 1;   Câu 21: Một khu rừng ban đầu có trữ lượng gỗ là  1 3 là: 4.10 5 mét khối gỗ. Gọi tốc độ sinh trưởng mỗi năm của khu rừng đó là a% . Biết sau năm năm thì 42 | Khai báo sách chính hãng tại: congphatoan.com để nhận 100 đề thi thử tặng kèm 25 đề cốt lõi Toán 12 Ngọc Huyền LB – facebook.com/huyenvu2405 sản lượng gỗ là xấp xỉ 4,8666.10 5 mét khối. Giá trị Câu 27: Tính thể tích vật thể tròn xoay được tạo của a xấp xỉ: bởi phép quay quanh trục Ox phần hình phẳng A. 3,5% B. 4% C. 4,5% gạch chéo trong hình vẽ, biết f  x   x 2  4 x  4 ? D. 5% Câu 22: Họ tất cả các nguyên hàm của hàm số y 3 y sin x là: cos 4 x A. C. 1 4  3cos3 x 1 C cos x B. 1 1  C cos x 3cos3 x 1 3 cos 3 x D.  1 C cos x 1 1  C cos x 3cos3 x d O d  f  x  dx  5 Câu 23: Nếu  và a  f  x  dx  2 A. V  3 (đvtt)  f  x  dx bằng: x 3 với b b a  d  b thì 2 B. V  55  (đvtt) 3 Câu 24: Diện tích hình phẳng giới hạn bởi hai 33  D. V  (đvtt)  (đvtt) 5 5 Câu 28: Tìm các số thực x, y biết: đường y  x 2  1 và y  x 2  2 x  3 không được  x  2y i   2x  3y  1   3x  2y  2   4x  y  3 i C. V  a A. 2 B. 8 C. 0 D. 3 tính bằng công thức nào sau đây? 2   x A. S  2 A. x    x  2 dx 2  x   2 B. x  3; y   5 2 9 4 5 D. x  3; y  ;y  11 11 2 Câu 29: Cho số phức z  3  6i . Tìm phần thực và C. x  1 B. S  9 4 ;y  11 11   1   x 2  2 x  3 dx 1 1   2x C. S  2 phần ảo của số phức z1  5z ?   2 x  4 dx A. Số phức z1 có phần thực là 15, phần ảo là 2 2 D. S   2x 2 30 i.  2 x  4 dx B. Số phức z1 có phần thực là 15, phần ảo là 30. 1  2 C. Số phức z1 có phần thực là 15, phần ảo là Câu 25: Tính tích phân:  x cos 2 xdx ? 30. 0 A. 1 2 B.  1 2 C. 1 D. Số phức z1 có phần thực là 15, phần ảo là D. 1 30 i. 5 Câu 26: Cho tích phân I   3 x  9 dx và các kết Câu 30: Số phức z có điều kiện nào thì có điểm quả sau: (kể cả biên)? 0 5  2   biểu diễn ở phần gạch chéo trong hình dưới đây  y I. I   3 x  9 dx   3 x  9 dx 2 0 5  x 2  2  x  II. I   3  9 dx   3  9 dx 2 1 O 0 5  x  III. I  2  3 x  9 dx 2 Trong các kết quả trên kết quả nào đúng? A. Chỉ I B. Chỉ II C. Chỉ III D. Cả I, II, III. A. Số phức z có phần thực nhỏ hơn hoặc bằng  1 , phần ảo nằm trong đoạn 1; 2  . 2 Đặt sách tại: Tiki.vn | Newshop.vn | Pibook.vn | Lovebook.vn | 43 Công Phá Toán The Best or Nothing B. Số phức z có phần thực nhỏ hơn hoặc bằng 1  , 1  z  2. 2 C. Số phức z có phần ảo nhỏ hơn hoặc bằng 1 1 1 1 B. C. D. 2 3 4 6 Câu 38: Cho hình lập phương ABCD. A ‘ B ‘ C ‘ D ‘ 1  , 1  z  2. 2 D. Số phức z có phần ảo nhỏ hơn hoặc bằng đó thể tích của khối nón có đỉnh là O và đáy là 1  , phần thực nằm trong đoạn 1; 2  . 2 Câu 31: Cặp số phức nào sau đây không phải là số phức liên hợp của nhau? A. x  y và x  y y D. và x y V Khi đó ABC . EFG bằng: VEFG . A ‘ B ‘ C ‘ 1 1 1 B. C. D. 1 2 3 4 Câu 34: Cho khối chóp tam giác đều S. ABC có đáy là tam giác đều cạnh bằng a, các cạnh bên tạo với đáy một góc 60. Tính VS. ABC ? 3 3 3 3 3 3 3 3 A. B. C. D. a a a a 4 6 12 2 Câu 35: Cho hình hộp chữ nhật ABCD. A ‘ B ‘ C ‘ D ‘ với AB  3cm ; AD  6 cm và độ dài đường chéo thể tích hình hộp ABCD. A ‘ B ‘ C ‘ D ‘ ? C. 102cm 3 D. 90cm3 Câu 36: Cho hình chóp S. ABCD có đáy là hình chữ nhật, các mặt SAB và SAD  vuông góc với đáy. Góc giữa  SCD  và mặt đáy bằng 60 , BC  a. Tính khoảng cách giữa AB và SC theo a? B. 2 3 a 13 1 3 a (đvtt) 12 D. 1 3 a (đvtt) 2 C. A. 1 B. 2 C. 3 D. 4  O; r  và O ‘; r  . Khoảng cách giữa hai đáy là OO ‘  r 3. Một hình nón có đỉnh là O ‘ và có đáy là hình tròn O; r  . Mặt xung quanh của hình nón chia khối trụ thành 2 phần. Gọi V1 là thể tích phần bên ngoài khối nón, V2 là phần thể tích bên trong A. a 3 2 1 3 a (đvtt) 3 Câu 40: Một hình trụ có hai đáy là hai hình tròn E , F , G lần lượt là trung điểm của AA ‘, BB ‘, CC ‘. A. B. thành? 3 8 3  3 A. B. C. D. 2 2 8 3 Câu 33: Cho hình lăng trụ ABC. A ‘ B ‘ C ‘ . Gọi A. 108cm 3 B. 81cm 3 1 A. a 3 (đvtt) 4 quanh cạnh AB có bao nhiêu hình nón được tạo 2 z 2  3 z  3  0 . Khi đó z12  z2 2 bằng: Tính hình tròn nội tiếp hình vuông A ‘ B ‘ C ‘ D ‘ bằng: BD  BC . Khi quay tất cả các cạnh của tứ diện đó x Câu 32: Biết z1 , z2 là hai nghiệm của phương trình AC ‘  9cm . cạnh A. Gọi O là tâm của hình vuông ABCD. Khi Câu 39: Cho tứ diện ABCD có AD   ABC  và B. xy và xy C. x  y và x  y A. C. 3 12 a D. 2 3 a 5 Câu 37: Cho hình hộp ABCD. A ‘ B ‘ C ‘ D ‘ , gọi O là giao điểm của AC và BD. Thể tích khối chóp khối nón. Khi đó V1 bằng: V2 1 1 B. C. 2 D. 3 2 3 Câu 41: Số mặt cầu có cùng tâm, bán kính với một A. đường tròn cho trước và chứa đường tròn đó là: A. 0 B. 1 C. 2 D. Vô số Câu 42: Trong các câu sau đây, câu nào sai? A. Bất kì một hình tứ diện nào cũng có một mặt cầu ngoại tiếp. B. Bất kì một hình chóp đều nào cũng có một mặt cầu ngoại tiếp. C. Bất kì một hình hộp nào cũng có một mặt cầu ngoại tiếp. D. Bất kì một hình hộp chữ nhật nào cũng có một mặt cầu ngoại tiếp.    Câu 43: Tìm tọa độ vectơ u biết rằng a  u  0 và  a   1; 2;1 ?   A. u   1; 2; 8  B. u   6; 4; 6    C. u   3; 8; 2  D. u   1; 2; 1 O. A ‘ B ‘ C ‘ D ‘ và khối hộp ABCD. A ‘ B ‘ C ‘ D ‘ bằng: 44 | Khai báo sách chính hãng tại: congphatoan.com để nhận 100 đề thi thử tặng kèm 25 đề cốt lõi Toán 12 Ngọc Huyền LB – facebook.com/huyenvu2405 Câu 44: Tìm vectơ chỉ phương của đường thẳng A. 3 x  5 y  5 z  18  0  x  1  6t  d :  y  5  3t ?  z  6  5t   A. u   6; 3; 5   C. u  1; 5; 6  B. 6 x  10 y  10 z  7  0 C. 3 x  5 y  5 z  7  0 D. 3 x  5 y  5 z  8  0  B. u   6; 3; 5   D. u   1; 5; 6  Câu 48: Tọa độ hình chiếu của điểm A  3; 2; 5  lên mặt phẳng  P  : 2 x  3 y  5z  13  0 là: Câu 45: Xác định m, n, p để cặp mặt phẳng  P  : 2x  3y  4z  p  0; Q  : mx   n  1 y  8z  10  0 trùng nhau? A. m  4; n  5; p  5 B. m  4; n  5; p  5 C. m  3; n  4; p  5 D. m  2; n  3; p  5 Câu 46: Mặt phẳng nào sau đây có vectơ pháp  tuyến n   3;1; 7  ? A.  2; 3; 4  B.  3; 3; 3  C.  1; 5;0  D.  6; 4;1 Câu 49: Viết phương trình mặt phẳng  Q  chứa đường thẳng d: mặt phẳng  P  : 2 x  y  0? A. 3 x  y  7  0 B. 3 x  z  7  0 A. 3 x  2 y  7  0 B. x  2 y  3z  0 C. 2 x  y  4 z  0 D. 3 y  2 z  7  0 C. 6 x  2 y  14 z  1  0 Câu D. 3 x  y  7 z  1  0 d: Câu 47: Viết phương trình mặt phẳng trung trực của đoạn thẳng PQ với P  4; 7; 4  và x2 y 1 z   và vuông góc với 1 2 1 50: Xác định x  13 y  1 z  4   8 2 3 m để cắt đường thẳng mặt phẳng  P  : mx  2 y  4z  1  0? A. m  0 B. m  1 C. m  0 D. m  1 Q  2; 3; 6  ? Đặt sách tại: Tiki.vn | Newshop.vn | Pibook.vn | Lovebook.vn | 45 Công Phá Toán The Best or Nothing ĐÁP ÁN 1D 2D 3A 4A 5D 6A 7D 8A 9B 10C 11C 12A 13A 14D 15B 16A 17B 18C 19D 20D 21B 22A 23D 24A 25B 26B 27C 28A 29C 30C 31D 32A 33D 34C 35A 36A 37B 38C 39B 40C 41B 42C 43D 44A 45B 46C 47D 48C 49B 50B HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT Câu 1: Đáp án D. Ta đi xét từng mệnh đề một. Với mệnh đề A: Đây là mệnh đề không chính xác. Ta lấy đơn cử như ví dụ hàm hằng thì mệnh đề này sai. Với mệnh đề B: Mệnh đề này rõ ràng sai, không phải lúc nào f  xo   0. Với mệnh đề C: Ta nhận thấy đây là mệnh đề sai bởi ta lấy ví dụ như hàm số y  x có đạt cực trị tại x  0 nhưng không tồn tại đạo hàm tại x  0 như vậy việc suy ra f ‘  xo   0 là sai. Với mệnh đề D: Đây là mệnh đề đúng. Câu 2: Đáp án D. Ở giai đoạn I: Đây là giai đoạn đúng, vì rõ ràng tập xác định của hàm số bậc 3 STUDY TIPS Đây là bài toán tìm lỗi sai, ta cần đi soát từng bước một cách giải của người giải. (một biến) là tập  . 2 Ở giai đoạn II: Ta thấy y ‘  x  x  2 , đúng và giải phương trình y ‘  0 đúng. Ở giai đoạn III: Bảng biến thiên, thử các giá trị thấy đúng. Vậy chỉ còn giai đoạn IV, ta có thể khoanh luôn ý D. Tuy nhiên, ở đây tôi muốn giải thích rõ cho quý độc giả biết giai đoạn 4 sai ở đâu. Ta cùng nhớ lại câu 4 ở đề số 1 mà tôi đã đề cập như sau: “Ở sách giáo khoa hiện hành, không giới thiệu khái niệm hàm số (một biến) đồng biến, nghịch biến trên một tập số, mà chỉ giới thiệu khái niệm hàm số (một biến) đồng biến, nghịch biến trên một khoảng, một đoạn, nửa khoảng (nửa đoạn).” Vậy kết luận đồng biến nghịch biến ở giai đoạn IV này bị sai: Sửa lại như sau: “Vậy hàm số đồng biến trên  ; 1 và  2;   , nghịch biến trên khoảng  1; 2  . Câu 3: Đáp án A. Chúng ta có điều kiện đủ sau đây:   “Nếu f ‘  x   0 f ‘  x   0 trên khoảng  a , b  thì hàm số y  f  x  đồng biến (nghịch biến) trong khoảng đó.” Vậy điều ngược lại có đúng không? Ta cùng đi đến định lý mở rộng sau đây: “Nếu trên khoảng  a , b  , hàm số y  f  x  có đạo hàm và phương trình f ‘  x   0 chỉ có hữu hạn nghiệm thì: a. f  x  đồng biến khi và chỉ khi f ‘  x   0 ; b. f  x  nghịch biến khi và chỉ khi f ‘  x   0. ” Vậy từ định lý mở rộng mà tôi vừa đưa ra ở trên, quý độc giả có thể giải quyết bài toán này một cách dễ dàng. 46 | Khai báo sách chính hãng tại: congphatoan.com để nhận 100 đề thi thử tặng kèm 25 đề cốt lõi Toán 12 Ngọc Huyền LB – facebook.com/huyenvu2405 Xét hàm số y  x3   1  2m  x2  m  2 trên  . Hàm số f  x  luôn đồng biến trên  0;   khi và chỉ khi f ‘  x   0 . Dấu bằng xảy ra tại hữu hạn nghiệm. y ‘  3×2  2  1  2m  x  0 với mọi x   0;   . Dấu bằng xảy ra tại hữu hạn nghiệm.  3x  2  4m  0 (do x   0;    m  Xét hàm số g  x   3x  2 trên  0;   . 4 STUDY TIPS Đây là cách giải thích chi tiết, tuy nhiên quý độc giả có thể nhẩm nhanh mà không cần vẽ bảng biến thiên sẽ rất tốn thời gian, vì thế hãy linh hoạt trong mọi tình huống nhé. x 0 + Để m  g  x  với mọi x   0;   thì m  STUDY TIPS Đây là dạng bài nhận diện đồ thị quen thuộc, thực chất, để tìm a, b ta chỉ cần thay tọa độ 2 điểm mà đồ thị giao với trục Ox, Oy được hệ phương trình 2 ẩn và giải được a, b ngay. 3x  2 . 4 1 . 2 1 Vậy giá trị lớn nhất của m thỏa mãn đề bài là m  . 2 Câu 4: Đáp án A. a  2 0  Ta có  2  b  a  2; b  1 . a  2  b Câu 5: Đáp án D. Phương án A: Đây là hàm số bậc hai nên đồ thị hàm số luôn có một điểm cực trị là đỉnh của Parabol. Phương án B: Ta có y ‘  3 x 2  3 ; phương trình y ‘  0 luôn có 2 nghiệm phân biệt STUDY TIPS Nếu quý độc giả đã nắm chắc các kiến thức thì có thể chọn nhanh luôn ý D mà không cần xét các ý còn lại. nên đồ thị hàm số luôn có 2 điểm cực trị. Từ đây ta xét luôn đáp án D cũng là hàm bậc 3 có phương trình y ‘  0 chỉ có một nghiệm duy nhất, ta nhớ luôn đến bảng các dạng đồ thị hàm bậc ba mà tôi vẫn nhắc đến trong lời giải của các đề trước. Vậy hàm số y  x 3 không có cực trị. Ta chọn luôn đáp án D. Câu 6: Đáp án A. Thực chất đây là bài toán tìm GTNN của hàm số một đoạn cho trước. Xét hàm số f  t   1 4 3 2 t  t  2t  20 trên 1; 20  4 2 t  1 f ‘  t   t 3  3t  2 ; f ‘  t   0   t  2  l  Ta so sánh các giá trị  f 1 ; f  20  thì thấy f 1  f  20  nên vận tốc của chất điểm đạt GTNN tại thời điểm t  1 giây. Câu 7: Đáp án D. Ta đi xét từng hàm số một. Đặt sách tại: Tiki.vn | Newshop.vn | Pibook.vn | Lovebook.vn | 47 Công Phá Toán STUDY TIPS Ta có định lí SGK về sự tồn tại của GTLN, GTNN trên đoạn như sau: Mọi hàm số liên tục trên một đoạn đều có GTLN và GTNN trên đoạn đó. The Best or Nothing Với mệnh đề A: Đây là hàm số bậc nhất, đơn điệu trên  2; 2  nên luôn có GTLN trên  2; 2  . Với mệnh đề B: Ta có y ‘  3 x 2  0  x  0 . Đồ thị hàm số không có điểm cực trị và luôn đồng biến trên  2; 2  nên có GTLN trên  2; 2  . Với mệnh đề C: Hàm số liên tục trên  2; 2  do đó có GTLN trên  2; 2  . Với mệnh đề D: Hàm số gián đoạn tại x  1 nên không có GTLN trên  2; 2  . Câu 8: Đáp án A. Với x  2 . Xét đến giao điểm của hai đồ thị hàm số thì ta đi xét phương trình hoành độ giao điểm: x3   x  m   x  m  x  2   x  3 2x  x 2   m  2  x  2 m  x  3  x 2   m  3  .x  2 m  3  0  *  Để hai đồ thị hàm số cắt nhau tại hai điểm phân biệt thì phương trình  *  có hai  ‘  0 nghiệm phân biệt khác 2   2 2   m  3  .2  2m  3  0 m  3 2 (luôn thỏa mãn)   m  3   4  2m  3   0    m  1 Vậy số nguyên dương m nhỏ nhất là m  4. Câu 9: Đáp án B. Dễ dàng nhận ra được x  4  m 2 là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số y x  7 2x  3 ; x  5 là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số y  . 2 x5 xm 4 Để hai đường tiệm cận đứng của hai đồ thị hàm số trên trùng nhau thì:  m  3 . 4  m2  5   m  3 Câu 10: Đáp án C. Vì sao đề lại cho b  0 ? Bởi vì, số nghiệm của phương trình y ‘  0 phụ thuộc vào dấu của a, b. Ta cùng kiểm chứng: y ‘  4 ax 3  2bx   y ‘  0  2 x 2 ax 2  b  0 Do a ; b  0 nên phương trình chỉ có một nghiệm duy nhất, vậy đồ thị hàm số có dạng parabol. Vậy đồ thị hàm số chỉ có một điểm cực trị. Câu 11: Đáp án C. Ta nhận thấy, dải duy băng tạo thành hai hình chữ nhật quanh cái hộp, do đó chiều dài của dải duy băng chính là tổng chu vi của hai hình chữ nhật đó. Tất nhiên chiều dài duy băng đã phải trừ đi phần duy băng dùng để thắt nơ, có nghĩa là: 2.2.  2r  h   120  h  30  2r Khi đó thể tích của hộp quà được tính bằng công thức:  V  B.h  .r 2  30  2r   . 2r 3  30 r 2 Xét hàm số f  r   2r 3  30r 2 trên  0;15  48 | Khai báo sách chính hãng tại: congphatoan.com để nhận 100 đề thi thử tặng kèm  25 đề cốt lõi Toán 12 Ngọc Huyền LB – facebook.com/huyenvu2405 r  0  l  f ‘  r   6r 2  60r ; f ‘  r   0    r  10 Khi đó vẽ bảng biến thiên ta nhận ra Max f  r   f 10  . Khi đó thể tích của hộp  0;10  quà V  B.h  .10 2 .10  1000  . STUDY TIPS Một cách khác là quý độc giả có thể bấm máy tính để thử, tuy nhiên đây là một bài toán đơn giản, không nhất thiết bạn phaỉ thử từng đáp án một sẽ rất tốn thời gian. Trong quá trình rèn luyện đề, hãy tập tư duy nhanh để giải quyết tình huống mà không bị phụ thuộc vào máy tính quá nhiều. STUDY TIPS Sẽ có rất nhiều quý độc giả 2 quên điều kiện  x  7   0 dẫn đến vẫn tính số 7 và chọn đáp án B là sai. Câu 12: Đáp án A. Nhận thấy trong bài có xuất hiện log 2 và log 5 . Ta nghĩ ngay đến log10  log  2.5   log 2  log 5  a  log 5  1  log 5  1  a . log 1 2 1 1 4 1  log 2  log 5 3  log 2  .log 5  a  1  a   a  3 3 3 3 3 5 Câu 13: Đáp án A. Ta sẽ đi tìm tập xác định của hàm số, sau đó tính số số nguyên nằm trong tập xác định vừa tìm được.   2x  5 3  x  7  2  0 Hàm số đã cho xác định khi  12  x x  12   5  x  7; x  2 ; x  12  x  7  5      x  12  5 2    x  12  2  5 x  12; x  loai     2  Trong khoảng đó có 8 số nguyên. Đáp án A. Câu 14: Đáp án D. STUDY TIPS Đây là phương trình logarit đơn giản. Nhìn vào hai vế ta thấy các logarit trong phương trình không cùng cơ số. Bước đầu tiên, ta cần chuyển đổi về một cơ số. Vì VP có hai logarit cùng cơ số x nên ta sẽ chuyển VT về logarit cơ số x. Điều kiện x  0; x  1 Phương trình  log x 3  log x x 1  log x 3 1  2 log x 3  1  2 log x 3   log x 3  1 log x 3  log x 2 3  3 log x 3  1  0 Đến đây nếu độc giả nào không tinh ý có thể tìm rõ x ra rồi tính, tuy nhiên ta cùng nhớ đến công thức log a  x1 .x2   log a x1  log a x2 .  3  13 log x 3  2 Vậy đến đây, bấm máy tính giải phương trình bậc hai thì sẽ ra   3  13 log x 3   2 Khi đó log 3 x1  2 3  13 ;log 3 x2  2 3  13 . Bấm máy máy tính ta được log 3 x1  log 3 x2  3  log 3 x1 x2  3  x1 x2  27 . Câu 15: Đáp án B. Ta lần lượt đi xét từng mệnh đề một. 1 Với mệnh đề (I): log ab xb  .b.log a x  log a x . Đây là mệnh đề đúng. b Đặt sách tại: Tiki.vn | Newshop.vn | Pibook.vn | Lovebook.vn | 49 Công Phá Toán The Best or Nothing a ab log b a  1  log b x log b x  1 log b x ab Với mệnh đề (II) : .    log a log b a log b a log b a x Đây là mệnh đề đúng. Với mệnh đề (III): log a b.log b x.log x a  log b b log b x .log b x.log x a  .log x a  log a x.log x a  1 . log b a log b a Đây cũng là mệnh đề đúng. Câu 16: Đáp án A. STUDY TIPS – Nhiều quý độc giả sẽ bị thiếu phần  2x 2  x1 ‘  Ta có y ‘   2 x 2  x  1    dẫn đến chọn sai đáp án. – Nhiều độc giả khác lại không nhớ công thức m n n m a  a .    1  4 x  1 2 x 2  x  1 3   1 3  4 x  1 3  2x 2  x1 2 1 3  1 2 2  ‘  2 x  x  1 ‘. 2 x  x  1 3   2 3  1 3   3 3  2x 2 1 1 3  4 x  1  2x 2 x1  4 x  1    x1  2  2 3 . Câu 17: Đáp án B. Với mệnh đề A: Rõ ràng mệnh đề này đúng do   log x 2  1  log  1  x  log  1  x  Với mệnh đề B: Ta có: 0  log x 2  1  1 log  1  x   log x 2  1   log log 1  x  1 x x 2   1 . Vậy đây là mệnh đề B sai. Câu 18: Đáp án C. Với mệnh đề A: Ta có với 0  a  1 thì a x  0 với mọi x. Do đó nếu b  0 thì bất STUDY TIPS Nếu không để ý kĩ, chắc hẳn quý độc giả sẽ không thể nhận ra được đáp án, do đáp án A và C rất dễ nhầm. phương trình vô nghiệm, đây là mệnh đề đúng. Với mệnh đề B: Với b  0; a  1 thì a x  b  log a a x  log a b  x  log a b . Đây là mệnh đề đúng. Với mệnh đề C: Ta thấy rõ ràng không có điều kiện của b, nếu b  0 thì rõ ràng bất phương trình vô nghiệm. Vậy đây chính là mệnh đề không đúng. Với mệnh đề D: Nhận thấy với b  0 thì a x  0 vô nghiệm. Đây là mệnh đề đúng. Câu 19: Đáp án D. Hàm số  y  ln x 2  2 mx  4  có tập xác định D   khi và chỉ khi x 2  2 mx  4  0 với mọi x.   ‘  0 với mọi x ( do a  1  0 rồi nên ta chỉ cần điều kiện delta)  m 2  4  0  2  m  2 . Câu 20: Đáp án D. Đây là phần so sánh về số mũ mà tôi đã nhắc đến rất nhiều lần trong các đề trước nên ở đề này tôi sẽ không nhắc lại nữa. Nếu a  1 thì mệnh đề trên đúng, tức là ta chọn đáp án D. Câu 21: Đáp án B. Trữ lượng gỗ sau một năm của khu rừng là: N  4.105  4.10 5.a%  4.10 5  1  a%  50 | Khai báo sách chính hãng tại: congphatoan.com để nhận 100 đề thi thử tặng kèm 25 đề cốt lõi Toán 12 Ngọc Huyền LB – facebook.com/huyenvu2405 Trữ lượng gỗ sau năm thứ hai của khu rừng là: N  4.10 5  1  a%  2 … 5 Trữ lượng gỗ sau năm năm của khu rừng là: N  4.10 5  1  a%   4,8666.10 5  a  4% . Câu 22: Đáp án A. Do đó ta có thể làm như sau: STUDY TIPS  cos x ‘   sin x I sin 2 x.sin x 1  cos 2 x  1 1  dx    cos 4 x d  cos x     cos4 x  cos2 x  d  cos x  cos 4 x  1 1  =   cos 4 x  cos 2 x d  cos x     .cos 41 x  .cos 21 x   C 1 2  4  1   STUDY TIPS Ta cùng nhớ lại một tính chất của tích phân: b c b  f  x dx   f  x dx   f  x dx a a c  1 1  1   C .    cos 3 x  cos 1 x   C  3 3cos x cos x  3  Câu 23: Đáp án D. Khi đó với bài này ta chỉ thay c bằng d, do đó ta có: b d a với a  c  b b  f  x  dx   f  x  dx   f  x  dx  5  2  3 a d Câu 24: Đáp án A. Trước tiên ta tìm hoành độ giao điểm của hai đồ thị hàm số đã cho để xác định cận của tích phân.  x  1 Ta có  x 2  2 x  3  x 2  1  2 x 2  2 x  4  0   x  2 STUDY TIPS Ta có thể suy ra ngay A sai vì rõ ràng thiếu hẳn hệ số 2. Khi đó diện tích hình phẳng giới hạn bởi hai đồ thị hàm số đã cho được tính bằng 2 công thức: S   x 2     1   x 2  2 x  3 dx . 1 Từ đây suy ra phương án B và C đúng. Câu 25: Đáp án B. Phân tích: Đây là dạng bài tính tích phân từng phần, để giải quyết nhanh bài toán, quý độc giả có thể bấm máy tính để có được kết quả như hình bên. Tuy nhiên ở đây: tôi xin giải thích cách làm về mặt toán học như sau: Đây là dạng bài tích phân từng phần. u  x  du  dx  Đặt  1 dv  cos 2 xdx  v  2 sin 2 x    2 2 1 1 1  1 Khi đó I  .x.sin 2 x 2   sin 2 xdx  . .sin   .0.sin 0   sin x.cos xdx 2 2 2 2 2 0 0 0 STUDY TIPS Ta thấy đây là bài toán áp dụng tính chất tôi đã đưa ra ở Câu 23 nên ở đây tôi không nhắc lại nữa. Việc chúng ta cần làm là tìm x khoảng đơn điệu của 3  9 để bỏ dấu giá trị tuyệt đối.  2  1 1    1    sin xd  sin x    .sin 2 x 2  .  sin 2  sin 2 0    . 2 2  2 2  0 0 Câu 26: Đáp án B. Ta có 3 x  9  0  x  2 . 5 Vậy  0 2 5 2   5   3 x  9 dx   3 x  9 dx   3 x  9 dx   9  3 x dx   3 x  9 dx . 0 2 0 2 Đặt sách tại: Tiki.vn | Newshop.vn | Pibook.vn | Lovebook.vn | 51 Công Phá Toán The Best or Nothing Vậy I sai, II đúng và III sai. Câu 27: Đáp án C. 3 4 Ta có V     x  2  dx . Đến đây ta có thể bấm máy tính để có thể có được nhanh 0 kết quả đó chính là V  33 . 5 Lời giải chi tiết: 3 3 4 4 V     x  2  dx     x  2  d  x  2   . 0 0 5 3 1 33 x  2  .  0 5 5 Câu 28: Đáp án A. STUDY TIPS Đây là bài toán đơn giản trong việc rút gọn số phức và giải hệ phương trình hai ẩn.  x  2 y  4 x  y  3 Ta sẽ lần lượt cho:  2 x  3 y  1  3x  2 y  2  9 x 5x  3 y  3  11   x  5 y   1  y  4  11 Phân tích sai lầm: Nhiều quý độc giả không đọc kĩ và cho luôn STUDY TIPS Sai lầm khi xác định phần ảo là một sai lầm kinh điển của học sinh. Hãy nhớ kĩ rằng phần ảo chỉ có số và không có i.  x  2 y  3x  2 y  2 và cuối cùng chọn đáp án B hoặc D là sai. Hãy đọc kĩ đề  2 x  3 y  1  4x  y  3 bài nhưng tốc độ vẫn cần phải nhanh để đạt kết quả tốt nhất bạn nhé! Câu 29: Đáp án C. Ta có z1  5 z  5.  3  6i   15  30i . Vậy phần thực của z1 là 15 và phần ảo là 30 . Câu 30: Đáp án C. STUDY TIPS Đây là bài toán ngược của bài toán tìm điểm biểu diễn của số phức. Ta cùng nhắc lại kiến thức sau: Điểm M  a; b  trong hệ tọa độ vuông góc của mặt phẳng được gọi là điểm biểu diễn số phức z  a  bi với a , b  . 1 Ta nhận thấy phần gạch chéo được giới hạn bởi đường thẳng y   . Nghĩa là 2 y 1 . 2 1 Suy ra phần ảo nhỏ hơn hoặc bằng  . Còn khoảng gạch chéo thì sao? Rõ ràng 2 ta nhận thấy nó liên quan đến khoảng cách từ tâm O đến điểm biểu diễn, tức là mô đun của số phức. Vậy rõ ràng 1  z  2. Chú ý: Nhiều bạn bị lộn giữa trục biểu diễn phần thực phần ảo, và không xác định được phần gạch chéo chính là sự biến thiên của mô đun, nên sẽ bị vướng mắc bài toán này. Câu 31: Đáp án D. Với bài toán này, xuất hiện x, y là hai số phức. Do đó ta sẽ lần lượt đặt: x  a  bi ; y  c  di  a, b, c , d    . Khi đó: Với mệnh đề A: x  y  a  bi  c  di  a  c   b  d  i , còn x  y  a  bi  c  di  a  c   d  b  i là hai số phức liên hợp của nhau. Với mệnh đề B: x.y   a  bi  c  di   ac  adi  bci  bd  ac  bd   bc  ad  i 52 | Khai báo sách chính hãng tại: congphatoan.com để nhận 100 đề thi thử tặng kèm 25 đề cốt lõi Toán 12 Ngọc Huyền LB – facebook.com/huyenvu2405 x.y   a  bi  c  di   ac  bd   ad  bc  i Vậy đây là cặp số phức liên hợp của nhau. Tương tự mệnh đề A thì C là mệnh đề đúng. Vậy theo phương thức loại trừ thì D là đáp án cần tìm. Câu 32: Đáp án A. Nhận xét với bài toán này ta chỉ cần bấm máy tính là có kết quả.   z1   Ta thấy 2 z 2  3 z  3  0     z2    3  4 3  4 21 i 4 21 i 4 Khi đó bấm máy tính ta được hai nghiệm như trên, do đây là bài toán trắc nghiệm nên việc quý độc giả bấm hai nghiệm ra rồi lại quay về bấm biểu thức rất lâu. Nên khi dùng máy fx  570VN PLUS , sau khi bấm ra nghiệm ta giữ nguyên mà hình, rồi gán từng nghiệm cho một biến như sau: Sau khi bấm giải phương trình màn hình hiện như hình bên. Giữ nguyên màn hình và ấn SHIFT  STO A để gán nghiệm x1 vào biến A. Tiếp tục ấn bằng máy hiện nghiệm thứ hai và tiếp tục lặp lại quá trình bên trên gán cho B. Sau đó ấn On quay về ban đầu. Nhập B C ALPHA A x 2 +ALPHA B x 2 và ấn = máy sẽ hiện kết quả. Câu 33: Đáp án D. A Rõ ràng ta thấy hai hình lăng trụ này có chiều cao bằng nhau và bằng một nửa F G chiều cao của hình lăng trụ lớn. Do đó tỉ lệ thể tích cần tìm là 1. Câu 34: Đáp án C. E B’ Do S.ABC là hình chóp tam giác đều nên SH là đường cao của hình chóp, với H C’ là trọng tâm của tam giác ABC. Do H là hình chiếu của S trên ABC. Do đó   SA;  ABC   SAH  60.  A  S 2 a 3 a 3 Vì H là trọng tâm của tam giác ABC nên AH  . .  3 2 3 Khi đó SH  AH.tan 60  A a 3 . 3 a. 3 1 1 1 a 3 a3 3 VS. ABC  .SH.SABC  .a. . .a  . 3 3 2 2 12 Câu 35: Đáp án A. C H Đây là bài toán khá đơn giản, hình hộp đã có kích thước của mặt đáy, ta chỉ cần B đi tìm chiều cao. D’ A’ Rõ ràng với tam giác A ‘ AC vuông tại A  A ‘ A  A ‘ C 2  AC 2 C’ B’   Mà AC  AB2  BC 2  32  6 2  3 5 do đó A ‘ A  9 2  3 5 A D B C 2 6 V  AB. AD. A ‘ A  6.6.3  108 . Câu 36: Đáp án A. Do SAB  và  SAD  cùng vuông góc mặt đáy  ABC  nên SA   ABC  , hay SA chính là đường cao của hình chóp. Đặt sách tại: Tiki.vn | Newshop.vn | Pibook.vn | Lovebook.vn | 53 Công Phá Toán The Best or Nothing Để tìm được khoảng cách từ AB đến SC, ta tìm một mặt phẳng chứa SC mà song S song với AB, rõ ràng mặt phẳng đó chính là  SCD  . Khi đó ta chỉ cần tìm khoảng cách từ một điểm trên AB đến mặt phẳng  SCD  . Ta sẽ chọn điểm A vì đây là H một điểm đặc biệt (là chân đường cao của hình chóp). Ta có SA  CD ; AD  CD A D  CD   SAD    SAD    SCD  (đây là suy luận nhanh không phải cách trình bày rõ ràng trong một bài tự luận). C B  SAD    SCD    SAD    SCD   SD  AH  SD     AH   SCD   d A;  SCD   AH  d  AB; SC    Ta có SD  CD; AD  CD  SDA SCD  , ABCD   60 .   Khi đó SA  AD.tan 60  a. 3 D’ A’ a 3 1 1 1 .  SH    2 2 2 2 SH SA AD C’ B’ Câu 37: Đáp án B. A D O B chóp, còn một hình là khối hộp chữ nhật. C A B O D Hai khối cần tìm thể tích có chung đáy và chiều cao, chỉ khác một hình là khối C 1 1 Mặt khác ta có Vchop  .B.h , Vhh  B.h  tỉ lệ là . 3 3 Câu 38: Đáp án C. Do đường tròn đáy của hình nón nội tiếp hình vuông A ‘ B ‘ C ‘ D ‘ nên độ dài 2 A’ B’ D’ 1 a a3 a đường kính hình tròn d  a  R  . Khi đó V  .a.     .. 2 3 2 12 Câu 39: Đáp án B. C’ Rõ ràng khi quay quanh cạnh AB thì ta có một hình chóp đỉnh B, đáy là đường D tròn tâm A, bán kính AD. Tiếp tục ta có BD  BC ; DA  BC  BC  AB . Vậy khi quay quanh AB, ta có thêm hình chóp đỉnh A đáy là đường tròn tâm B bán kính BC. B A C O’ Câu 40: Đáp án C. 1 Ta có thể tích khối chóp: Vchop  .B.h 3 Vtru  B.h  V2 V  1 3 Mặt khác V  V1  V2  V1 V2 2. Câu 41: Đáp án B. O Ở câu này có thể nhiều bạn khoanh luôn vô số, tuy nhiên như vậy là sai. Đường tròn cho trước chính là thiết diện qua trục của mặt cầu. Rõ ràng một đường tròn cho trước có tâm và bán kính xác định, tâm chính là tâm của mặt cầu, và bán kính là bán kính mặt cầu. Do đó chỉ có một mặt cầu chứa một đường tròn cho trước. Câu 42: Đáp án C. 54 | Khai báo sách chính hãng tại: congphatoan.com để nhận 100 đề thi thử tặng kèm 25 đề cốt lõi Toán 12 Ngọc Huyền LB – facebook.com/huyenvu2405 Ta có cách xác định mặt cầu ngoại tiếp hình chóp. Xác định trục đường tròn của mặt phẳng đáy, tức là đường thẳng đi qua tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác đáy. Lấy giao điểm của trục đường tròn với trung trục của cạnh bên hình chóp. Vì thế với hình tứ diện và hình chóp đều luôn có mặt cầu ngoại tiếp, nên A và B đúng. Với ý D : ta có hình hộp chữ nhật luôn có tâm cách đều các đỉnh của hình hộp, do đó luôn xác định được một mặt cầu ngoại tiếp hình hộp chữ nhật. Vậy ta chỉ có thể chọn C. Câu 43: Đáp án D. Đây là một bài toán đơn giản, nếu tinh ý bạn có thể chọn luôn đáp án D. Thử lại   ta thấy: u  a   1  1   2  2    1  1  0 . Câu 44: Đáp án A.  Ta có nếu đường thẳng d đi qua A  x0 ; yo ; z0  và có vtcp u   a , b , c  . Khi đó  x  x0  at   phương trình tham số của đường thẳng d:  y  x0  bt . Vậy u   6; 3; 5   z  z  ct 0  Câu 45: Đáp án B. Ta cùng nhớ lại kiến thức về vị trí tương đối của hai mặt phẳng, điều kiện để hai mặt phẳng trùng nhau: Cho  P  : Ax  By  Cz  D  0 và  Q  : A ‘ x  B ‘ y  C ‘ z  D ‘  0 . A B C D .    A’ B’ C ‘ D’ p 2 3 4 Khi đó ta có:  m  4; n  5; p  5 .    m n  1 8 10 Câu 46: Đáp án C.  Mặt phẳng  P  có vtpt là n   a , b , c  thì  P  : ax  by  cz    0 . Vậy mặt phẳng Để  P    Q  thì ở ý C sẽ có vtpt  3;1; 7  . Câu 47: Đáp án D. P Mặt phẳng trung trực của đoạn thẳng PQ, như hình vẽ, đi qua trung điểm của đoạn PQ, và PQ vuông góc với mặt phẳng cần tìm. Khi đó ta đã có một điểm đi qua và vecto pháp tuyến.   Trung điểm của PQ là M  1; 2;1 và vectơ pháp tuyến n  PQ   6;10;10  . Mặt phẳng cần tìm có phương trình: 6  x  1  10  y  2   10  z  1  0  3  x  1  5  y  2   5  z  1  0 Q  3 x  5 y  5 z  8  0  3 x  5 y  5 z  8  0 . Câu 48: Đáp án C. Để tìm được tọa độ hình chiếu của điểm A  3; 2; 5  , như ta nhận thấy ở đây chỉ có hai dữ kiện là điểm A và mặt phẳng  P  . Từ các dữ kiện này ta có thể biết được vtcp của đường thẳng đi qua A và vuông góc với mặt phẳng  P  . Đặt sách tại: Tiki.vn | Newshop.vn | Pibook.vn | Lovebook.vn | 55 Công Phá Toán The Best or Nothing  x  3  2t   Khi đó ta có đường thẳng d: qua A  3; 2; 5  ; vtcp u   2; 3; 5  là: d :  y  2  3t  z  5  5t  Khi đó tham số hóa tọa độ hình chiếu theo đường thẳng d và thay vào phương trình mặt phẳng đã cho ta sẽ tìm được tọa độ điểm cần tìm. 2.  3  2t   3.  2  3t   5  5  5t   13  0  t  1 . Khi đó điểm cần tìm có tọa độ  1; 5;0  . Câu 49: Đáp án B.  Lấy điểm A  2;1; 0   d . Mặt phẳng  P    Q  thì u P    Q  .    Khi đó nQ   u P  , ud    1; 2; 3  Phần này để tính tích có hướng ta có thể bấm   máy tính như tôi đã đề cập ở các đề trước.  Vậy mặt phẳng  Q  đi qua A  2;1;0  , vectơ pháp tuyến nQ    1; 2; 3  có phương trình: Q  : 1.  x  2   2. y  1  3z  0  x  2 y  3z  0 . Câu 50: Đáp án B. Để đường thẳng d cắt mặt phẳng  P  thì d không song song với mặt phẳng  P  . Ta đi tìm điều kiện để mặt phẳng  P  song song với đường thẳng d. Đường thẳng d song song với mặt phẳng  P  có nghĩa là vtcp của đường thẳng d vuông góc với vectơ pháp tuyếncủa mặt phẳng  P  , như hình vẽ: Khi đó ta có 8m  2.2  3.4  0  m  1. Vậy m  1. 56 | Khai báo sách chính hãng tại: congphatoan.com để nhận 100 đề thi thử tặng kèm 25 đề cốt lõi Toán 12 Ngọc Huyền LB – facebook.com/huyenvu2405 ĐỀ ÔN LUYỆN SỐ 4 Câu 1: Cho hàm số y  x 3  2 x 2  x  6 , khẳng Kết luận nào đúng? định nào sau đây là đúng về tính đơn điệu của A. Chỉ I B. Chỉ II hàm số? C. Chỉ III D. Cả I, II, III. A. Hàm số đồng biến trên  ; 1 4 và Câu 6: Cho hàm số y   x 2  4  đạt cực đại yCĐ tại xCĐ ; đạt cực tiểu yCT tại xCT . Kết quả nào sau  1   ;   . 3   đây sai?  1  B. Hàm số chỉ nghịch biến trên  ;   . 3    1 C. Hàm số đồng biến trên  1;   . 3  D. Hàm số nghịch biến trên  ; 1 A. xCĐ  xCT  2 B. yCĐ .yCT  0 C. yCĐ  yCT  16 D. xCĐ .xCT  0 Câu 7: Cho hàm số y  f  x   x 2 . Kết luận nào và  1   ;   .  3  sau đây là sai? A. yCT  0 khi x  0. 3x Câu 2: Cho hàm số y  f  x   2 có đồ thị x 2 C  . Khẳng định nào sau đây là đúng? A. Đồ thị  C  có một tiệm cận đứng là đường thẳng x  2 và không có tiệm cận ngang. B. Đồ thị  C  có đúng một tiệm cận đứng là đường thẳng x  2 và một tiệm cận ngang là B. f ‘  0   1 và f ‘  x   1; x  0. C. Min y  0 khi x  0. D. Hàm số liên tục tại mọi x  . trên đoạn  2; 4  . A. min y  6  2;4  C. min y  3  2;4  đường thẳng y  0. C. Đồ thị  C  có hai tiệm cận đứng là hai đường thẳng x  2; x   2 và một tiệm cận ngang là đường thẳng y  0. D. Đồ thị  C  có hai tiệm cận đứng là hai đường thẳng x  2; x   2 và không có tiệm x2  3 x1 Câu 8: Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số y  B. min y  2  2;4  D. min y   2;4  19 3 Câu 9: Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số y  5x  3 x2 trên  3; 5 . 28 3 C. Min y  2 A. Min y  3;5   3;5 B. Min y    3;5  3 2 D. Min y  5 3;5 cận ngang. Câu 10: Bác Tôm có cái ao có diện tích 50m2 để Câu 3: Hàm số y  2 x3  9 x 2  12 x  4 nghịch biến nuôi cá. Vụ vừa qua bác nuôi với mật độ 20 con / m2 và thu được 1,5 tấn cá thành phẩm. Theo trên khoảng nào? A.  ;1 B.  1; 2  C.  2; 3  D.  2;   Câu 4: Trong các hàm số sau hàm số nào đồng biến trên  ? A. y  3sin  1  4 x  4 2 C. y  x  x  1 B. y  x2  3x  4 3 D. y  x  5x  13 kinh nghiệm nuôi cá của của mình, bác thấy cứ thả giảm đi 8 con / m 2 thì mỗi con cá thành phẩm thu được tăng thêm 0, 5 kg. Vậy vụ tới bác phải mua bao nhiêu con cá giống để đạt được tổng năng suất cao nhất? (Giả sử không có hao hụt trong quá trình nuôi). Câu 5: Cho hàm số y  2 x4  4 x2  3 và các kết A. 488 con B. 512 con quả sau: C. 1000 con D. 215 con. (I): yCT  3 tại x  0. (III): yCD  3 tại x  1 (II): yCD  3 tại x  1 . Câu 11: Tìm tất cả các giá trị của tham số m để hàm số y  2cos x  3 nghịch biến trên khoảng 2cos x  m    0;  .  3 Đặt sách tại: Tiki.vn | Newshop.vn | Pibook.vn | Lovebook.vn | 57 Công Phá Toán The Best or Nothing A. m  3  m  3 B.  m  2 C. m  3 3  m  1 D.  m  2 Câu 18: Đạo hàm của hàm số y  A. Câu 12: Nghiệm của phương trình:  B.  log 3 x 3  3 x  4  log 3 8 là: C. A. x  4 B. x  1 x  1 C.   x  4 D. Vô nghiệm. D. ex  2 là: sin x e x  sin x  cos x   cos x sin 2 x e x  sin x  cos x   2 cos x sin 2 x e x  sin x  cos x   2 cos x sin 2 x e x  sin x  cos x   2 cos x sin 2 x Câu 13: Tìm đạo hàm của hàm số y  ln  cos x  ? Câu 19: Một học sinh thực hiện giải bài toán: “So 1 1 D. cos x sin x Câu 14: Tìm mệnh đề sai trong các mệnh đề sau:  sánh   2 A. tan x A. B.  tan x Với bất C. phương trình   của bất phương trình là ab ;  . B. Với bất phương Với bất   II. Suy ra   .   2 5 dạng  trình dạng log a x  b  a  0, a  1 , nếu a  1 thì tập nghiệm  của bất phương trình là 0; ab . D. Với bất  Vậy   2 trình dạng P  6 5 6   5 4 5 ;N   5 . Bất đẳng thức nào sau đây đúng? A. M  N  P . B. M  P  N . C. P  M  N D. N  P  M . Câu 16: Tính N  log 49 32 nếu log 2 14  m. A. N  3 m  1 B. N  3 m  2 5 1 C. N  D. N  2m  2 m 1 Câu 17: Tìm tập xác định của hàm số: y  log 2  4  x   1 . A.  ; 4    1   2    5  2 2 0     5    5  2 .  3 .  3 . B. Sai từ giai đoạn II. C. Sai từ giai đoạn III. D. là một lời giải đúng. Câu 20: Số nghiệm của phương trình 22 x của bất phương trình là 0; a b . M 2 A. Sai từ giai đoạn I. log a x  b  a  0, a  1 , nếu 0  a  1 thì tập nghiệm Câu 15: Cho các số  2  1   10  Lý luận trên: phương  2 2  III. Mà  2   3 nên   5 phương  ” lần lượt như sau: 2 trình của bất phương trình là 0; ab . C.  3  2  2 1  suy ra: 0  10  10  log a x  b  a  0, a  1 , nếu 0  a  1 thì tập nghiệm   và   5 I. Ta có, từ bất đẳng thức hiển nhiên 2  10, dạng log a x  b  a  0, a  1 , nếu a  1 thì tập nghiệm 2 B.  ; 2  C.  ; 2  D. 2; 4  2 3 2 7 x 1 1 là: ; A. 0 B. 1 C. 2 D. 3 Câu 21: Biết rằng ngày 1 tháng 1 năm 2001, dân số Việt Nam là 78.685.800 người và tỉ lệ tăng dân số năm đó là 1,7% . Cho biết sự tăng dân số được ước tính theo công thức S  A.e Nr ( trong đó A là dân số của năm lấy làm mốc tính, S là dân số sau N năm, r là tỉ lệ tăng dân số hằng năm). Cứ tăng dân số với tỉ lệ như vậy thì đến năm nào dân số nước ta ở mức 120 triệu người? (Kết quả có thể tính ở mức xấp xỉ) A. 2026 B. 2022 C. 2020 D. 2025 Câu 22: Hàm số nào dưới đây không là nguyên hàm của hàm số f  x   58 | Khai báo sách chính hãng tại: congphatoan.com để nhận 100 đề thi thử tặng kèm x 2  x  x  1 2 ? 25 đề cốt lõi Toán 12 A. Ngọc Huyền LB – facebook.com/huyenvu2405 x2  x  1 x1 B. x2  x  1 x1  2 Câu 28: Tính tích phân  sin 3 x cos 2 2 xdx. x2  x  1 x2 D. x1 x1 Câu 23: Tìm khẳng định đúng trong các khẳng C. định sau? 1 x B.  sin dx  2  sin xdx 2 0 0 C.  1  x  x D. x 2007 1 dx  0 1 21 B. 1 C. i D. i C. 12  11i D. 1 II. 2  3i III. 2i IV. 2i Những số nào là nghiệm của phương trình trên? A. I, II B. I, III C. II, III D. II, IV Câu 32: Số phức thỏa mãn điều kiện nào thì có b b b a a a phần biểu diễn là phần gạch chéo trong hình vẽ   f  x   g  x   dx   f  x  dx   g  x  dx (kể cả biên)? y b B.  kf  x  dx  k  f  x  dx a D.  Câu 29: Tính i 2009 . I. 2  3i 2 1  x  dx  2009 b 4 7 C. z 2   2  5i  z  6  4i  0 . Trong các số: Câu 24: Tìm câu sai? A. 5 42 Câu 31: Cho phương trình: 0 1 B.  A. 11  12i B.  1  i  2 1 2 3 Câu 30: Tính  4  7i    5i  7  . 0  A. A. 1 1 A.  sin x  1  x  dx   sin xdx 0 0 3 a a C.  f  x  dx  1 a b D.  a c 1 c f  x  dx   f  x  dx   f  x  dx b O a x Câu 25: Gọi N  t  ( ml / phút) là tốc độ rò rỉ dầu 2 từ cái thùng tại thời điểm t. Biết N ‘  t   t  t  1 . A. Số phức z có phần thực thuộc đoạn 3; 2  Khi đó lượng dầu rò rỉ ra trong một tiếng đầu tiên trên trục Ox, phần ảo thuộc đoạn 1; 3 trên trục là: Oy. B. Số phức z có phần thực thuộc đoạn 1; 3 1 ml 12 A. 3097800ml B. C. 30789800 ml D. 12ml trên trục Ox, phần ảo thuộc đoạn 3; 2  trên Câu 26: Tính thể tích khối tròn xoay khi quay phần mặt phẳng giới hạn bởi đường cong y  x 2 Ox. 13 B. V  15 D. Số phức z có phần thực thuộc  3; 2  trên 3 3 D. V  10 5 Câu 27: Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ C. V  thị hàm số y  x 4  5x 2  4, trục hoành và hai đường thẳng x  0; x  1. 7 A. 3 8 B. 5 C. Số phức z có phần thực thuộc đoạn 3; 2  trên trục Oy, phần ảo thuộc đoạn 1; 3 trên trục và y  x quanh trục Ox? 13 A. V  5 trục Oy. trục Ox, phần ảo thuộc  1; 3  trên trục Oy. Câu 33: Tìm phần thực, phần ảo của số phức sau  4  i    2  3i    5  i  A. Số phức trên có phần thực là 1, phần ảo là i . B. Số phức trên có phần thực là 1, phần ảo là 1. 38 C. 15 64 D. 25 C. Số phức trên có phần thực là 1, phần ảo là 1. D. Số phức trên có phần thực là 1, phần ảo là  i . Đặt sách tại: Tiki.vn | Newshop.vn | Pibook.vn | Lovebook.vn | 59 Công Phá Toán Câu 34: Viết số phức The Best or Nothing 1 ở dạng chuẩn với z3 h x h h z 1 i . 1 1 1 1 i B.   i C.  i D. i 2 4 4 2 Câu 35: Cho hình chóp S. ABCD có đáy ABCD là x A. h hình chữ nhật, cạnh bên SA vuông góc với đáy. Biết khoảng cách từ A đến SBD  bằng 6a . 7 Khoảng cách từ C đến mặt phẳng  SBD  bằng: 6a 3a 3a 8a A. B. C. D. 7 7 14 7 Câu 36: Cho hình hộp chữ nhật ABCD . A ‘ B ‘ C ‘ D ‘ có các kích thước a ,2a , a 3. Thể tích của khối hộp bằng: 2 a3 3 a3 3 B. 2 a 3 3 C. D. a 3 3 3 3 Câu 37: Cho hình chóp S . ABC . Gọi M , N lần lượt A. A. 10 cm B. 5 cm C. 2 cm D. 3 cm Câu 40: Cho hình hộp ABCD . A ‘ B ‘ C ‘ D ‘ có thể tích là V. Gọi M , N , Q lần lượt là trung điểm của AD, DC và B ‘ C ‘. Thể tích của khối tứ diện QBMN bằng: 3V 8V V V B. C. D. 8 3 8 4 Câu 41: Người ta xếp 7 hình trụ có cùng bán kính A. đáy r và cùng chiều cao h vào một cái lọ hình trụ cũng có chiều cao h, sao cho tất cả các hình tròn đáy của hình trụ nhỏ đều tiếp xúc với đáy của V là trung điểm của SB, SC. Tỉ số SAMN bằng bao VSABC hình trụ lớn, hình trụ nằm chính giữa tiếp xúc với nhiêu? quanh đều tiếp xúc với các đường sinh của lọ hình 1 1 1 1 A. B. C. D. 2 8 6 4 Câu 38: Hình nào sau đây không phải là hình đa trụ lớn. Khi thể tích của lọ hình trụ lớn là: diện? sáu hình trụ xung quanh, mỗi hình trụ xung A. 16r 2 h B. 18r 2 h C. 9r 2 h D. 36r 2 h Câu 42: Hình chóp S. ABC có đáy là tam giác ABC vuông tại A, có SA vuông góc với mặt phẳng  ABC  và có SA  a , AB  b, AC  c. Mặt cầu ngoại tiếp hình chóp có bán kính r bằng: A. A. B. 2 a  b  c 3 B. 2 a 2  b2  c 2 a2  b2  c 2 D. a 2  b 2  c 2 2 Câu 43: Trong không gian Oxyz cho điểm C. B  0; 3;7  và I  12; 5; 0  . Tìm điểm A sao cho I là C. D. Câu 39: Một hộp không nắp được làm từ một mảnh các tông theo hình vẽ. Hộp có đáy là một trung điểm của đoạn AB. A.  2; 5; 5  B.  0;1; 1 C.  24;7; 7  D. 1; 2; 5 hình vuông cạnh x (cm), chiều cao là h (cm) và thể Câu 44: Tìm điểm M ở trên trục Ox và cách đều tích là 500cm3 . Tìm độ dài cạnh hình vuông sao hai cho chiếc hộp làm ra tốn ít bìa các tông nhất. 2x  2 y  z  5  0. mặt phẳng: x  2 y  2z  1  0 A.  4; 0;0  B.  7;0; 0  C.  6;0; 0  D.  6; 0;0  60 | Khai báo sách chính hãng tại: congphatoan.com để nhận 100 đề thi thử tặng kèm và 25 đề cốt lõi Toán 12 Ngọc Huyền LB – facebook.com/huyenvu2405 Câu 45: Viết phương trình mặt phẳng đi qua 3 điểm A  1; 3; 0  , B  2; 9;7  ; C  0;0;1 . A. 9x  4 y  9 z  7  0 B. 9x  4 y  3z  3  0 C. 9x  4 y  9z  9  0 D. 9 x  4 y  9z  9  0 Câu 46: Mặt phẳng 2x  5 y  z  1  0 có vectơ B.  2; 5;1 C.  2; 5; 1 D.  2; 5;1 điểm B. 120 2 2 Câu 49: Cho mặt cầu S  x2  y2  z2  4x  2y  2z  5  0 và C. 2  m  3. của mặt phẳng 2 x  3y  5z  30  0 với trục Ox, Oy, Oz. A. 78 2 D.  x  1   y  2    z  2   9 C. 91 có phương trình mặt và  P  có giao nhau D. 150 D. m  3 hoặc m  2. Câu 50: Viết phương trình mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD với A  1;1; 0  , B  1; 0;1 , C  0;1;1 , D  1; 2; 3  . Câu 48: Viết phương trình mặt cầu tâm I  1; 4; 7  A. x 2  y 2  z 2  3 x  3 y  3 z  6  0. tiếp xúc với mặt phẳng 6 x  6 y  7 z  42  0. B. x 2  y 2  z 2  3 x  3 y  3z  5  0. 3 A.  x  5    y  3    z  1  4 2 2 2 2 2 phẳng A. m  9 hoặc m  5. B.  5  m  9. Câu 47: Tính thể tích tứ diện OABC với A, B, C lần giao 2 khi: A.  4;10; 2  là 2  P : 3x  2y  6z  m  0. S  pháp tuyến nào sau đây? lượt 2 C.  x  1   y  4    z  7   121 C. x 2  y 2  z 2  3 x  3 y  3 z  4  0. D. x 2  y 2  z 2  3 x  3 y  3z  3  0. 2 B.  x  1   y  3    z  3   1 Đặt sách tại: Tiki.vn | Newshop.vn | Pibook.vn | Lovebook.vn | 61 Công Phá Toán The Best or Nothing ĐÁP ÁN 1A 2C 3B 4D 5A 6C 7B 8A 9A 10B 11D 12B 13B 14D 15C 16C 17C 18C 19C 20C 21D 22A 23B 24C 25A 26C 27C 28D 29D 30A 31B 32A 33C 34B 35A 36B 37D 38A 39A 40C 41C 42C 43C 44D 45B 46A 47D 48C 49B 50C HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT Câu 1: Đáp án A. Với bài toán dạng này, ta xét phương trình y ‘  0 và tìm khoảng đơn điệu của  x  1 hàm số. Ta có y ‘  3 x 2  4 x  1 ; y ‘  0   . x   1 3  Cùng nhớ lại dạng dồ thị mà tôi đã nhắc đến nhiều lần trong các đề trước, đó là bảng dạng đồ thị hàm bậc ba trong sách giáo khoa như sau: Do đây là hàm số bậc ba có hệ số a  1  0 nên đồ thị hàm số sẽ có dạng chữ N ( chỉ mang tính chất mẹo minh họa) như hình bên. Khi đó theo chiều của các đường thẳng ta nhận ra khoảng đơn điệu của hàm số như sau:  1  Hàm số đồng biến trên   ;  1  và   ;   , hàm số nghịch biến trên 3    1  1;   . 3  Vậy A đúng. Câu 2: Đáp án C. STUDY TIPS Nhìn tổng quan thì rõ ràng các phương án đều nói về các tiệm cận của đồ thị hàm số, do đó ta sẽ đi tìm tiệm cận đứng và tiệm cận ngang của đồ thị hàm số. x  2 2 Ta có x  2  0    x   2 lim x 2 3x 3x   ; lim 2    x  2 là một tiệm cận đứng của đồ thị x2  2 x 2 x  2  hàm số. lim  x  2 3x 3x   ; lim  2    x   2 là một tiệm cận đứng của đồ thị 2 x 2 x  2 x  2 hàm số. 3 1  2 3x x  0 0 lim 2  lim x x  x  2 x  2 1 1 2 x 3 1  2 3x x  0 0 x lim 2  lim x x  2 x  2 1 1 2 x  y  0 là một tiệm cận ngang của đồ thị hàm số. Câu 3: Đáp án B. Tương tự như bài 1, ta sẽ đi tìm khoảng đơn điệu của hàm số bằng cách giải x  1 phương trình y ‘  0  6 x 2  18 x  12  0   . x  2 62 | Khai báo sách chính hãng tại: congphatoan.com để nhận 100 đề thi thử tặng kèm 25 đề cốt lõi Toán 12 Ngọc Huyền LB – facebook.com/huyenvu2405 Ta có hàm số là hàm bậc ba có hệ số a  2  0 nên đồ thị hàm số sẽ có dạng như hình bên. Khi đó nhìn vào hình vẽ ta sẽ thấy ngay hàm số nghịch biến trên  1; 2  . Thực ra nếu quý độc giả nhớ dạng đồ thị thì việc nháp rồi vẽ như thế này là không cần thiết, tuy nhiên nếu vẽ nhanh ra nháp cũng không hề tốn thời gian của bạn, chỉ cần một nét chữ N là xong, bài toán nhanh chóng được giải quyết. Câu 4: Đáp án D. Nhận xét để làm nhanh bài toán này, ta không nên đi xét từng hàm số một xem có đồng biến trên  hay không vì sẽ rất mất thời gian. Nhìn tổng quan các phương án ta thấy rõ ràng hàm bậc bốn sẽ luôn có khoảng đồng biến khoảng nghịch biến nên ta loại luôn C. Để xét tiếp ta sẽ xét hàm bậc ba do đó là hàm dễ nhẩm nhất. Nhận thấy y ‘  3 x 2  5  0 nên hàm số luôn đồng biến trên . Ta chọn luôn D mà không cần xét các đáp án còn lại. Câu 5: Đáp án A. Ta xét phương trình y ‘  0 để tìm giá trị cực tiểu của hàm số. y ‘  0  8×3  8x  0  x  0 . Ta lại cùng nhớ lại dạng đồ thị của hàm bậc bốn, khi phương trình y ‘  0 chỉ có một nghiệm duy nhất thì đồ thị hàm số có dạng một parabol có đỉnh là điểm cực tiểu của đồ thị hàm số. Do đó yCT  3 tại x  0 . Câu 6: Đáp án C.  2 Ta xét phương trình y ‘  0  4.2 x. x  4  x  0   0  x  2  x  2 3 Ta có bảng biến thiên sau: x f'(x) 0 -2 – 0 + 0 2 – + 0 256 f(x) 0 0 Vậy hàm số đạt yCĐ  256 tại xCĐ  0 , hàm số đạt yCT  0 tại xCT  2 ; xCT  2 . Vậy đáp án sai là C. Câu 7: Đáp án B. Tương tự bài trên ta xét phương trình y ‘  0  x x2  0 . Ta nhận thấy hàm số không có đạo hàm tại x  0 , nhưng hàm số đạt cực tiểu tại x  0 . Do đó A và C đúng. Rõ ràng hàm số không có đạo hàm tại x  0 , nên B là đáp án cần tìm. Câu 8: Đáp án A. Ta có: y ‘   x  1   2; 4  . x2  2 x  3 0 x1  x  3   2; 4  . Đặt sách tại: Tiki.vn | Newshop.vn | Pibook.vn | Lovebook.vn | 63 Công Phá Toán The Best or Nothing 19 Do hàm số đã cho liên tục trên đoạn  2; 4  và có y  2   7; y  3   6; y  4   . 3 Suy ra min y  6.  2;4  Câu 9: Đáp án A. Xét phương trình: y ‘  0  13  x  2 2  0 với mọi x  2 . 28 Khi đó ta có hàm số nghịch biến trên  3; 5  . Vậy Min y  y  5   .  3;5  3 Câu 10: Đáp án B. STUDY TIPS Đây là một bài toán thực tế dựa trên kiến thức đã học, đó là tìm giá trị lớn nhất của hàm số. Đề bài cho ta khá nhiều dữ kiện. Thực chất dữ kiện diện tích mặt ao và mật độ ban đầu là cho ta dữ kiện rằng năm đó bác đã thả bao nhiêu con giống, ta bắt đầu tiến hành vào bài toán như sau: Số cá bác đã thả trong vụ vừa qua là 20.50  1000 con. Tiếp đến ta phải tìm xem nếu giảm đi x con thì mỗi con sẽ tăng thêm bao nhiêu. Trong hóa học các quý độc giả đã học cách làm này rồi, và bây giờ tôi sẽ giới thiệu lại cho quý độc giả: Khi giảm 8 con thì năng suất tăng 0,5 kg / con. Khi giảm x con thì năng suất tăng a kg / con. Đến đây ta tính theo cách nhân chéo: a  0,5.x  0,0625 x kg / con . 8 Vậy sản lượng thu được trong năm tới của bác Tôm sẽ là: f  x    1000  x  1,5  0,0625 x  kg f  x   0,0625 x 2  1,5 x  1500  62,5 x  0,0625x 2  61x  1500 Vì đây là hàm số bậc 2 nên đến đây ta có thể tìm nhanh GTLN của hàm số bằng cách bấm máy tính như sau: 1. Ấn MODE  5: EQN  ấn 3 để giải phương trình bậc 2. 2. Lần lượt nhập các hệ số vào và ấn bằng cho đến khi máy hiện như hình vẽ. Lúc đó ta nhận được hàm số đạt GTLN tại x  488. Vậy số cá giảm đi là 488 con. Đến đây nhiều độc giả có thể sẽ chọn ngay đáp án A. Tuy nhiên đề bài hỏi “vụ tới bác phải mua bao nhiêu con cá giống” thì đáp án chúng ta cần tìm phải là 1000  488  512 . Đáp án B. Câu 11: Đáp án D.   1  Ta thấy nếu đặt t  cos x với x   0;  thì t   ;1  . Tức là tìm điều kiện để  3 2  2t  3 nghịch biến trên khoảng 2t  m hàm số y  f  t   Xét y ‘  2.  m  3.2  2t  m 2  2m  6  2t  m 2 1   ;1  . 2  . 1  Để thỏa mãn yêu cầu của đề bài thì y ‘  0 với mọi t   ;1  . 2  Tức là 2m  6  2t  m  2  3  m  1 1   2m  6  0  0 với mọi t   ;1     . 2  m  2 m   1; 2  Câu 12: Đáp án B. 64 | Khai báo sách chính hãng tại: congphatoan.com để nhận 100 đề thi thử tặng kèm 25 đề cốt lõi Toán 12 Ngọc Huyền LB – facebook.com/huyenvu2405 Điều kiện: x 3  3x  4  0 STUDY TIPS Nhiều quý độc giả quên điều kiện dẫn đến chọn C là sai. Hãy chú ý có điều kiện để giải nghiệm phương trình thật chính xác. x  1 Phương trình  x 3  3 x  4  8  x 3  3 x  4  0   .  x  4 Thử lại thì chỉ thấy x  1 thỏa mãn. Câu 13: Đáp án B. Ta nhớ lại công thức đạo hàm hàm hợp của hàm logarit Nê-pe như sau: STUDY TIPS Nhiều độc giả đã quên u ‘ ở trên tử số, khi đó sẽ chọn C là sai. Nhiều bạn lại nhớ nhầm công thức và chọn D cũng sai.  ln u  ‘  uu’ . Khi đó áp dụng công thức trên vào ta được:  sin x   tan x cos x Câu 14: Đáp án D.   y ‘  ln  cos x  ‘  Ta cùng nhớ lại kiến thức chúng ta đã học trong chương trình lớp 12 THPT như sau: Với a  0; a  1 . Khi đó log a x  b  log a x  log a ab . Điều kiện x  0 Nếu a  1 thì bất phương trình  x  ab . Khi đó tập nghiệm của bất phương trình là  a ;   . b Nếu 0  a  1 thì bất phương trình  x  ab . Khi đó tập nghiệm của bất phương trình   là 0; ab . Khi bất phương trình đảo chiều thì ta có thể tự suy ra được kết quả. Khi đó rõ ràng ta thấy: A đúng, B đúng, C đúng, chỉ có D sai do: log a x  log a a b , mà 0  a  1 do đó x  a b , tức là tập nghiệm của bất phương trình   là ab ;  . Câu 15: Đáp án C. Ta sẽ so sánh hai số có cùng cơ số là M và N trước. Ta thấy sánh hai số mũ với nhau, rõ ràng 4 2  do đó 5 3 4 5  5   5 5  1 do đó ta đi so 2 3  M  N . Do đó ta có thể loại D. Tiếp tục ta so sánh P với một trong hai số M hoặc N. Ở đây rõ ràng ta thấy cơ số 6  5 và số mũ cũng lớn hơn hẳn hai số mũ còn lại do đó ta có thể suy luận được P  M  N . Câu 16: Đáp án C. STUDY TIPS Với bài này, tôi nghĩ dùng máy tính thử cũng khá nhanh, nhưng trước tiên tôi sẽ giới thiệu cách làm theo toán thông thường rồi sau đó sẽ giới thiệu cách bấm máy. Cách 1: log 49 32   5 2 log 2 14 2  log 2 32 5 5   log 2 49 log 2 7 2 2 log 2 7 5 5  2m  2 2  log 2 14  log 2 2  Thực chất bài toán này tư duy nhẩm khá là nhanh. Cách 2: bấm máy tính. Bước đầu tiên là gán log 2 14 vào A. Khi đó ta sẽ nhập: log 2 14  SHIFT STO A. Khi đó log 2 14 đã được gán cho A. Bước tiếp theo là ta thử từng đáp án một bằng cách xét hiệu của log 49 32 với các giá trị tương ứng ở các phương án như sau: Đặt sách tại: Tiki.vn | Newshop.vn | Pibook.vn | Lovebook.vn | 65 Công Phá Toán The Best or Nothing Với phương án A: ta sẽ nhập như sau: Hiệu khác 0 do đó đây là phương án sai. Chú ý, để nhập được A như trên hình thì ta ấn ALPHA A Tiếp tục thử thì ta sẽ chọn được C. Câu 17: Đáp án C. STUDY TIPS Nhiều độc giả giải bất phương trình sai dấu dẫn đến chọn D. Hoặc quên điều kiện để căn thức tồn tại nên chọn A là sai. Ở đây có hai dạng điều kiện, thứ nhất là điều kiện để logarit tồn tại, thứ hai là điều kiện để căn thức tồn tại như sau: x  4 x  4 4  x  0   x2 Điều kiện:  log 2  4  x   1 4  x  2 x  2 Câu 18: Đáp án C.  u  u’ v  v ‘ u Ta tính đạo hàm của hàm số bằng cách sử dụng công thức   ‘  v2 v STUDY TIPS Nhiều độc giả lẫn lộn giữa công thức đạo hàm một tích với một thương nên nhầm dấu ở trên tử số, tức là chọn phương án D.    e x  2 ‘.sin x   sin x  ‘. e x  2  ex  2  Khi đó  ’  sin 2 x  sin x   e x .sin x  cos x. e x  2  sin 2 x    e  sin x  cos x   2 cos x x sin 2 x Câu 19: Đáp án C. Ta lần lượt soát từng bước làm của bạn học sinh này như sau: Với I: Ta có 2  9,8696 do đó 0  2  1 nên I đúng. 10 Với II: Ta thấy:  2     10  2     .  5 2 2 2        .  5 2 2  1 , từ đó suy ra II đúng. Đến đây ta có thể loại A và B. Với III: Đến đây ta tiếp tục soát. Để so sánh được hai số mũ trước tiên ta cần xét xem cơ số của hai số mũ đó nằm trong khoảng nào. Nhận xét   3,14 khi đó    0   1 . Vậy nếu  2   3 thì   5 5  2     5  3 . Vậy III sai. Ta chọn luôn C. Câu 20: Đáp án C. 22 x 2 7 x 1  1  22 x 2 7 x 1  20  2 x 2  7 x  1  0 . Đến đây bấm máy tính ta thấy phương trình có hai nghiệm phân biệt do đó ta chọn luôn C. Câu 21: Đáp án D. Ta nhận thấy đây là bài toán dựa trên ứng dụng giải phương trình mũ như sau: Lần lượt thay các số liệu vào ta được phương trình: 78685800.e N .0 ,017  120000000  e N .0,017  120000000 120000000  N.0,017  ln 78685800 78685800  N  24,825 , tức là xấp xỉ 25 năm. 66 | Khai báo sách chính hãng tại: congphatoan.com để nhận 100 đề thi thử tặng kèm 25 đề cốt lõi Toán 12 Ngọc Huyền LB – facebook.com/huyenvu2405 Do đề bài tính từ tháng 1 năm 2001 do đó ta tính cả năm 2001 vào đó nữa, tức là kết quả của chúng ta sẽ là 2001  1  25  2025 . Nhiều bạn quên không tính năm 2001 vào do đó sẽ chọn luôn A là sai. Câu 22: Đáp án A. STUDY TIPS Ta có tính chất về nguyên hàm như sau: Nếu hàm số f có một nguyên hàm F thì với mọi C   , hàm số y  F  x   C cũng là một nguyên hàm của hàm số f. Ở đây ta sẽ đi tìm  x  2  x  x  1 2 dx và tìm các hằng số C để xét xem phương án nào 2  x  1  1 dx   1  1 sai như sau:   x  1  x  1    2  x 1  x  1 d x  1  x  2  2   dx   x2  x  1 1 C C  x 1 x 1 Với C  2; C  0 và C  1 thì B, C, D đúng. Khi đó ta sẽ chọn luôn A. Câu 23: Đáp án B. Ta có thể nhận ra ngay A sai. x 1  dt  dx . Đổi cận: 2 2 Với B ta c : Đặt t  STUDY TIPS Đây là cách diễn giải về mặt toán học, còn quý độc giả có thể bấm máy tính để thử tiết kiệm thời gian trong quá trình làm bài. x 0 t 0   2 x 0 sin 2 dx  2 0 sin tdt . Vậy B đúng. Câu 24: Đáp án C. Đây chỉ là các tính chất của tích phân mà chúng ta đã được học, tính chất thứ nhất quy tắc tính tổng hai tích phân có cùng cận, đây là tính chất đúng. Quy tắc thứ hai là quy tắc khi nhân một hằng số với một tích phân, quy tắc này cũng đúng. a Với quy tắc thứ ba, ta thấy: a  f  x  dx  F  x  a  F  a   F  a  0 . Vậy C sai. a Câu 25: Đáp án A. Phân tích: Thực chất đây là một bài toán tính tích phân.   N ‘  t   t t 2  2t  1  t 3  2t 2  t Vì lượng dầu tính theo phút, nên công thức tính lượng dầu sẽ được tính như sau: 60 STUDY TIPS Ta đã học công thức tính thể tích khối tròn xoay được giới hạn bởi bốn y  f  x ; y  g  x ; đường x  a; x  b là: 0 a 0 3 1 2 1 60  3097800 ( ml ).  2t 2  t dt  t 4  t 3  t 2 4 3 2 0  Câu 26: Đáp án C. x  0 Xét phương trình hoành độ giao điểm ta có x2  x   . Ta thấy trên  0;1 x  1 b V   f 2  x   g 2  x  dx 60  N ‘  t  dt    t thì 1  x 2 x5  1 1 1 3 x  x . Nên V   x  x 4 dx             .  2 5  10  2 5 0 0   Câu 27: Đáp án C. Đặt sách tại: Tiki.vn | Newshop.vn | Pibook.vn | Lovebook.vn | 67 Công Phá Toán The Best or Nothing Ta có công thức tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi y  f  x  ; y  0; x  a; x  b b 1 là S   f  x  dx . Khi đó ta áp dụng vào bài toán: S   x 4  5x 2  4 dx . a 0 Nhận xét f  x   x  5x  4  0 với mọi x   0;1 . 4 2 1  x5 5  1 38 Khi đó: S   x 4  5x 2  4 dx    x3  4 x   .  5 3  0 15 0   Câu 28: Đáp án D. Thực chất bài toán này có thể giải quyết một cách dễ dàng bằng việc bấm máy tính như hình bên. Từ đó bấm kết quả các phương án để chọn phương án đúng, rõ ràng ở đây có dấu “ ” nên ta chỉ cần xét phương án B hoặc D. Lúc này quý độc giả có thể giữ  5  nguyên màn hình như thế và ấn     ra kết quả khác 0 thì ta chọn D luôn.  42  Cách giải thích rõ ràng về mặt toán học:  2  2  sin 3x cos 2 0  2    2 xdx   3sin x  4 sin 3 x cos 2 2 xdx 0  2      2   3  4 1  cos 2 x cos 2 2 x.sin xdx    4 cos 2 x  1 2 cos 2 x  1 d  cos x  0 0  2      16 cos 6 x  20 cos 4 x  8 cos 2 x  1 d  cos x  0   16 8  1    cos 7 x  4 cos 5 x  cos 3 x  cos x  2   . 21 7 3  0 Câu 29: Đáp án D.   Ta thấy i 2009  i 2008 .i  i 2 1004 .i  1.i  i . Ta sử dụng i 2  1 . Câu 30: Đáp án A. Ta có  4  7 i    5i  7   11  12i . Câu 31: Đáp án B. Với bài toán này ta đặt z  x  yi  x , y    . Khi đó phương trình: 2   x  yi    2  5i  x  yi   6  4i  0    x2  2 xyi  i 2 y 2  2 x  2 yi  5xi  5 yi 2  6  4i  0    x 2  y 2  2 xyi  2 x  5 y   2 y  5x  i  6  4i  0  x 2  y 2  2 x  5 y  6   2 xy  2 y  5 x  4  i  0 2 2  x  y  2 x  5 y  6  0   2 xy  2 y  5 x  4  0 Rõ ràng đến đây việc giải hệ phương trình này mất khá nhiều thời gian như sau: Cho nên ta nên thử từng đáp án rồi bằng cách bấm máy như sau: 68 | Khai báo sách chính hãng tại: congphatoan.com để nhận 100 đề thi thử tặng kèm 25 đề cốt lõi Toán 12 Ngọc Huyền LB – facebook.com/huyenvu2405 Đầu tiên ta chuyển máy tính về chế độ tính toán với số phức bằng cách bấm MODE  2: CMPLX. Khi đó ta nhập vào màn hình biểu thức phương trình như sau: X 2   2  5i  X  6  4 i Khi đó ấn CALC và lần lượt thử từng nghiệm, từ đó ta nhận được kết quả I và III là nghiệm của phương trình. Với bài toán dạng này, tôi khuyên quý độc giả nên thử máy tính thể tiết kiệm thời gian làm bài. Câu 32: Đáp án A. Ta có số phức z  x  yi  x , y    khi đó điểm M  x ; y  trong hệ tọa độ phẳng STUDY TIPS Nhiều quý độc giả nhầm giữa phần thực và phần ảo nên chọn sai đáp án. vuông góc là điểm biểu diễn số phức z. Vậy khi đó ta thấy khi chiếu xuống trục Ox thì 3  x  2 tức là phần thực của z nằm trong đoạn  3; 2  , và ta thấy 1  y  3 , khi đó phần ảo của z nằm trong đoạn 1; 3  . Câu 33: Đáp án C. Ta có:  4  i    2  3i    5  i   1  i . STUDY TIPS Phần ảo không chứa i. Câu 34: Đáp án B. Bấm máy tính ta được đáp án B. 1 1  i  3  1 1 1 2  2i 1 1      i 8 4 4 i  3i  3i  1 i  3  3i  1 2  2i 3 2 Câu 35: Đáp án A. S Với bài toán này ta thấy A và C đối xứng nhau qua tâm O. Ta nhớ đến hệ quả sau: Cho mặt phẳng  P  và đoạn thẳng MN. Với MN   P   I thì: B A O Khi đó áp dụng vào bài toán ta thấy AC   SBD   O do vậy áp dụng hệ quả C D    IM d  N ;  P   IN d M;  P trên ta được:    OA  1 d  C ;  SBD   OC d A;  SBD     d C ;  SBD   6a . 7 Câu 36: Đáp án B. Đây là bài toán đơn giản nên ta không cần phải vẽ hình mà tìm luôn thể tích của hình hộp chữ nhật: V  abc  a.2 a.a 3  2 a 3 3 . Câu 37: Đáp án D. S Nhận thấy hai tứ diện SAMN và SABC có chung chiều cao từ đỉnh A đến mặt phẳng  SBC  , do đó ta chỉ đi so sánh diện tích của hai đáy SMN và SBC . Ta có MN là đường trung bình của tam giác SBC, do đó MN  M N Khi đó áp dụng định lí Thales ta có B C Khi đó A dS; MN dS; BC 1 BC . 2 1  . 2 SSMN 1 1 1 V 1  .  . Khi đó SAMN  . SSBC 2 2 4 VSBAC 4 Câu 38: Đáp án A. Ta nhớ lại các kiến thức về hình đa diện như sau: Hình đa diện là hình được tạo bởi một số hữu hạn các đa giác thoả mãn hai tính chất: Đặt sách tại: Tiki.vn | Newshop.vn | Pibook.vn | Lovebook.vn | 69 Công Phá Toán The Best or Nothing a, Hai đa giác bất kì hoặc không có điểm chung, hoặc có một đỉnh chung, hoặc có một cạnh chung. b, Mỗi cạnh của đa giác là cạnh chung của đúng hai đa giác. Ta thấy hình A vi phạm tính chất thứ hai trong điều kiện để có một hình đa diện. Ta thấy cạnh ở giữa không phải là cạnh chung của đúng hai đa giác mà là cạnh chung của bốn đa giác. Câu 39: Đáp án A. Ta có thể tích hộp được tính bằng công thức: V  x.x.h  x2 .h  500 . Khi đó lượng bìa các tông cần để làm hộp được tính bằng diện tích toàn phần STUDY TIPS Ngoài cách làm bằng bất đẳng thức như trên quý độc giả có thể làm bằng cách xét hàm số rồi đạo hàm tìm nghiệm phương f ‘ x  0 trình cũng ra được kết quả x  10 . của hộp: Stp  Sday  Sxq  x.x  4.hx  x2  4hx . Công việc của chúng ta bây giờ là đi tìm giá trị nhỏ nhất của Stp . Từ dữ kiện đã 500 . Khi đó: x 500 2000 1000 1000 x2  4.  x2   x2    3 3 10002 (áp dụng BĐT Cauchy) x x x x có ta có thể thay thế hx bằng Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi: x 2  1000  x 3  1000  x  10 x Câu 40: Đáp án C. 1 Ta có : VQBMN  .d Q;  BMN  .SBMN  1 . 3 C’ Rõ ràng ta nhận thấy hình tứ diện QBMN và hình hộp ABCDA ‘ B ‘ C ‘ D ‘ có chiều  D’ A’ Q B’  cao bằng nhau. Nên ta chỉ đi tìm tỉ lệ M A D SABCD . Ta có SABCD  SDMN  SABM  SBNC  SBMN  SBMN  SABCD  SDMN  SAMB  SBNC N C B SBMN Mặt khác ta có: Tương tự thì SDMN S S 1 1 1 S 1 1 1  DMN  .  ; ABM  ABM  .  SABCD 2SADC 2 4 8 SABCD 2SABD 2 2 4 SBNC 1  SABCD 4 S  1 1 1 3 Khi đó SBMN   1     SABCD  BMN   2  SABCD 8 8 4 4  Từ  1 và  2  suy ra VQBMN V ABCD 1 3 1 V  .   VQBMN  . 3 8 8 8 Câu 41: Đáp án C. Ta có hình vẽ minh họa mặt đáy của hình đã cho như trên, khi đó ra rõ ràng nhận ra rằng R  3r , đề bài thì có vẻ khá phức tạp, tuy nhiên nếu để ý kĩ thì lại rất đơn 2 3r giản. Vậy khi đó V  B.h   3r  ..h  9r 2 h . Câu 42: Đáp án C. Cách xác định tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp tôi đã giới thiệu cho quý độc giả ở các đề trước, do vậy ở đề này tôi xin áp dụng luôn vào hình vẽ như sau: Bước 1: vẽ trục đường tròn của tam giác đáy. Gọi M là trung điểm của BC, khi đó thì M là tâm của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC do ABC vuông tại A. Kẻ Mx   ABC  khi đó Mx là trục đường tròn của tam giác đáy ABC. 70 | Khai báo sách chính hãng tại: congphatoan.com để nhận 100 đề thi thử tặng kèm 25 đề cốt lõi Toán 12 Ngọc Huyền LB – facebook.com/huyenvu2405 Bước 2: lấy giao điểm của trục đường tròn với trung trực của cạnh bên. S Kẻ NI là trung trực của SA  I  Mx  . Khi đó I chính là tâm đường tròn ngoại tiếp hình chóp SABC. N Cách diễn giải phía trên thì khá lằng nhằng, tuy nhiên lúc làm bài thi, khi tư duy I nhanh, điều này lại trở nên khá đơn giản. A Ta đi tìm R  IA . Tứ giác ANIM là hình chữ nhật do đó: C IA  AM 2  MI 2  M BC 2 SA2 1 2   . a  b2  c 2 4 4 2 Câu 43: Đáp án C. B Đây là bài toán mở đầu phần Oxyz khá đơn giản, chỉ yêu cầu kĩ năng về mặt nhẩm nhanh. Ta có I là trung điểm của AB thì xA  2 xI  xB  24 , chỉ cần nhẩm đến đây đã chọn luôn được C mà không cần tính tiếp y A ; z A . Câu 44: Đáp án D. Do M  Ox nên M  x; 0; 0  . Do M cách đều hai mặt phẳng đã cho nên ta có x1 phương trình: 1  2 2   2  x  6   x  1  2x  5   . 2 2 x  4 2  2 1  3 2x  5 2 Câu 45: Đáp án B. Đây là dạng toán cơ bản của phần phương trình mặt phẳng trong không gian.   Ta tìm vtpt của mặt phẳng bằng cách tìm tích có hướng của hai vectơ AB; AC .   Ta có AB  3;12;7  ; AC  1; 3;1 Quý độc giả có thể bấm máy tính để tính tích có hướng của hai vectơ như ở các đề trước tôi đã hướng dẫn và quý độc giả sẽ nhận được kết quả như sau:    n   AB; AC    9; 4; 3  .    Khi đó mặt phẳng  ABC  đi qua A  1; 3;0  và vtpt n   9; 4; 3 nên phương trình:  ABC  : 9  x  1  4  y  3   3 z  0   ABC  : 9 x  4 y  3z  3  0   ABC  : 9 x  4 y  3z  3  0 Câu 46: Đáp án A.  Ta có phương trình mặt phẳng  P  : ax  by  cz  d  0 có vtpt n   a; b; c  . Khi đó  n   2; 5; 1 chính là trùng với vectơ ở ý A.  4;10; 2  y Câu 47: Đáp án D. B Ta có A  Ox ; B  Oy ; C  Oz do đó A  x; 0; 0  ; B  0; y ; 0  ; C  0; 0; z  . Khi đó lần lượt thay tọa độ các điểm trên vào phương trình mặt phẳng 2 x  3 y  5 z  30  0 thì ta lần lượt được A  15; 0;0  , B  0; 10; 0  , C  0; 0; 6  . x A O Từ hình vẽ trên ta nhận thấy tứ diện OABC có các cạnh bên OA ; OB; OC đôi một 1 1 1 vuông góc, do đó VOABC  .OA.OB.OC.  .15.10.6  150 . 3 2 6 Câu 48: Đáp án C. C z Đặt sách tại: Tiki.vn | Newshop.vn | Pibook.vn | Lovebook.vn | 71 Công Phá Toán The Best or Nothing Ta có mặt cầu tâm I tiếp xúc với mặt phẳng đã cho, ở đây ta gọi là mặt phẳng  P  nên R  d  I ;  P   6.1  6.4  7.  7   42 6 2  62   7  2 2 2  11 2 Vậy  S  :  x  1   y  4    z  7   121 . Câu 49: Đáp án B. S  có tâm I  2;1; 1 ; bán kính R  1 . Như đã học về vị trí tương đối giữa mặt phẳng và đường tròn thì ta đi so sánh khoảng cách giữa tâm I đến mặt phẳng   d I;  P  3.2  2.1  6.  1  m 2  32   2   6 2  m2 7 P với bán kính R. Ta có: .  Để  S  và  P  giao nhau thì d I ;  P   R  m2 7  1  m  2  7  7  m  2  7  5  m  9 . Câu 50: Đáp án C. Phương trình mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD có dạng: S  : x 2  y 2  z 2  2 ax  2 by  2cz  d  0 . Khi đó lần lượt thay tọa độ các điểm A, B, C, D vào ta được hệ phương trình bốn  2 a  2 b  d  2   2 a  2 c  d  2 ẩn như sau:   2 b  2 c  d  2  2 a  4b  6c  d  14  3 a   2  b   3 Bấm máy tính giải hệ ở máy Vinacal ta được  2  3 c   2  d  4  Nếu không có máy Vinacal quý độc giả có thể nhẩm nhanh d  2  2 a  2 b và thay xuống ba phương trình còn lại của hệ, bấm máy tính giải hệ phương trình ba ẩn bình thường. Khi đó ta cũng được kết quả tương tự. Vậy phương trình mặt cầu: x2  y2  z2  3x  3y  3z  4  0 . 72 | Khai báo sách chính hãng tại: congphatoan.com để nhận 100 đề thi thử tặng kèm 25 đề cốt lõi Toán 12 Ngọc Huyền LB – facebook.com/huyenvu2405 ĐỀ ÔN LUYỆN SỐ 5 1 Câu 1: Cho hàm số y  x 3  mx 2   2 m  1 x  1 . 3 Mệnh đề nào sau đây là sai? A. m  1 thì hàm số có hai cực trị. B. m  1 C. m  2 D. m  3 Câu 9: Giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số y  x 3  3 x  1 trên đoạn 1; 4  là: A. max y  51; min y  3 B. Hàm số luôn luôn có cực đại và cực tiểu. C. m  1 thì hàm số có cực đại và cực tiểu. D. m  1 thì hàm số có cực trị. 1;4  1;4  B. max y  51; min y  1   1;4   1;4 C. max y  51; min y  1 2x  1 là: 3x B. D   ; 3  Câu 2: Tập xác định của hàm số y  A. D   A. m  0  1  C. D    ;   3 D. D   3;    2  Câu 3: Tìm m để đồ thị hàm số x1 có đúng một đường tiệm y 2 x  2 mx  3 m  4 cận đứng. A. m 1; 4 B. m   1; 4  C. m   ; 1   4;  D. m 5; 1; 4 1;4  1;4  D. max y  1; min y  1   1;4    1;4  Câu 10: Đồ thị hàm số y  x1 mx 2  1 tiệm cận ngang khi và chỉ khi: A. m  0 B. m  0 C. m  0 không có D. m  0 Câu 11: Một người nông dân có 15 000 000 đồng để làm một cái hàng rào hình chữ E dọc theo một con sông (như hình vẽ) để làm một khu đất có hai phần chữ nhật để trồng rau. Đối với mặt hàng rào song song với bờ sông thì chi phí nguyên vật liệu Câu 4: Đồ thị hàm số y  ax 3  bx 2  cx  d , a  0 có là 60 000 đồng một mét, còn đối với ba mặt hàng hai điểm cực trị nằm về hai phía của trục Oy. rào song song nhau thì chi phí nguyên vật liệu là Khẳng định nào sau đây là đúng? 50 000 đồng một mét. Tìm diện tích lớn nhất của A. a  0  c C. a , c  0  b đất rào thu được. B. a , b , c , d  0 D. a , d  0  b Câu 5: Cho hàm số y   x 3  x  1 có đồ thị  C  và đường thẳng d : y   x  m 2 . Khẳng định nào sau đây là đúng? A. Đồ thị  C  luôn cắt đường thẳng d tại ba điểm phân biệt. B. Đồ thị  C  luôn cắt đường thẳng d tại đúng hai điểm. C. Đồ thị  C  luôn cắt đường thẳng d tại điểm có hoành độ nhỏ hơn 1. D. Đồ thị  C  luôn cắt đường thẳng d tại đúng một điểm. Câu 6: Hàm số y  2 x 3  9 x 2  12 x  4 nghịch biến trên khoảng nào? A.  ;1 B.  1; 2  C.  2; 3  D.  2;   Câu 7: Đồ thị hàm số y   x 3  6 x 2  13 x  6 có mấy điểm cực trị? A. 0 B. 1 C. 2 A. 6250 m2 B. 1250 m 2 C. 3125 m2 D. 50 m2 Câu 12: Tìm nghiệm của bất phương trình: 32.4x  18.2 x  1  0 . A. 1  x  4 C. 2  x  4 1 1 x 16 2 D. 4  x  1 B. 2 Câu 13: Tìm m để phương trình 4 x  2 x 2 2 6  m có đúng ba nghiệm. A. 2  m  3 B. m  3 C. m  2 D. m  3 Câu 14: Tập xác định của hàm số: 3  2x  x2 là: x 1  3  17   3  17  A. D   ; 1    ; 1   2 2     f  x   log 2 D. 3 Câu 8: Với giá trị nào của m để đường thẳng y  x  m đi qua trung điểm của đoạn nối hai điểm cực trị của đồ thị hàm số y  x 3  6 x 2  9 x ? Đặt sách tại: Tiki.vn | Newshop.vn | Pibook.vn | Lovebook.vn | 73 Công Phá Toán The Best or Nothing B. D   ; 3    1;1 Câu 21: Khi quan sát quá trình sao chép tế bào  3  17   3  17  C. D   ;   1;     2 2     D. D   ; 3  1;   trong phòng thí nghiệm sinh học, nhà sinh vật học nhận thấy các tế bào tăng gấp đôi mỗi phút. Biết sau một thời gian t thì có 100 000 tế bào và ban Câu 15: Giả sử các số logarit đều có nghĩa, điều nào sau đây đúng? A. log a b  log a c  b  c ty đã phải chịu 1 626 000 đô la tiền nợ nần. Tìm A. log 25 15  3 5 1  a  B. log 25 15  5 3 1  a  C. log 25 15  1 2 1  a D. log 25 15  1 5 1  a  hàm số biểu diễn tốc độ nợ nần của công ty này? Câu 17: Tính đạo hàm của hàm số sau: ex  ex . f  x  x e  ex 4 A. f ‘  x   B. f ‘  x   e x  e  x 2 x x e e Câu 18: Cho    m 3 1   D. f ‘  x      B. f  t   30 3 t 2  12t  2  t 2  12t 2   3 3  2 C  1610640  1595280  1610640 Câu 23: Tính thể tích của khối tròn xoay được tạo  2 nên khi quay hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số y  36  x 2 với trục hoành quanh trục hoành. n 3  1 . Khi đó: A. m  n B. m  n C. m  n Câu 19: Đạo hàm của hàm số: D. m  n f  x   sin 2 x.ln  1  x  là: 2 A. f ‘  x   2 cos 2 x.ln 2 1  x   B. f ‘  x   2 cos 2 x.ln 2  1  x   2 sin 2 x.ln  1  x  1 x 2 sin 2 x.ln  1  x  1 x 2 C. f ‘  x   2 cos 2 x.ln  1  x   2 sin 2 x.ln  1  x  D. f ‘  x   2.cos 2 x  2.sin 2 x.ln  1  x  Câu 20: Phát biểu nào sau đây sai? A. Hai hàm số y  a và y  log a x  0  a  1 có x cùng tính đơn điệu. B. Hai đồ thị hàm số y  a x và y  log a x  a  0, a  1 đối xứng với nhau qua đường thẳng y  x. C. Hai hàm số y  a x và y  log a x  a  0, a  1 có cùng tập giá trị. D. Hai đồ thị hàm số y  a x và y  log a x  a  0, a  1 t D. f  t   30 3 t 2  12t 5 ex  e x  12t A. f  t   30 C. f  t   30  2 D. t  15, 5 phút từ công ty bắt đầu vay nợ. Đến năm thứ tư công Câu 16: Nếu a  log15 3 thì: ex  ex C. t  15 phút trong đó t là số lượng thời gian (tính theo năm) kể D. Cả ba phương án trên đều sai. C. f ‘  x   B. t  16, 5 phút D  t  đô la mỗi năm, với D’  t   90  t  6 t 2  12t C. log a b  log a c  b  c ex A. t  16, 61 phút Câu 22: Một công ty phải gánh chịu nợ với tốc độ B. log a b  log a c  b  c  đầu có 1 tế bào duy nhất. Tìm t. đều có đường tiệm cận. A. 288  đvtt B. 144  đvtt C. 12 đvtt D. không tính được e Câu 24: Tính tích phân ln x dx . 2 1 x  2 2 2 2 B. 1  C. D. e e e e Câu 25: Tốc độ thay đổi doanh thu bằng đô la trên A. 1  một máy tính) cho việc bán x máy tính là f  x  , biết f ‘  x   12 x 5  3×2  2 x  12 . Tìm tổng doanh thu khi bán được mười hai máy tính đầu tiên. A. 5973984 đô la B. 1244234 đô la C. 622117 đô la D. 2986992 đô la Câu 26: Tìm khẳng định đúng trong các khẳng định sau:   2 x A.  sin dx   sin xdx 2 0 0 1 1 B. x dx  0 0 1 1 C.  sin 1  x dx   sin xdx D. 0  1  x  0 2  x 1 x dx  2009 2007 1  Câu 27: Tính tích phân I   cos 3 x.sin xdx . 74 | Khai báo sách chính hãng tại: congphatoan.com để nhận 100 đề thi thử tặng kèm 0 25 đề cốt lõi Toán 12 Ngọc Huyền LB – facebook.com/huyenvu2405 1 A. I   4 4 y B. I  4 1 4 Câu 28: Số phức z  5  3i có điểm biểu diễn là: C. I  0 D. D   A. M  5; 3  B. N  3; 5  C. P  5; 3  D. Q  3; 5  Câu 29: Cho z  x  iy; z ‘  x ‘ iy ‘ y x O -2 2 – O x -2 C.  x, y , x ‘, y ‘    D.   Câu 35: Số i 2  i 3  i 4  i 5 bằng số nào dưới đây? A. 0 Tìm mệnh đề sai trong các mệnh đề sau: B. i C. i D. 2i Câu 36: Một hộp đựng chocolate bằng kim loại có A. z  z ‘   x  x ‘   i  y  y ‘  hình dạng lúc mở nắp như hình vẽ dưới đây. Một B. z.z ‘  xx ‘ yy ‘ i  xy ‘ x ‘ y  C. 2 phần tư thể tích phía trên của hộp được dải một lớp bơ sữa ngọt, phần còn lại phía dưới là chứa x ‘ y  xy ‘ z xx ‘ yy ‘  2  i. 2 2 z’ x’  y’ x ‘  y ‘2 đầy chocolate nguyên chất. Với kích thước như D. phương án B và C sai. hình vẽ, gọi x  x0 là giá trị làm cho hộp kim loại Câu 30: Tính  5  3i  3  5i  . có thể tích lớn nhất, khi đó thể tích chocolate A. 15  15i B. 30  16i C. 25  30i D. 26  9i nguyên chất có giá trị là V0 . Tìm V0 . Câu 31: Tìm z biết rằng z có phần thực bằng hai lần phần ảo và điểm biểu diễn của z nằm trên đường thẳng d : 2x  y  10  0. A. z  2 5 B. z  5 C. z  2 3 D. z  3 của z nằm trên đường tròn có tâm O, bán kính 64 đvtt 3 Câu 37: Một hình trụ có bán kính đáy là 2 cm và bằng 5 và nằm trên đường thẳng d : x  2 y  5  0. có thiết diện qua trục là một hình vuông. Tính thể Câu 32: Tìm số phức z biết rằng điểm biểu diễn tích của khối trụ. A. z  3  4i B. z  3  4i C. z  4  3i D. z  4  3i Câu 33: Cho phương trình z 2  13z  45  0. Nếu z0 là nghiệm của phương trình thì z0  z0 bằng: A. 13 B. 13 C. 45 D. 45 Câu 34: Cho z.z  4, tập hợp các điểm biểu diễn z có đồ thị là (đối với các đồ thị có gạch chéo thì tập hợp điểm là cả phần gạch chéo và cả biên): y 2 y O -2 2 x -2 A. A. 4  cm 3 B. 8  cm 3 C. 16  cm 3 D. 32  cm 3 Câu 38: Hình chóp S. ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân tại A và AB  AC  SB  SC  a , SBC    ABC  . Tính bán kính của khối cầu ngoại tiếp hình chóp? a a 2 a 2 B. C. a D. 2 3 2 Câu 39: Cho hình nón đỉnh S có đường tròn đáy A. bán kính 1 cm, nội tiếp trong hình vuông ABCD. x O – A. 48 đvtt B. 16 đvtt C. 64 đvtt D. B. Biết SA  11 cm . Tính thể tích của khối chóp S. ABCD. A. 5 cm 3 B. 4 cm 3 C. 3 2 cm3 D. 3 cm 3 Câu 40: Từ cùng một tấm kim loại dẻo hình quạt như hình vẽ có kích thước bán kính R  5 và chu Đặt sách tại: Tiki.vn | Newshop.vn | Pibook.vn | Lovebook.vn | 75 Công Phá Toán The Best or Nothing vi của hình quạt là P  8  10 , người ta gò tấm kim loại thành những chiếc phễu theo hai cách: 1. Gò tấm kim loại ban đầu thành mặt xung quanh của một cái phễu. 2. Chia đôi tấm kim loại thành hai phần bằng nhau rồi gò thành mặt xung quanh của hai cái phễu. Gọi V1 là thể tích của cái phễu thứ nhất, V2 là tổng thể tích của hai cái phễu ở cách 2. Tính V1 ? V2 Câu 45: Cho điểm M  1; 2; 3  và đường thẳng x y z   . Mặt phẳng chứa điểm M và đường 1 1 1 thẳng d có phương trình là: d: A. 5x  2 y  3z  0 B. 5x  2 y  3z  1  0 C. 2x  3y  5z  7  0 D. 2x  3y  5z  0 Câu 46: Cho điểm A  1; 2;1 và hai mặt phẳng    ,  lần lượt    : 2x  4 y  6 z  5  0 có và phương trình:    : x  2 y  3z  0 . Mệnh đề nào sau đây là đúng? A.    đi qua A và song song với    B.    không qua A và không song song với    C.    đi qua A và không song song với    D.    không qua A và song song với    V 2 21 B. 1  V2 7 V 21 A. 1  V2 7 Câu 47: Cho mặt phẳng    : 4 x  3 y  2 z  28  0 V V1 6 2 D. 1   V 2 V2 6 2 Câu 41: Một hình trụ có bán kính đáy là 53 cm, C. khoảng cách giữa hai đáy là 56 cm. Một thiết diện và điểm I  0;1; 2  . Phương trình mặt cầu tâm I tiếp xúc với mặt phẳng    là: 2 2 2 2 2 2 A. x2   y  1   z  2   29 29 3 song song với trục là một hình vuông. Tính B. x 2   y  1   z  2   khoảng cách từ trục đến mặt phẳng cắt? C. x2   y  1   z  2   29 A. 36 cm B. 45 cm C. 54 cm D. 55 cm Câu 42: Hình chóp S. ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a và SA  2a, SA   ABCD  . Kẻ AH 29 3 Câu 48: Xác định m để bốn điểm A  1;1; 4  , vuông góc với SB và AK vuông góc với SD. Mặt phẳng  AHK  cắt SC tại E. Tính thể tích khối cầu B  5; 1; 3  , C  2; 2; m  và D  3;1; 5  tạo thành tứ 2 ngoại tiếp khối ABCDEHK . 8 2 3 2 3 8 2 3 2 3 a B. a C. a D. a 3 3 3 3 Câu 43: Cho tam giác ABC có diện tích bằng A. 10 cm 2 và nằm  P  : 3x  4 y  8  0. trong mặt phẳng Nếu điểm S  1;1; 3  là đỉnh của hình chóp S. ABC thì thể tích của khối chóp này bằng: A. 10 cm3 B. 12 cm3 C. 15 cm 3 D. 30 cm 3 Câu 44: Cho ba điểm A  1; 2; 3  , B  4; 2; 5  , M  m  2; 2n  1;1 . Điểm M thuộc đường thẳng AB khi và chỉ khi: A. m  7; n  3 7 3 C. m   ; n  2 2 B. m  7; n  3 7 3 D. m  ; n   2 2 2 D. x 2   y  1   z  2   diện. A. m B. m  6 C. m  4 D. m  0 Câu 49: Xác định m để hai mặt phẳng sau vuông  P  : 3x  3 y  z  1  0  Q  :  m  1 x  y   m  2  z  3  0 và 1 B. m  2 2 Câu 50: Cho mặt cầu: 3 4 góc với nhau: A. m   S  : x 2 C. m  1 2  y 2  z 2  2x  4 y  6 z  10  0 D. m   và mặt phẳng  P  : x  2 y  2 z  m  0.  S  và  P  tiếp xúc với nhau khi: A. m  7; m  5 B. m  7; m  5 C. m  2; m  6 D. m  2; m  6 76 | Khai báo sách chính hãng tại: congphatoan.com để nhận 100 đề thi thử tặng kèm 25 đề cốt lõi Toán 12 Ngọc Huyền LB – facebook.com/huyenvu2405 ĐÁP ÁN 1B 2C 3D 4A 5D 6B 7A 8A 9A 10A 11A 12D 13D 14C 15A 16C 17A 18A 19A 20C 21A 22C 23A 24A 25A 26C 27C 28A 29D 30B 31A 32B 33A 34B 35A 36A 37C 38D 39B 40B 41B 42B 43A 44C 45A 46A 47A 48B 49A 50A HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT Câu 1: Đáp án B. Vì đây là bài toán về cực trị nên trước tiên ta đi tìm đạo hàm của hàm số sau đó xét phương trình y ‘  0 để tìm kết luận cho bài toán. y ‘  x 2  2 mx  2 m  1 . STUDY TIPS Nhiều quý độc giả lúc thấy  m  1 2 luôn lớn hơn bằng 0 thì cho rằng với mọi m phương trình luôn có nghiệm là sai. Vậy nên hãy để ý thật kĩ và tránh mắc sai lầm. Xét phương trình y ‘  0 , ta cùng nhớ lại bảng các dạng đồ thị của hàm số bậc ba mà tôi vẫn thường nhắc các bạn ở trang 35 sách giáo khoa cơ bản. Nhận thấy ở tất cả các mệnh đề đều nói là hàm số có cực trị, nghĩa là trước tiên ta cần đi tìm điều kiện để hàm số có cực trị là điều kiện chung. Như ở bảng trang 35 SGK giải tích thì để đồ thị hàm số có cực trị thì phương trình y ‘  0 phải có hai nghiệm phân biệt. Khi đó:  ‘  0  m2  2m  1  0  m  1 . Từ đây ta thấy mệnh đề C đúng, cả A và D cũng đúng. Vậy mệnh đề sai là B. Câu 2: Đáp án C. Ở bài toán này có hai điều kiện để hàm số xác định: – Điều kiện thứ nhất là điều kiện để căn có nghĩa. – Điều kiện thứ hai là điều kiện để phân thức có nghĩa. Do vậy ta có lời giải như  1 2 x  1  0 x   sau:   2 3  x  0 x  3  Vậy ta chọn luôn đáp án C. Câu 3: Đáp án D. STUDY TIPS Đây là dạng bài tìm tiệm cận, ta cùng nhớ lại kiến thức sách giáo khoa như sau: Đường thẳng x  x0 được gọi là đường tiệm cận đứng (hay tiệm cận đứng) của đồ thị hàm số y  f  x  nếu ít nhất một trong các điều kiện sau được thỏa mãn: lim f  x    , x  x0  lim f  x    , x  x0  lim f  x    , x  x0  lim f  x    x  x0 x1 chỉ có đúng một tiệm cận đứng thì phải x2  2mx  3m  4 thỏa mãn một trong các điều kiện trên. Nhận thấy đây là hàm phân thức có bậc Để đồ thị hàm số y  tử nhỏ hơn bậc mẫu, khi đó tiệm cận đứng x  x0 , x0 là giá trị làm cho đa thức dưới mẫu không xác định, do đó để đồ thị hàm số có duy nhất một tiệm cận đứng thì phương trình x2  2mx  3m  4  0 có duy nhất một nghiệm, hoặc phương trình x2  2mx  3m  4  0 có một nghiệm x  1 và một nghiệm khác 1 . TH1: Phương trình có duy nhất một nghiệm khi và chỉ khi phương trình có nghiệm kép m  4   ‘  0  m 2  3m  4  0    m  1 TH2: Phương trình có một nghiệm bằng 1 một nghiệm khác 1 , khi đó ta có:  1 2  2.  1 .m  3m  4  0  m  5  0  m  5 Đặt sách tại: Tiki.vn | Newshop.vn | Pibook.vn | Lovebook.vn | 77 Công Phá Toán The Best or Nothing Thử lại thấy với m  5 phương trình có hai nghiệm phân biệt (thỏa mãn). Vậy đáp án của chúng ta là D. Phân tích sai lầm: Ở đây nhiều quý độc giả quên TH2 và thiếu TH m  5 và chọn đáp án. Hãy xem xét một cách tổng quan để có đầy đủ các TH của bài toán. STUDY TIPS Nhận thấy đây là đồ thị hàm số bậc ba có hai điểm cực trị, lại tiếp tục là một bài toán nữa cần quý độc giả nhớ lại các dạng đồ thị của hàm số bậc ba trang 35 sách giáo khoa giải tích 12 cơ bản. Do đồ thị hàm số có thể tịnh tiến theo chiều song song với trục Oy nhưng chiều theo trục Ox thì cố định nên đồ thị trên có hai điểm cực trị trong đó điểm cực đại và điểm cực tiểu nằm về hai phía của trục Oy. Câu 4: Đáp án A. Nhìn dạng đồ thị và so sánh với bảng thì ta nhận thấy, để thỏa mãn điều kiện như đồ thị trên ta có: Để phương trình hàm số thỏa mãn yêu cầu đề bài thì phương trình y ‘  0 luôn có hai nghiệm phân biệt và hai nghiệm đó trái dấu và a  0 . Xét phương trình y ‘  3ax 2  2bx  c  0  a  0 a  0  2  2  ‘  0  b  3ac  0 (do a, c trái dấu nên b  3ac luôn lớn hơn 0) x x  0 c  1 2  0  3a a  0  c  0 Câu 5: Đáp án D. Với bài toán này, đọc các mệnh đề ta thấy nói về giao điểm, vì thế, ta xét phương STUDY TIPS Nhiều bạn không để ý đây là căn bậc ba là bậc lẻ, do đó bị rối ở phần này, và có thể chọn đáp án C là sai. trình hoành độ giao điểm của hai đồ thị hàm số:  x 3  x  1   x  m2  x 3  m2  1  0  x  3 1  m  2 Vậy phương trình hoành độ giao điểm luôn có duy nhất một nghiệm, vậy đáp án đúng của ta là D. Câu 6: Đáp án B. x  1 Xét phương trình: y ‘  0  6 x 2  18 x  12  0   x  2 Nhận xét: Như ở đề số 5, tôi đã gợi ý một mẹo cho quý độc giả đó là: dạng của 1 đồ thị. Do đây là đồ thị hàm bậc ba và có a  2  0 , có hai điểm cực trị nên đồ thị hàm số sẽ có dạng chữ N (đây chỉ là mẹo quy ước) như hình bên. Nhìn vào cách chúng ta vẽ nhanh nháp như vậy, ta nhận thấy rõ hàm số nghịch biến trên  1; 2  do đồ thị đi xuống. Nếu quý độc rả vạch hình chữ N ra nháp sẽ rất nhanh hơn so với việc quý độc 2 giả vẽ bảng biến thiên, xét dấu f ‘  x  . Do vậy, việc nhớ bảng dạng đồ thị trong sách giáo khoa mà tôi hay nhắc đến sẽ có ích rất nhiều cho quý độc giả trong quá trình làm bài. Câu 7: Đáp án A. Đây là hàm số bậc ba, vậy để tìm được số điểm cực trị của đồ thị hàm số ta chỉ cần xét số nghiệm của phương trình y ‘  0. Ta có y ‘  0  3x 2  12 x  13  0 (vô nghiệm). Vậy đồ thị hàm số không có điểm cực trị. Câu 8: Đáp án A. 78 | Khai báo sách chính hãng tại: congphatoan.com để nhận 100 đề thi thử tặng kèm 25 đề cốt lõi Toán 12 Ngọc Huyền LB – facebook.com/huyenvu2405 Trước tiên ta đi tìm tọa độ hai điểm cực trị của đồ thị hàm số, từ đó tìm được trung điểm của đoạn thẳng nối hai điểm cực trị, thế vào phương trình đường thẳng đã cho, từ đó ta dễ dàng tìm ra m.  x  1  A  1; 4  Xét phương trình: x3  6 x 2  9 x ‘  3×2  12 x  9  0   .  x  3  B  3; 0    Khi đó tọa độ trung điểm của AB là M  2; 2  . Thế vào phương trình đường thẳng y  x  m ta được m  0 . Câu 9: Đáp án A. STUDY TIPS Bài toán tìm Min- Max của hàm số trên một đoạn là bài toán lấy điểm, ta chỉ cần xét các điểm có hoành độ làm cho y ‘  0 cùng các điểm đầu mút, so sánh các giá trị của y và tìm Min Max, điều quan trọng là quý độc giả cần cẩn thận trong tính toán. x  1 Xét phương trình y ‘  3 x 2  3  0    x  1 Khi đó ta có:     max y  max y  1 ; y  1 ; y  4   y  4   51 1;4  min y  min y  1 ; y 1 ; y  4   y  1  3   1;4  Cách tìm các giá trị lớn nhất nhỏ nhất trong các giá trị ở trong tập hợp nhanh nhất, ta chỉ cần nhập biểu thức X 3  X  1 vào máy tính và ấn CALC rồi lần lượt thay các giá trị của X rồi tự so sánh là được. Câu 10: Đáp án A. Lúc này ta xét: STUDY TIPS Ta cùng nhắc lại kiến thức về tiệm cận ngang như sau: lim x  1 x  1 1 m m 2 x 1 x1 mx 2  1  lim x  Cho hàm số y  f  x  xác định trên một khoảng vô hạn. Đường thẳng y  y0 là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số y  f  x  nếu một trong các điều kiện sau thỏa mãn: lim f  x   y0 x  lim f  x   y0 x  x1 lim x  1 2  lim mx  1 1 x x   m 1  1 x2 m Lúc này ta thấy để đồ thị hàm số không có tiệm cận ngang thì không tồn tại thì 1 m ; 1 m không xác định  m  0 . Đáp án A. Câu 11: Đáp án A. Ta đặt các kích thước của hàng rào như hình vẽ: x x x y y Từ đề bài ban đầu ta có được mối quan hệ sau: Do bác nông dân trả 15 000 000 đồng để chi trả cho nguyên vật liệu và đã biết giá thành từng mặt nên ta có mối quan hệ: 150  15x 500  5x  12 4 Diện tích của khu vườn sau khi đã rào được tính bằng công thức: 3 x.50000  2 y.60000  15000000  15 x  12 y  1500  y  Đặt sách tại: Tiki.vn | Newshop.vn | Pibook.vn | Lovebook.vn | 79 Công Phá Toán The Best or Nothing 500  5 x 1  5 x 2  500 x 4 2 Đến đây ta có hai cách để tìm giá trị lớn nhất của diện tích:  f  x   2.x.y  2 x.  Cách 1: Xét hàm số trên một khoảng, vẽ bảng biến thiên và kết luận GTLN: 1 5 x 2  500 x trên  0; 100  2  Xét hàm số f  x    1  10 x  500  , f ‘  x   0  x  50 2 Ta có BBT: f ‘  x  0 x 50 f’(x) + 100 – 0 f(x) Cách 2: Nhẩm nhanh như sau: Ta biết rằng A  g2  x   A với mọi x, nên ta có thể nhẩm nhanh được: 2 5 5 5  x 2  100 x   x 2  2.50.x  2500  2500  .  2500   x  5    6250   2 2 2 Hoặc bấm máy tính phần giải phương trình bậc hai và ấn bằng nhiều lần máy sẽ f  x      hiện như sau: Vậy ta đã có kết quả của bài toán. Câu 12: Đáp án D. Đây là bài toán giải bất phương trình mũ STUDY TIPS Ta nhắc lại các kiến thức sau: – Với 0  a  1 thì ax  ay  x  y và ngược lại. – Với a1 thì ax  ay  x  y và ngược lại. 32.4 x  18.2 x  1  0  32.2 2 x  18.2 x  1  0     2.2 x  1 16.2 x  1  0  1 1  2x  16 2  2 4  2 x  2  1   4  x   1 Đáp án D. Tuy nhiên đến đây nhiều bạn nhầm rằng số mũ < 0 thì đổi chiều bất đẳng thức và chọn ý A là sai. Hãy nhớ rằng ta cần xét cơ số để tìm dấu của bất phương trình. Câu 13: Đáp án D. Tương tự như bài toán giải bất phương trình phía trên, ta có: 2 2 PT  22 x  2.2 x  6  m 2 Đặt 2x  a . Nhận thấy để phương trình có đúng ba nghiệm thì phương trình có một nghiệm x2  0, một nghiệm x 2  0. Tức là một nghiệm a  1 và một nghiệm a  2 . Khi đó 1  4.1  6  m  m  3 Với m  3 thì phương trình 2 2  2  2   2 2 x  4.2 x  3  0  2 2 x  1 2 x  3  0 (thỏa mãn) Câu 14: Đáp án C. 80 | Khai báo sách chính hãng tại: congphatoan.com để nhận 100 đề thi thử tặng kèm 25 đề cốt lõi Toán 12 Ngọc Huyền LB - facebook.com/huyenvu2405 Ta có để hàm số xác định thì cần hai điều kiện: Điều kiện thứ nhất là điều kiện để logarit xác định, điều kiện thứ hai là điều kiện để căn thức xác định.  3  2x  x2 0   x1  x   ; 3    1; 1 3  2x  x2   Nên ta có: log 2 0  3  2 x  x2 x  1  log 2 1  log 2 x1   x  1   x   ; 3    1;1 x   ; 3    1;1     3  2 x  x2   3  17   3  17     1;  1  x   ; 2 2  x1       3  17   3  17   x   ;   1;  .   2 2     Câu 15: Đáp án A. Ta có thể nhận thấy luôn đáp án A đúng, đáp án B và C sai do thiếu điều kiện của cơ số a nên so sánh như vậy là sai. Còn đáp án D, rõ ràng A đúng không sai, do vậy đáp án D cũng sai. STUDY TIPS Một cách khác nếu quý độc giả nhẩm chậm, quý độc giả có thể bấm máy tính để thử đáp án. Trong lúc làm bài thi, hãy tìm phương án làm bài tối ưu thời gian nhất nhé! Câu 16: Đáp án C. Ta có a  log15 3 . Do vậy ta cần biến đổi log 25 15 về log15 3 Ta có: log 25 15  log 15 15 1 1 1 1 1      . 2 log 15 25 log 15 25 log 15 5 2  log 15 5  2  log 15 15  log 15 3  2  1  a  Câu 17: Đáp án A.  ex  ex  Ta xét đạo hàm của hàm số: f '  x    x ' . x  e e   u  u' v  v'u Ta áp dụng công thức đạo hàm như sau:   '  . v2 v      e x  e x e x  e x  e x  e x e x  e x  e x  e x  Khi đó:  x  x  '  2  e e  e x  e x   2 e x .e  x  2 e x .e  x  x e e x  2  4  x e  ex  2   . Câu 18: Đáp án A. Để so sánh được hai số, ta cần xét xem cơ số a  3  1 nằm trong khoảng nào? Ta có thể thấy 3  4  3 1 1  0  3 1 1 Hoặc ta có thể bấm máy tính để xét khoảng của a. Như ở câu 12 của đề này, tôi đã nhắc lại kiến thức, ta có thể suy ra được m  n. Câu 19: Đáp án A. Đây là bài toán gỡ điểm, do đó, ta cần cẩn thận trong từng chi tiết.     f '  x   sin 2x.ln 2  1  x  '   sin 2 x  '.ln 2  1  x   sin 2 x. ln 2  1  x  ' (áp dụng công thức  u.v  '  u ' v  v ' u ) Đặt sách tại: Tiki.vn | Newshop.vn | Pibook.vn | Lovebook.vn | 81 Công Phá Toán The Best or Nothing    2.cos 2x.ln 2 1  x   sin 2x.2. ln  1  x  '.ln  1  x   2 cos 2 x.ln 2  1  x   2 sin 2 x.  2 cos 2 x.ln 2  1  x   1 .ln  1  x  (chú ý rằng u2 '  2u '.u ) 1 x   2.sin 2 x.ln  1  x  . 1 x Phân tích sai lầm: STUDY TIPS Nhận thấy rõ ràng chỉ là một bài toán đạo hàm nhưng có thể bị sai ở rất nhiều chỗ, hãy cẩn thận trong tính toán và đạt được kết quả đúng đắn! Một cách khác là quý độc giả có thể dùng máy tính, sử dụng nút SHIFT  d  để thử từng đáp án dx bằng cách thay giá trị bất kì. 1. Nhiều quý độc giả nhầm công thức đạo hàm của một tích như sau: u.v  '  u '.v  u.v '   2. Nhiều quý độc giả quên công thức đạo hàm hàm hợp u2 '  2.u '.u dẫn đến sai lầm như sau: ln 2  1  x   2.ln  1  x  chọn luôn phương án D.   Sai lầm tiếp theo đó là có nhớ công thức u2 '  2.u '.u nhưng lại sai trong biến đổi     như sau: ln2  1  x  '  2. ln  1  x  '.ln  1  x  1 1 ) .ln  1  x  (sai do ln 1  x  '  1 x 1 x Vì thế chọn luôn phương án B.   2.  Câu 20: Đáp án C. Bài toán tìm tính đúng sai, do đó ta cần đi xét từng mệnh đề một. Với mệnh đề A: Ta thấy trong khoảng  0;1 cả hai hàm số đều nghịch biến. Do vậy phương án A đúng. Với mệnh đề B: Đây là một ví dụ trong sách giáo khoa Giải tích 12 cơ bản trang 76/77. Từ đó đã có nhận xét. Vì thế đây là mệnh đề đúng. Với mệnh đề C: Với a  0; a  1 thì tập giá trị của hàm số y  log a x là Y   ;   . Còn hàm số y  a x thì tập giá trị là Y   0;   . Vậy đây là mệnh đề sai. Ta không cần phải xét đến mệnh đề D nữa. Câu 21: Đáp án A. Đây là bài toán đơn giản sử dụng ứng dụng của số mũ. Do ban đầu có một tế bào duy nhất nên: Sau phút sao chép thứ nhất số tế bào là: N1  2 Sau phút sao chép thứ hai số tế bào là: N 2  2 2 … Sau phút sao chép thứ t số tế bào là: N t  2 t  100 000  t  log 2 100 000  16,61 phút Câu 22: Đáp án C. Thực chất đây là bài toán tìm nguyên hàm. Ta có thể dễ dàng nhận thấy: bài toán cho đạo hàm của một hàm số, công việc của chúng ta là đi tìm nguyên hàm:  2 2 2  90  t  6  t  12tdt  45 t  12td t  12t  45. 1 1 t 1 2  12t 1  1 2  30. t 2  12t     45 t 2  12t 3 2 82 | Khai báo sách chính hãng tại: congphatoan.com để nhận 100 đề thi thử tặng kèm 1 2  d t 2  12t  25 đề cốt lõi Toán 12 Ngọc Huyền LB - facebook.com/huyenvu2405 Vì đến năm thứ tư công ty đã chịu 1610640 tiền nợ nần nên số tiền mà công ty vay năm đầu sẽ được tính: 1610640  30 4 2  12.4  3  1595280 . Vậy công thức tính tiền nợ nần sẽ như sau: D  t   30 t 2  12t  3  1595280 . Phân tích sai lầm: Sai lầm thứ nhất: Nhiều quý độc giả khi tìm ra được nguyên hàm của hàm số sẽ cộng thêm C luôn như bài toán tìm nguyên hàm bình thường. Tuy nhiên ở đây khoản nợ vay ban đầu đã cố định, tức là hằng số C đã cố định. Ta cần tìm hằng số để cộng thêm vào công thức. Sai lầm thứ hai: Nhiều quý độc giả cộng luôn với 1610640 luôn nên dẫn đến sai lầm. m Sai lầm thứ ba: Không nhớ công thức a n  n a m . Câu 23: Đáp án A. Đầu tiên khi đọc đề bài chắc hẳn quý độc giả sẽ thấy đề bài có vẻ thiếu dữ kiện về các phương trình giới hạn. Tuy nhiên nếu nhìn kĩ ta sẽ nhận ra phương trình: y y  36  x 2  y 2  x 2  36 x -6 O 6 Đây là đồ thị phương trình đường tròn có tâm O  0; 0  bán kính bằng 6. Khi đó khi quay hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số với trục hoành quanh trục hoành chính là khối cầu tâm O  0; 0  bán kính bằng 6. Thể tích khối cầu sẽ được tính bằng công thức: V  4 3 4 R  ..6 3  288 (đvtt). 3 3 Câu 24: Đáp án A. STUDY TIPS Đây là dạng tính tích phân từng phần, tuy nhiên có hai cách làm dạng bài này, cách làm thứ nhất là tính bình thường. Cách làm thứ hai là bấm máy tính và thử (cách làm này khá đơn giản, quý độc giả chỉ cần ấn máy tính và xem nó là kết quả nào và chọn, rất đơn giản nên tôi xin phép không giới thiệu ở đây nữa.) e ln x dx 2 1 x Sau đây tôi xin giới thiệu cách làm theo toán học thông thường: I    1 ln x  u  du  x dx Đặt   dx  dv  v   1  x 2 x e e 1 1 1 Khi đó I   .ln x    . .dx 1 1 x x x e 1  1  e 1 1 1 2  1   1  1       1    .ln e     .ln1    2 dx  1 e x e e 1 e e 1       1x Câu 25: Đáp án A. Tương tự như Câu 22, chúng ta sẽ đi tìm nguyên hàm và thay vào công thức: Nhận thấy:  12x 5   3x 2  2 x  12 dx 12 6 1 3 1 2 x  3. x  2. x  12 x  C  2 x 6  x 3  x 2  12 x  C . 51 21 11 Nhận thấy đây là “Tốc độ thay đổi doanh thu (bằng đô la trên một máy tính) cho  việc bán x máy tính” nên C  0 . Do vậy ta chỉ cần thay x  12 vào sẽ được: f  12   2.126  123  122  12.12  5973984 Câu 26: Đáp án C. Đặt sách tại: Tiki.vn | Newshop.vn | Pibook.vn | Lovebook.vn | 83 Công Phá Toán The Best or Nothing Đây là bài toán tìm khẳng định sai, do vậy, ta cần xem xét từng phương án một.   2 x * Với phương án A:  sin dx   sin xdx . Cách làm của chúng ta nếu không tự 2 0 0 nhận ra được bằng suy luận thì quý độc giả có thể lấy hiệu của hai tích phân này bằng máy tính như hình vẽ. Vậy đây là mệnh đề sai. * Với phương án B: Tiếp tục đây là một tích phân khá phức tạp, nên việc suy luận sẽ tốn thời gian hơn nhiều so với bấm máy tính, vì vậy ta bấm máy tính như hình vẽ. Vậy đây cũng là mệnh đề sai. * Với phương án C: Tiếp tục ta lại bấm máy tính, xét hiệu hai tích phân, nếu như không bằng 0 có nghĩa hai tích phân không bằng nhau. Vậy đây là mệnh đề đúng, ta chọn C và không cần xét đến phương án D nữa. Nhận xét, với bài toán này, bấm máy tính là phương pháp nhanh nhất để tiết kiệm thời gian. Câu 27: Đáp án C. STUDY TIPS  cos x '   sin x . Do vậy ta có thể biến đổi như sau:   4 1 1 1 I    cos 3 xd  cos x    cos4 x   cos4   cos 4 0    1  14  0 0 4 4 4 0     Chú ý: Hãy để ý đặc điểm của tích phân đề bài, và đưa về dạng đơn giản. Ở bài toán này quý độc giả có thể bấm máy tính cho nhanh, tôi không giới thiệu ở đây vì nó khá đơn giản. Câu 28: Đáp án A. Ta cùng nhắc lại kiến thức sách giáo khoa như sau: Điểm biểu diễn số phức z  x  yi  x , y    trong mặt phẳng vuông góc là điểm M  x; y  . Vậy M  5; 3  chính là điểm biểu diễn số phức z  5  3i . Đây là bài toán đơn giản, vì thế quý độc giả cần cẩn thận trong tính toán, trong nhẩm. Câu 29: Đáp án D. Đề bài cho rằng tìm mệnh đề sai, do vậy ta sẽ đi xem xét từng phương án một: * Với phương án A: Nhận thấy: z  z '   x  iy    x ' iy '    x  x '    y  y '  i . Vậy đây là phương án đúng. * Với phương án B: Ta có: z.z '   x  iy  .  x ' iy '   xx ' ixy ' ix ' y  i 2 yy '  xx ' yy ' i  xy ' x ' y  . Vậy đây là phương án đúng. * Với phương án C: Nhận thấy ở phần phương án mẫu số có dạng x '2  y '2 nên ta sẽ nhân thêm số phức liên hợp vào để tạo ra x '2  y '2 :  x  iy  x ' iy '  xx ' ixy ' iyx ' i 2 yy '  xx ' yy '  i. x ' y  xy ' x  iy z   z ' x ' iy '  x ' iy '  x ' iy '  x '2  y '2 x '2  y '2 x '2  y '2 Đây là phương án đúng. 84 | Khai báo sách chính hãng tại: congphatoan.com để nhận 100 đề thi thử tặng kèm 25 đề cốt lõi Toán 12 Ngọc Huyền LB - facebook.com/huyenvu2405 Vậy theo phương pháp loại trừ ta chỉ còn phương án D. Rõ ràng B và C đúng nhưng ở phương án D lại nói B và C sai, do đó rõ ràng D là phương án không đúng, do vậy ta chọn D. Câu 30: Đáp án B. Bài toán khá đơn giản, ta chỉ cần bấm máy tính là được. Ở đây bước đầu tiên ta cần chuyển máy tính sang chế độ tính toán với số phức: 2 : CMPLX bằng cách chọn: MODE  2 : CMPLX máy hiện như sau là quý độc giả có thể tính toán được với số phức trên máy tính. Tiếp theo nhập biểu thức cần tính vào, chú ý, nút i nằm ở nút ENG trên máy và nhập vào máy tính sẽ được kết quả. Ta sẽ nhanh chóng chọn được đáp án B. Câu 31: Đáp án A. x  2 y x  4 Số phức z có dạng z  x  iy ,  x , y    , theo đề bài ta có   2 x  y  10 y  2  z  x2  y 2  42  22  2 5 . Câu 32: Đáp án B. Tương tự như bài toán Câu 31 ta có thể đặt z  x  iy  x, y    . Khi đó từ đề bài ta có:  y  0  5 y  20 y  0  x  y  25  2 y  5   y  25  x  5 .      y  4  x  2 y  5  x  2 y  5  0  x  2 y  5    x  3 2 2 2 2 2 Vậy ta chọn đáp án B. Câu 33: Đáp án A. Đây là bài toán tìm nghiệm phương trình đơn giản, quý độc giả chỉ cần bấm máy tính là có đáp án: phương trình có hai nghiệm: z1  13 11 13 11  i và z2   i 2 2 2 2 Hai nghiệm này là số phức liên hợp của nhau, do đó z0  z0  z1  z2  13 . Câu 34: Đáp án B. Bài toán yêu cầu tìm tập hợp các điểm biểu diễn của z , tức là liên quan đến x, y. Do vậy ta sẽ đặt z  x  iy  x , y    , khi đó z  x  iy . Vậy z.z   x  iy  x  iy   x 2  y 2 . STUDY TIPS Quý độc giả có thể chuyển máy tính sang dạng tính toán bằng số phức để bấm cũng được. Tuy nhiên bài toán này nhẩm khá là nhanh mà quý độc giả không cần tốn nhiều thời gian bấm máy tính. Theo đề bài thì x 2  y 2  4 . Nhận thấy đây là phương trình đường tròn tâm O  0; 0  bán kính R  2. Vậy ta sẽ chọn phương án B. Ở đây có nhiều bạn sẽ nhầm sang bất phương trình nên đinh ninh chọn C là sai. Câu 35: Đáp án A. Với bài toán này quý độc giả chỉ việc áp dụng công thức i 2  1. Khi đó i 2  i 3  i 4  i 5  1  1.i  1  i  0 . Vậy đáp án của ta là A. Đặt sách tại: Tiki.vn | Newshop.vn | Pibook.vn | Lovebook.vn | 85 Công Phá Toán The Best or Nothing Câu 36: Đáp án A. Đây là một dạng bài toán ứng dụng thực thế kết hợp cả phần tính thể tích khối đa diện ở hình học và phần tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của một đa thức đã học ở chương I phần giải tích. Trước tiên ta nhận thấy 2   V   6  x  12  2 x  x  2 x  x  6   2 x x2  12 x  36  2 x3  24 x2  72 x Xét hàm số f  x   2 x 3  24 x 2  72 x trên  0; 6  x  6 f '  x   6 x2  48 x  72 ; f '  x   0   x  2 Khi đó ta có max f  x   f  2   64 đvtt. Đến đây nhiều quý độc giả vội vã khoanh  0;6  C mà không đắn đo gì. Tuy nhiên, nếu vội vã như vậy là bạn đã sai, bởi đề bài yêu cầu tìm thể tích chocolate nguyên chất mà không phải là thể tích hộp do đó 1 3 3  thể tích hộp. Tức là .64  48 (đvtt). 4 4 4 Câu 37: Đáp án C. ta cần. Tức là 1  Ta có thể nhận thấy đường kính của hình tròn đáy = chiều cao của hình trụ = cạnh của hình vuông thiết diện. r  2 cm Do đó ta có thể suy ra:  . h  2.2  4 cm Khi đó V  B.h  4..2 2  16 cm 3 . Câu 38: Đáp án D. STUDY TIPS Cách tìm tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp như sau: 1. Xác định trục đường tròn ngoại tiếp đa giác đáy bằng cách xác định tâm đa giác đáy, và từ tâm kẻ đường thẳng vuông góc với mặt phẳng đáy. 2. Vẽ một đường trung trực của một cạnh bên. 3. Giao điểm của đường trung trực cạnh bên của hình chóp với trục đường tròn sẽ là tâm của mặt cầu ngoại tiếp hình chóp. Với bài toán này, ta sẽ làm theo các bước như sau: Bước 1: Tìm đường cao hình chóp để biết phương của trục đường tròn. Do đề cho SBC    ABC  . Do đó kẻ SD  BC  SD   ABC  . Khi đó SD chính là đường cao của hình chóp. Bước 2: Tìm trục đường tròn của hình chóp. Nhận thấy do tam giác ABC vuông cân tại A do đó D là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Khi đó đường thẳng qua D vuông góc với mặt phẳng  ABC  chính là trục đường tròn của mặt phẳng đáy. Suy ra SD chính là trục đường tròn của mặt phẳng đáy. Rồi đến Bước 3: … Tuy nhiên đến đây ta nếu làm theo các bước như trên tôi đã đề cập, có thể quý độc giả sẽ cũng làm ra. Tuy nhiên sẽ tốn thời gian hơn nếu quý độc giả để ý một S chút và có thể nhận ra rằng: Hai tam giác SBC và ABC là hai tam giác vuông cân tại S và A. Khi đó ta có thể nhận ra DS  DB  DC  DA  B Vậy ta đã tìm được tâm và bán kính R  D C BC a 2 .  2 2 a 2 2 Câu 39: Đáp án B. A Nhận thấy đường tròn đáy nội tiếp hình vuông ABCD, thì đường kính đáy bằng cạnh của hình vuông ABCD. Khi đó a  2.1  2 cm . 86 | Khai báo sách chính hãng tại: congphatoan.com để nhận 100 đề thi thử tặng kèm 25 đề cốt lõi Toán 12 S Ngọc Huyền LB - facebook.com/huyenvu2405 Kí hiệu như hình vẽ, khi đó OA  a  2 2 2  2 SO  SA 2  OA 2  11  2  3 A D O Do chu vi của hình quạt tròn là: P  độ dài cung 2R C B 1 1  V  .SO.SABCD  .3.2.2  4 cm3 . 3 3 Câu 40: Đáp án B. Do đó độ dài cung tròn là l  8  . Theo cách thứ nhất: 8  chính là chu vi đường tròn đáy của cái phễu. Tức là 2 r  8   r  4 1 Khi đó h  R 2  r 2  52  4 2  3  V1  .3..4 2 3 Theo cách thứ hai: Thì tổng chu vi của hai đường tròn đáy của hai cái phễu là 8   chu vi của một đường tròn đáy là 4   4   2 r  r  2 1 Khi đó: h  R 2  r 2  52  2 2  21  V2  2. . 21.2 2 . 3 Vậy: V1 42 2 21   V2 8 21 7 3 Câu 41: Đáp án B. Để tìm được khoảng cách, ta chỉ cần vẽ mặt cắt của một mặt phẳng đáy. Nhận thấy: Để mặt phẳng thiết diện là hình vuông thì hình vuông đó có độ dài cạnh là 56 (bằng độ dài chiều cao của hình trụ). Khi đó ta có mặt phẳng được vẽ 56 như hình dưới. Muốn tìm được khoảng các từ trục đến mặt phẳng cắt ta dựa vào 2  56  định lý Pytago: d  532     45 .  2  53 Câu 42: Đáp án B. Đây là bài toán quen thuộc trong giải hình không gian 12, nếu đã luyện tập nhiều thì khi vẽ xong hình bài này có thể nhận ra luôn AC là đường kính của mặt cầu ngoại tiếp khối ABCDEHK . Tuy nhiên tôi sẽ trình bày dưới đây để quý độc giả S có thể hiểu rõ hơn. Ngoài phương pháp tìm tâm mặt cầu ngoại tiếp mà tôi đã giới thiệu cho quý độc giả ở Câu 38, thì tôi xin giới thiệu thêm một phương pháp nữa như sau: Để xác định khối cầu ngoại tiếp một đa giác, ta tìm đường thẳng mà các đỉnh của đa diện E nhìn đường thẳng đó dưới một góc vuông. K Ở đây ta đã xác định đường đó là AC, nên tôi xin chỉ cách chứng minh như sau: H D A B Ta có thể nhận thấy được B,D nhìn AC dưới một góc 90 . Dễ tính được SD  a 5 ; KD  O C AD 2 a2 a   ; SC  SA 2  AC 2  a 6 SD a 5 5 Do đề bài cho độ dài các cạnh khá rõ ràng nên ta sẽ dùng định lý Pytago để chứng   90 minh AKC Ta có: 2a 1 1 1 (1)  AK    2 2 2 SA AD AK 5 Đặt sách tại: Tiki.vn | Newshop.vn | Pibook.vn | Lovebook.vn | 87 Công Phá Toán The Best or Nothing Ta có SC 2  SD 2  CD 2  tam giác SCD vuông tại D. Khi đó tam giác 2KDC vuông tại D  KC  CD2  KD 2  a 6 . 5   90 . Ta có AK 2  KC 2  AC 2 . Vậy AKC   90 . Chứng minh tương tự thì AHC Đến đây ta có thể kết luận được AC chính là đường kính mặt cầu ngoại tiếp khối ABCDEHK . Mà AC  a 2  OA  V a 2 . 4 4 1 2 3 .OA3  ..a3 .  a . 3 3 3 2 2 Câu 43: Đáp án A. Thực chất đây là bài toán tính khoảng cách từ một điểm đến một mặt phẳng:   d S;  P   3.1  4.1  8 32  4 2  3. Khi đó khoảng cách này chính là độ dài đường cao của khối chóp. 1 V  .3.10  10 cm 3 . 3 Câu 44: Đáp án C. Để biết xác định được m, n thì ta cần tìm phương trình đường thẳng AB và sau   đó thay tọa độ điểm M vào tìm m, n. Ta có AB có vtcp u  AB   5; 0; 8  .   Đường thẳng AB qua A  1; 2; 3  và có vtcp u  AB   5; 0; 8  .  x  1  5t   AB :  y  2 .  z  3  8t   7 m   2 1  5t  m  2  3   Khi đó thay tọa độ M vào thì ta được hệ: 2n  1  2 .  n  2 3  8t  1   1  t  2  Câu 45: Đáp án A. STUDY TIPS Sau đây tôi xin đưa ra cách làm tổng quát của bài toán tìm phương trình mặt phẳng đi qua một điểm và chứa một đường thẳng: Bước 1: Tìm một điểm A thuộc đường thẳng đã cho. Tìm  AM .    Bước 2: n   AM ; u    Bước 3: Viết phương trình mp  qua điểm M có vtpt n. Đề bài yêu cầu viết phương trình mặt phẳng chứa một điểm và một đường thẳng. Khi đó ta sẽ tìm hai điểm bất kì nằm trên đường thẳng d. Khi đó bài toán trở về viết phương trình mặt phẳng đi qua ba điểm. Lấy A  1; 1;1 thuộc đường thẳng  d. Khi đó AM   0; 3; 2     Ta có vtpt n  u, AM    5; 2; 3  (Phần này quý độc giả có thể áp dụng cách   bấm máy tính mà tôi đã giới thiệu ở các đề trước).  Mặt phẳng  P  : qua M  1; 2; 3  có vectơ pháp tuyến n   5; 2; 3    P  : 5  x  1  2  y  2   3  z  3   0   P  : 5x  2 y  3z  0 . Câu 46: Đáp án A. Ta đi nhận xét từng mệnh đề một. 88 | Khai báo sách chính hãng tại: congphatoan.com để nhận 100 đề thi thử tặng kèm 25 đề cốt lõi Toán 12 Ngọc Huyền LB - facebook.com/huyenvu2405 Xét mệnh đề A ta thấy khi thay A  1; 2;1 vào    ta được: 1  2.2  3.1  0 thỏa mãn. Và nhận thấy vtpt của hai mặt phẳng này trùng nhau và    không trùng với    ,do đó 2 mặt phẳng này        . Vậy mệnh đề này đúng. Ta không cần xét đến các mệnh đề còn lại nữa. Câu 47: Đáp án A. Mặt cầu đã cho biết tâm I, ta chỉ cần đi tìm bán kính của mặt cầu. Mà đề cho mặt cầu đó tiếp xúc với    . Tức là:   d I;   R  4.0  3.1  2.2  28 2  29 4 2   3   2 2 2 2 Khi đó mặt cầu cần tìm có phương trình: x2   y  1   z  2   29 . Câu 48: Đáp án B. Để bốn điểm tạo thành tứ diện tức là C không thuộc mặt phẳng  ABD  . Ta viết phương trình mặt phẳng  ABD  . Bài toán quay về viết phương trình mặt phẳng đi qua ba điểm đã cho quen thuộc.   Ta có AB   4; 2; 1 ; AD   2; 0;1 .    Khi đó vtpt n   AB , AD    2; 6; 4    Mặt phẳng  P  : 2  x  1  6  y  1  4  z  4   0   P  : 2 x  6 y  4 z  8  0   P  : x  3y  2 z  4  0 Để C  2; 2; m  không thuộc mặt phẳng  P  thì 2  3.2  2 m  4  0  m  6 . Câu 49: Đáp án A. Ta cùng nhớ về điều kiện để hai mặt phẳng vuông góc mà ta đã học ở sách giáo khoa hình học 12 như sau:   Hai mặt phẳng  1  có vtpt n1 ,  2  có vtpt n2 . Điều kiện để hai mặt phẳng   vuông góc là:   1     2   n1 .n2  0 1 Vậy để  P    Q  thì: 3.  m  1  3.1  1.   m  2   0  m   . 2 Câu 50: Đáp án A.   S  : có tâm I 1; 2; 3 , bán kính R  2. Để  P  và S  tiếp xúc với nhau thì: 1  2.  2   2.3  m m  7 2 d  I;  P   R  . m  5  1   2    2  2 2 Đặt sách tại: Tiki.vn | Newshop.vn | Pibook.vn | Lovebook.vn | 89 Công Phá Toán The Best or Nothing ĐỀ ÔN LUYỆN SỐ 6 Câu 1: Cho hàm số y  f  x  xác định và liên tục trên  và có bảng biến thiên: x -1 2 f'(x) 0 0  a  0 2.  2 b  3ac  0  a  0 3.  2 b  3ac  0  a  0 4.  2 b  3ac  0 Hãy chọn sự tương ứng đúng giữa các dạng đồ thị và điều kiện?? A. A  4; B  2; C  1; D  3 B. A  3; B  4; C  2; D  1 5 f(x)  a  0 1.  2 b  3ac  0 0 C. A  1; B  3; C  2; D  4 D. A  1; B  2; C  3; D  4 Câu 4: Tìm lỗi sai trong bài toán khảo sát hàm số Mệnh đề nào sau đây là sai? A. Hàm số đồng biến trên  ; 2  . B. Hàm số nghịch biến trên  2;   . C. Giá trị lớn nhất của hàm số trên  là 5 khi x  2. D. Hàm số đạt cực trị tại x  1. Câu 2: Cho hàm số y  x 4  4 x 2  5 và các khoảng:  (I).  2; 0    (II). 0; 2 (III).  2;  y  ax3  bx 2  cx  d  a  0  . x O x 2. Sự biến thiên: 3  x  1 2 y ' không xác định khi x  1 ; y ' luôn âm với mọi x  1 . Vậy hàm số nghịch biến trên  ; 1 và  1;   +) Cực trị: Hàm số đã cho không có cực trị. +) Tiệm cận: lim y  ; lim y  . y O 1. Tập xác định: 1 +) Chiều biến thiên y '   Hàm số đồng biến trên khoảng nào? A. I và II B. II và III C. III và I D. Chỉ I. Câu 3: Cho các dạng đồ thị của hàm số y x  2 của một bạn học sinh như sau: x 1 Bài giải: y x 1 x1 Do đó đường thẳng x  1 là tiệm cận đứng. lim y  1 x Vậy đường thẳng y  1 là tiệm cận ngang. A. B. +) Bảng biến thiên: x y y -1 y' x y O x O C. Và các điều kiện: D. A. Bài giải trên sai ở giai đoạn tìm điều kiện xác định. B. Bài giải trên đạo hàm sai. C. Bài giải trên sai ở giai đoạn tìm tiệm cận. D. Bài giải trên sai bảng biến thiên. Câu 5: Cho hàm số y  3 x 4  6 x 2  1. Kết luận nào sau đây là đúng? 90 | Khai báo sách chính hãng tại: congphatoan.com để nhận 100 đề thi thử tặng kèm 25 đề cốt lõi Toán 12 Ngọc Huyền LB - facebook.com/huyenvu2405 A. yCĐ  2 B. yCĐ  1 C. yCĐ  1 D. yCĐ  2. Câu 6: Giao điểm có hoành độ là số nguyên của đồ thị hàm số y  3 x  2 và đồ thị hàm số y  x 3  x  1 là: A.  1; 1 B.  0; 2  C.  1; 5  tôm có hình một khối trụ, hộp mì tôm có dạng hình nón cụt được cắt ra bởi hình nón có chiều cao 9 cm và bán kính đáy 6 cm. Nhà sản xuất đang tìm cách để sao cho vắt mì tôm có thể tích lớn nhất trong hộp với mục đích thu hút khách hàng. Tìm thể tích lớn nhất đó? D.  0;1 Câu 7: Gọi m là số điểm cực trị của đồ thị hàm số y  x 3  3x 2  3 x  1. n là số điểm cực trị của đồ thị hàm số y  5x 3  2 x 2  7 x  3. p là số điểm cực trị của đồ thị hàm số y   x 3  7 x 2  5x  4. Kết luận nào sau đây là sai? A. m  n B. n  p C. m  p A. V  36  D. n  p Câu 8: Gọi A, B là hai điểm cực trị của đồ thị hàm số y   x 3  3 x 2  24 x  10. Khẳng định nào sau đây là đúng? A. Trung điểm của đoạn AB nằm trên đường thẳng 2 x  y  14  0 . B. Đường thẳng AB vuông góc với đường thẳng x  6 y  1  0 . B. V  54  81  2 Câu 12: Giải bất phương trình log 2  3x  5   3 . D. V  C. V  48  5 4 5 x  x1 B. 3 3 3 2 5 3 C. x  D.  x  3 3 2 Câu 13: Tìm tập xác định của hàm số: A. y  log 1  5  x   1 . C. A, B và D  2; 5  thẳng hàng. 4 D. Diện tích tam giác ABC bằng 12 với C  4;68  2x  1 có: x 1 A. Đường tiệm cận đứng x  1 và không có tiệm cận ngang. B. Đường tiệm cận ngang y  2 và không có Câu 9: Đồ thị hàm số y  tiệm cận đứng. C. Đường tiệm cận đứng x  1 và tiệm cận ngang y  2. D. Có hai đường tiệm cận đứng x  1 và x  2. Câu 10: Tìm m để đồ thị hàm số x 2  mx  m có đúng một tiệm cận và đó x 2  2 mx  m  6 là tiệm cận ngang. y A. m  2; 3 B. m   ; 2    3;  C. m   ; 2  D. m   2; 3   19  A.  ;   4    19  B.  ; 5  4  C.  ; 5   19  D.  ; 5   4  Câu 14: Tính đạo hàm của hàm số y  log 2016  7 x  A. y '  1 x ln 2016 B. y '  x ln 2016 D. y '  C. y '  7 x ln 2016 log 4 log 13 Câu 15: Gọi M  3 0 ,5 và N  3 0 ,5 . Bất đẳng thức nào sau đây đúng? A. N  M  1 B. M  1  N C. M  N  1 D. N  1  M log 5 7.log 10 12 Câu 16: Biểu thức P  bằng: log 10 7.log 25 12 A. log 5 12 B. log 7 12 C. Câu 11: Khi sản xuất hộp mì tôm, các nhà sản xuất luôn để một khoảng trống ở dưới đáy hộp để nước chảy xuống dưới và ngấm vào vắt mì, giúp mì chín. Hình vẽ dưới mô tả cấu trúc của một hộp mì tôm (hình vẽ chỉ mang tính chất minh họa). Vắt mì 1 7 x ln 2016 1 2 D. 2 Câu 17: Bất phương trình:     log 2 2 x  x 2  2  3log 1 x  x 2  2  2  0 tương 2 đương với mệnh đề nào sau đây? Đặt sách tại: Tiki.vn | Newshop.vn | Pibook.vn | Lovebook.vn | 91 Công Phá Toán The Best or Nothing A. t 2  3 t  2  0 với t  x  x 2  2. B. 1  t  2 với t  x  x 2  2. C. x  x 2  0 D. x  0 hay x  1. Câu 18: Tổng hai nghiệm của phương trình   log 3 x 2  6x  7  log 3 2 bằng: A. 5 B. 6 C.4 D. 7 Câu 19: Tìm khẳng định sai trong các khẳng định sau: A. ln x  0  x  1 B. log 3 x  0  0  x  1 B. 2x  1 2 x  ln 2  1 dx  C  ex e x  ln 2  1 C. 2x  1 2 x  ln 2  1 dx  C  ex e x  ln 2  1 D.  2x  1 2 x  ln 2 dx  x C x e e  ln 2  1 Câu 24: Tính thể tích của vật thể tròn xoay được tạo thành khi quay hình phẳng được giới hạn bởi y  2  x 2 ; y  1 quanh trục Ox. 56 15 56 15 B. C. D.   15 56 15 56 Câu 25: Trong các cặp hình phẳng giới hạn bởi các đường sau, cặp nào có diện tích không bằng nhau? A. C. log e 1 a  log e 1 b  a  b  0 D. ln a  ln b  a  b  0 log 3 x có dạng: x 1  ln x 1  ln x A. y '  2 B. y '  2 x .ln 3 x .ln 3 1  log 3 x 1  log 3 x C. y '  D. y '  2 x x2 Câu 21: Số tiền 58 000 000 đ gửi tiết kiệm trong 9 Câu 20: Đạo hàm của hàm số y  tháng thì lãnh về được 61758000đ. Hỏi lãi suất ngân hàng hàng tháng là bao nhiêu? A. 0,8% B. 0,7% C. 0, 5% D. 0,6% Câu 22: Mệnh đề nào sai trong các mệnh đề sau? A. Nếu F  x  là một nguyên hàm của hàm số f  x  trên K thì với mỗi hằng số C, hàm số G  x   F  x   C cũng là một nguyên hàm của hàm số f  x  trên K. B. Mọi hàm số f  x  liên tục trên K đều có nguyên hàm trên K. C. Với mỗi hàm số f  x  xác định trên K, hàm     B. y  log x, y  0, x  10 và y  10 , x  0, y  10 A. y  2 x  x2 , y  x và y  2 x  x 2 , y  2  x x     C. y  x , y  x 2 và y  1  x2 , y  1  x D. y  sin x , y  0 với 0  x   và y  cos x , y  0 với 0  x   Câu 26: Diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị 2x  1 hàm số y  ; tiệm cận ngang và hai đường x2 thẳng x  3; x  e  2 được tính bằng: e2 A.  3 e 2 2x  1 dx x2 B.  3 e2 C. ln x  2 3 5 dx x2 D. 5  e Câu 27: Một vật chuyển động chậm dần với vận tốc v  t   160  10t  m / s  . Hỏi rằng trong 3s trước số F  x  được gọi là nguyên hàm của hàm số f  x  khi dừng hẳn vật di chuyển được bao nhiêu mét? A. 16 m B. 130 m C. 170 m D. 45 m trên K khi f '  x   F  x  . Câu 28: Tính tích phân D. Nếu hàm số e  f  u  du  F  u   C có đạo hàm tục thì 2 ln xdx . 1 và u  u  x  là liên x A. 2e3  1 2e3  1 2e3 B. C. 9 9 9 D. 2 e 3 9  f  u x   u'  x  dx  F  u x    C. Câu 29: Cho z  x  iy; z '  x ' iy ' ,  x , y , x ', y '   . Câu 23: Tìm nguyên hàm của hàm số: Trong các mệnh đề sau mệnh đề nào sai? f x  x 2 1 . ex 2x  1 2 x  ln 2 A.  x dx  x C e e  ln 2  1 A. z  z '   x  x '   i  y  y '  B. z.z '  xx ' yy ' i  xy ' x ' y  C. x ' y  xy ' z xx ' yy '  2  i. 2 2 z' x'  y' x '  y '2 D. z  z '  x  x ' i   y  y '  92 | Khai báo sách chính hãng tại: congphatoan.com để nhận 100 đề thi thử tặng kèm 25 đề cốt lõi Toán 12 Ngọc Huyền LB - facebook.com/huyenvu2405 Câu 30: Tính  5  3i  3  5i  . một cái hộp hình trụ không có 2 đáy có thể tích A. 15  15i B. 30  16i C. 25  30i D. 26  9i Câu 31: Xác định tập hợp các điểm biểu diễn số 1 phức z trên mặt phẳng phức sao cho là số zi thuần ảo. V1 . Cách thứ hai là bé gập tấm bìa một hình hộp chữ nhật có thể tích V2 có các kích thước như hình vẽ. Hãy tìm tỉ số thể tích của 2 hộp để biết được gấp theo cách nào sẽ có thể tích lớn hơn? A. Trục tung, bỏ điểm  0,1 . B. Trục hoành, bỏ điểm  1; 0  . a C. Đường thẳng y  1 , bỏ điểm  0;1 . A. D. Đường thẳng x  1 , bỏ điểm  1; 0  . Câu 32: Số phức z thỏa mãn: 3 A. 3 B. 5 C. 10 D. 4 Câu 33: Gọi A là điểm biểu diễn của số phức z  3  2 i và điểm B là điểm biểu diễn số phức z '  2  3i. Tìm mệnh đề đúng trong các mệnh đề sau? A. Hai điểm A và B đối xứng với nhau qua gốc tọa độ O. B. Hai điểm A và B đối xứng với nhau qua trục tung. C. Hai điểm A và B đối xứng nhau qua trục hoành. D. Hai điểm A và B đối xứng nhau qua đường thẳng y  x. 4 34: 3 Tìm tất cả các nghiệm a a V1 4 V V V 1 B. 1  4  C. 1  D. 1  4  V2  V2 V2 4 V2 Câu 37: Cho hình hộp chữ nhật có ba kích thước a, b, c thì đường chéo d có độ dài là:  3  2i  z  4 1  i    2  i  z . Mô đun của z là: Câu a của 2 z  4 z  14 z  36 z  45  0 , biết z  2  i là một nghiệm của phương trình? A. d  a 2  b 2  c 2 B. d  2 a 2  2 b 2  c 2 C. d  2 a 2  b 2  c 2 D. d  3a 2  3b 2  2 c 2 Câu 38: Cho hình chóp tam giác S. ABC có đáy là tam giác đều cạnh 2 a , có SA vuông góc với  ABC  , khối chóp S. ABC là B. z1  2  i; z2  2  3i; z3  3i; z4  3i a3 3 thì góc giữa hai mặt 2 phẳng SBC  và  ABC  là: A. 60 B. 30 C. 45 D. Đáp án khác. Câu 39: Hình chóp SABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a và SA  2a , SA   ABCD  . Kẻ AH vuông góc với SB và AK vuông góc với SD. Mặt phẳng  AHK  cắt SC tại E. Tính thể tích khối cầu ngoại tiếp khối ABCDEHK. A. A. z1  2  i; z2  3i; z3  3i tam giác SBC cân tại S. Để thể tích của a 3 2 3 B. 4 a 3 2 3 8 a 3 2 a 3 2 D. 3 6 Câu 40: Mặt cầu tâm O bán kính R  17 dm. Mặt C. C. z1  2  i; z2  2  i; z3  3; z4  3i D. z1  2  i; z2  2  i; z3  3i Câu 35: Cho hình chóp đều S. ABC . Người ta tăng cạnh đáy lên 2 lần. Để thể tích giữ nguyên thì tan góc giữa cạnh bên và mặt phẳng đáy phải giảm bao nhiêu lần để thể tích giữ nguyên? A. 8 B. 2 C. 3 D. 4 Câu 36: Bé Bách có một tấm bìa có chiều dài 20 cm, chiều rộng 1 cm. Bé muốn gấp một cái hộp nhỏ xinh để bỏ kẹp tóc vào hộp đó tặng quà cho mẹ ngày 20 tháng 10. Anh Siêu đã chỉ cho bé hai cách gấp hộp. Cách thứ nhất là bé cuốn tấm bìa thành phẳng  P  cắt mặt cầu sao cho giao tuyến đi qua ba điểm A, B,C mà AB  18 dm , BC  24 dm , CA  30dm. Tính khoảng cách từ O đến  P  . A. 7 dm B. 8 dm C. 14 dm D. 16 dm Câu 41: Thiết diện qua trục của một hình nón là một tam giác vuông cân có cạnh góc vuông bằng 3 2 . Tính thể tích của khối nón. A. 12  B. 9  C. 6 2  D. 3 2  Câu 42: Cho hình trụ có bán kính đáy là R  a , mặt phẳng qua trục và cắt hình trụ theo một thiết diện Đặt sách tại: Tiki.vn | Newshop.vn | Pibook.vn | Lovebook.vn | 93 Công Phá Toán The Best or Nothing có diện tích bằng 6 a 2 . Diện tích xung quanh của hình trụ và thể tích của khối trụ là: A. 8a2 ; 3a3 B. 6a2 ; 6a3 C. 6a2 ; 9a3 D. 6a2 ; 3a3 Câu 43: Cho M  2; 5; 7  . Tìm tọa độ điểm đối xứng của M qua mặt phẳng Oxy. x 1 y  2 z 1 x 1 y  2 z 1 B.     1 2 1 1 2 1 x 1 y  2 z 1 x 1 y  2 z 1 C. D.     1 2 1 1 2 1 Câu 48: Xác định m để đường thẳng x  13 y  1 z  4 cắt mặt phẳng d:   8 2 3 A. A.  22;15; 7  B.  4; 7; 3   P  : mx  2 y  4z  1  0. C.  2; 5; 21 D.  1; 0; 2  A. m  0 B. m  1 C. m  0 D. m  1 Câu 49: Lập phương trình mặt cầu có tâm nằm Câu 44: Viết phương trình mặt phẳng qua M  1; 1; 2  , N  3; 1; 4  và song song với trục Ox. A. 3x  4 y  4 z  7  0 B. y  z  0 C. 4 x  z  1  0 D. y  z  3  0 Câu 45: Tính thể tích tứ diện OABC biết A , B , C lần lượt là giao điểm của mặt 2 x  3 y  5 z  30  0 với trục Ox , Oy , Oz. A. 78 Câu 46: B. 120 Tìm m phẳng 2 C. 91 D. 150 để phương trình: 2 là phương trình một mặt cầu? A. m  1, m  2 B. m   C. 0  m  1 D. m  5 x3 y3 z Câu 47: Cho đường thẳng d :   , 1 3 2 mặt phẳng P : x  y  z  3  0 và mp  P  : x  2 y  2 z  5  0;  Q  : 2 x  y  2 z  4  0. A. x 2  y 2  z 2  2 x  3  0. B. x 2  y 2  z 2  2 x  6 y  z  7  0 x  y  z  2mx  2  m  1 y  2  2m  3 z  1  4m  0 2 x  1  t  trên đường thẳng d :  y  t và tiếp xúc với hai  z  2t  điểm C. x 2  y 2  z 2  4  0 D. x 2  y 2  z 2  4 x  3 y  z  1  0 Câu 50: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho x 1 y  2 z3 đường thẳng d : và mặt   m 2m  1 2 phẳng  P  : x  3 y  2 z  5  0. Để đường thẳng d vuông góc với  P  thì: A. m  1 B. m  0 A  1; 2; 1 . Đường thẳng  qua A cắt d và song song với mặt phẳng  P  có phương trình: 94 | Khai báo sách chính hãng tại: congphatoan.com để nhận 100 đề thi thử tặng kèm C. m  1 D. m  2 25 đề cốt lõi Toán 12 Ngọc Huyền LB - facebook.com/huyenvu2405 ĐÁP ÁN 1D 2C 3A 4C 5B 6A 7B 8A 9C 10D 11C 12B 13B 14A 15A 16D 17C 18B 19C 20A 21B 22C 23B 24A 25B 26B 27D 28A 29D 30B 31A 32C 33D 34C 35A 36A 37A 38D 39A 40B 41B 42D 43C 44D 45D 46B 47B 48B 49A 50A HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT Câu 1: Đáp án D. - Nhìn vào bảng biến thiên ta thấy mệnh đề A và B đúng. Ở phần giá trị của f  x  trong bảng biến thiên ta nhận thấy GTLN của f  x  là 5 trên . Vậy theo quy tắc loại trừ ta sẽ chọn đáp án D. Tuy nhiên, ở đây tôi vẫn chỉ ra cho quý độc giả thấy vì sao ý D lại sai. Cùng nhắc lại các kiến thức về cực trị mà chúng ta đã được học trên lớp thông qua cuốn SGK Giải tích 12 cơ bản trang 14. “Giả sử hàm số y  f  x  liên tục trên khoảng K   x0  h ; x0  h  và có đạo hàm trên K hoặc trên K x0  , với h  0 . a, Nếu f '  x   0 trên khoảng  x0  h; x0  và f '  x   0 trên khoảng  x0 ; x0  h  thì x0 là một điểm cực đại của hàm số f  x  . b, Nếu f '  x   0 trên khoảng  x0  h; x0  và f '  x   0 trên khoảng  x0 ; x0  h  thì x0 là một điểm cực tiểu của hàm số f  x  .” Khi nhìn vào bảng biến thiên ta nhận thấy, hai khoảng trước và sau điểm x  1 đều có giá trị dương, vậy rõ ràng tại x  1 , hàm số không đạt cực trị. Câu 2: Đáp án C. STUDY TIPS Hãy nhớ đến bảng các dạng đồ thị của hàm số bậc bốn trong sách giáo khoa (trang 38) mà nhiều lần tôi đã nhắc đến cho quý độc giả, dĩ nhiên quý độc giả có thể làm theo cách khác. Tuy nhiên, chúng ta đang luyện tập, vì thế khi đọc lời giải cũng là lúc rèn thêm khả năng tư duy. x  0 y '  4x3  8x  4x x2  2    x   2 Nhận thấy đây là hàm bậc bốn trùng phương có a  1  0 , phương trình y '  0   có ba nghiệm phân biệt. Vậy đồ thị hàm số sẽ có hình chữ W đối xứng ( đây là cách nhớ mẹo thôi). Nghĩa là đồ thị hàm số có một điểm cực đại và hai điểm cực tiểu. Dĩ nhiên sẽ cực đại tại x  0 , và cực tiểu tại x   2 ; x  2 . Theo hình chữ   W thì ta thấy hàm số sẽ đồng biến trên  2; 0 và  2;   . Cách nháp mẹo như sau: +) Sau khi đã suy ra được đồ thị hàm số hình chữ W, quý độc giả có thể nháp: Ta luôn điền điểm 0 vào vị trí trung tâm, 2 điểm còn lại điền 2 bên. Nhìn vào các đường lên xuống của chữ W, lúc này quý độc giả có thể dễ dàng 0 định dạng được khoảng đồng biến nghịch biến như tôi đã xác định ở trên. Với bài toán khác các dạng đồ thị ví dụ như chữ M (trường hợp với a  0, y '  0 có ba nghiệm phân biệt). Sẽ nhanh thôi, vẽ một đường W,… sẽ nhanh hơn rất nhiều so với việc các bạn ngồi bấm máy tính thử, hay vẽ bảng biến thiên rồi bấm xem f '  x  lớn hơn hay nhỏ hơn 0. Các quý độc giả có thể tự đặt ra quy tắc nhớ dạng đồ thị cho mình, rồi từ đó đưa ra các kinh nghiệm. Đặt sách tại: Tiki.vn | Newshop.vn | Pibook.vn | Lovebook.vn | 95 Công Phá Toán The Best or Nothing Câu 3: Đáp án A. STUDY TIPS Ở hàm số bậc ba hãy nắm rõ quy tắc này: Hàm số bậc ba không có cực trị khi phương trình y '  0 vô nghiệm hoặc có Ta có thể dễ dàng xác định được đồ thị A và B là ở TH phương trình y '  0 VN nghiệm kép. Nguyên lý rõ ràng của câu trên quý độc giả đã học ở chương trình SGK nên tôi không nhắc lại ở đây. Hoặc quý độc giả có thể nhớ câu, hàm số bậc ba có cực trị khi phương trình y '  0 có hai nghiệm phân Vậy với đồ thị A và B sẽ được ghép với các điều kiện có  '  0 , tức là 2 hoặc 4. biệt. TH không có cực trị là TH còn lại của phương trình y '  0 , tức là vô phần các đồ thị còn lại, vì quý độc giả đang trong quá trình ôn luyện. nghiệm hay nghiệm kép. hay nghiệm kép    0  . Và đồ thị C , D là TH còn lại. Xét phương trình: y '  3ax 2  2bx  c  '  b 2  3 ac (chính là biểu thức được nhắc đến trong các điều kiện trong đề bài.) Tiếp tục xét đến a, như trong bảng với a  0 thì hàm số luôn đồng biến và a  0 thì hàm số luôn nghịch biến. (quý độc giả có thể xem lại phần giải bất phương trình đã học ở lớp dưới, dấu của tam thức bậc hai có denta nhỏ hơn không phụ thuộc vào hệ số a.) Vậy B  4; A  2 , đến đây ta có thể chọn đáp án A luôn, nhưng hãy xem xét cả Câu 4: Đáp án C. Bài toán trên đã làm lần lượt các bước rất đầy đủ. Có thể nếu soát không kĩ lưỡng, quý độc giả sẽ nghĩ câu này không có đáp án. Tuy nhiên, khi đi xét từng bước một ta thấy, phần xét tiệm cận, cụ thể hơn là tìm tiệm cận đứng, bạn đã giải sai tìm lim, cụ thể như sau: lim y  ; lim y   , sửa thành: lim y  ; lim y  . x 1 x 1 x 1 x 1 Câu 5: Đáp án B. Để ý kĩ nhé, với bài này có thể quý độc giả sẽ không cần viết biểu thức y '  0 ra nữa mà vẫn có thể tìm được đáp án. Vì sao? Phương trình y '  0 tổng quát sẽ là b  0 , nghĩa là 2a a và b trái dấu. Ở đây rõ là a và b trái dấu, do đó phương trình có 3 nghiệm phân   y '  x 4 ax 2  2bx , vậy phương trình có 3 nghiệm phân biệt khi biệt. Như ở câu 2 tôi đã phân tích về dạng đồ thị hàm trùng phương bậc bốn, với a  0, y '  0 có 3 nghiệm phân biệt thì đồ thị dạng W tức là hàm số sẽ đạt cực đại tại x  0 . Vậy khi đó yCĐ  1 . Câu 6: Đáp án A. Ta xét phương trình hoành độ giao điểm: x 3  x  1  3 x  2  x 3  2 x  1  0  x  1 Chọn giá trị này vì điều kiện x là số nguyên. Câu 7: Đáp án B. Bài toán này củng cố cho quý độc giả về các tìm nhanh số cực trị của hàm số bậc ba. Ta sẽ lần lượt đi xét phương trình y '  0 của mỗi hàm số. 1 : 2 y '  3 x 2  6 x  3  3  x  1  0 phương trình có nghiệm kép nghĩa là đồ thị hàm số không có điểm cực trị nào  m  0.  2  : y '  15x 2  4 x  7  0  bấm máy tính thấy phương trình vô nghiệm 2  14 x  5  0  bấm máy tính thấy phương trình có hai nghiệm  n  0.  3  : y '  3 x phân biệt  p  2. 96 | Khai báo sách chính hãng tại: congphatoan.com để nhận 100 đề thi thử tặng kèm 25 đề cốt lõi Toán 12 Ngọc Huyền LB - facebook.com/huyenvu2405 Đến đây ta có thể dễ dàng nhận ra đáp án. Câu 8: Đáp án A. Ta đi tìm hai điểm cực trị của hàm số, do ở đây không bắt xác định điểm cực đại, cực tiểu nên ta đi tìm hai điểm cực trị mà không cần xác định cực đại, cực tiểu. x  4 y '  3x 2  6 x  24  0    x  2 Giả sử A  4;70  ; B  2; 38  . Đường thẳng qua A, B: y  18 x  2  18 x  y  2  0 (Lúc này quý độc giả có thể bấm máy tính như lúc học cấp hai, tìm đường thẳng đi qua hai điểm biết tọa độ cho trước, sẽ rất nhanh). Khi đó với phương án C, thay tọa độ điểm D vào phương trình không thỏa mãn, vậy loại đáp án này. Cũng với dữ kiện này ta loại được luôn ý C. Với đáp án A ta tìm tọa độ trung điểm của AB là 1;16  nằm trên đường thẳng ở ý A, vậy ta chọn A mà không cần xét đến D nữa. Câu 9: Đáp án C. Như ở các đề trước tôi đã đề cập cách nhẩm tìm tiệm cận đứng, ngang của đồ thị hàm phân thức bậc nhất trên bậc nhất. Ta sẽ nhẩm được x  1 là TCĐ, y  2 là TCN. Và chọn luôn đáp án C mà không cần xét đến các phương án khác. Câu 10: Đáp án D. m m  x x2 1 Nhận thấy: lim y  lim x 2m m  6 x 1  2 x x Tương tự: lim y  1 1 x Vậy đồ thị hàm số luôn có một tiệm cận ngang y  1. Vậy với mọi m mà hàm số đã cho xác định, ta luôn có một tiệm cận ngang, ta đi tìm điều kiện để đồ thị hàm số không có tiệm cận đứng, tức là ta đi tìm điều kiện xác định của hàm số: x 2  2 mx  m  6  0. Phương trình vô nghiệm khi: 2  '  0    m   m  6  0  m 2  m  6  0  2  m  3. Câu 11: Đáp án C. Đây thực chất là bài toán khối trụ nội tiếp khối nón. Ta có thể tích vắt mì tôm được tính bằng V  B.h  .r 2 .h 9 Đây là ứng dụng của bài toán tìm GTLN, GTNN trên một khoảng (đoạn) xác định: Ta sẽ đưa thể tích về hàm số một biến theo h hoặc r. Trước tiên ta cần đi tìm mối liên hệ giữa h và r. Nhìn vào hình vẽ ta thấy các mối quan hệ vuông góc và song 6 song, dùng định lí Thales ta sẽ có: Khi đó: V  f  r   r 2 . h 6r 18  3r  h 9 6 2 18  3r 3r 3   9r 2 với 0  r  6 2 2 r  0 9 f '  r    .r 2  18 r  0   2 r  4 Đặt sách tại: Tiki.vn | Newshop.vn | Pibook.vn | Lovebook.vn | 97 Công Phá Toán The Best or Nothing Khi đó ta không cần phải vẽ BBT ta cũng có thể suy ra được với r  4 thì V đạt GTLN, khi đó V  48  . Câu 12: Đáp án B. Điều kiện x  5 3 Phương trình  log 2  3 x  5   log 2 8  3 x  5  8  x  1 . Kết hợp với điều kiện xác định thì ta chọn đáp án B. Câu 13: Đáp án B. STUDY TIPS Ở đây có hai điều kiện để cho biểu thức xác định, một số độc giả chỉ làm điều kiện để căn tồn tại mà quên điều kiện xác định của logarit. log 1  5  x   1  0 log  5  x   log 1   1 1 4  4 Điều kiện:  4 4  5  x  0 x  5    1 19  19  5  x  x   4 4  x ; 5 4  x  5 x  5   Câu 14: Đáp án A. STUDY TIPS Ta có công thức tổng quát của cách tìm đạo hàm hàm logarit:  log a u  '  u' u.ln a Khi đó áp dụng công thức vào ta được:  log  7 x   '  7 x.ln72016  x.ln12016 2016 Đây là bài toán đơn giản gỡ điểm nên hãy nhớ công thức đạo hàm nhé! Câu 15: Đáp án A. Đây thực chất là bài toán so sánh hai số mũ, rèn luyện cho quý độc giả các kiến thức về số mũ. Hai số M và N có cùng cơ số là 3 > 1 nên ta chỉ cần so sánh hai số mũ, tức là so sánh log 0,5 4 và log0,5 13 . Tôi xin nhắc lại kiến thức về so sánh hai logarit như sau: STUDY TIPS Một cách làm nhanh là bạn có thể xét hiệu của M và N trên máy tính và từ đó suy ra đáp án, tuy nhiên đây là quá trình ôn luyện nên tôi vẫn mong quý độc giả có thể nhớ công thức bằng việc suy luận như tôi đã nêu. Với 0  a  1 , và b , c  0 : – Nếu 0  a  1 , b  c thì log a b  log a c . b  c thì log a b  log a c . – Nếu a  1, b  c thì log a b  log a c . b  c thì log a b  log a c . Áp dụng vào bài toán ta thấy cơ số của hai logarit nằm trong khoảng  0;1 nên log 0,5 4  log 0,5 13 Từ đó suy ra N  M  1 . Đáp án A. Câu 16: Đáp án D. Cũng giống như câu 15, quý độc giả có thể bấm máy tính tìm được đáp án, tuy nhiên ở đây tôi giới thiệu cho quý độc giả cách suy luận thông thường. log 5 12 log 5 7. 2.log 5 7.log 5 12 log 5 7.log 10 12 log 5 10   2. P  log 5 7 log 10 7.log 25 12 log 5 7 1 log 5 10. .log 5 12 . .log 5 12 log 5 10 log 5 10 2 Câu 17: Đáp án C. Đặt x  x 2  2  t  0  1  x  2 . Khi đó bất phương trình trở thành: 98 | Khai báo sách chính hãng tại: congphatoan.com để nhận 100 đề thi thử tặng kèm 25 đề cốt lõi Toán 12 Ngọc Huyền LB – facebook.com/huyenvu2405 log 2 2 t  3log 1 t  2  0  log 2 2 t  3log 2 t  2  0 2   log 2 t  2  log 2 t  1  0  1  log 2 t  2  2  t  4 Đến đây ta có thể loại đáp án A và B. Với đáp án C và D là kết quả của x vì thế ta cần đi giải nghiệm của bất phương trình.  2  x  x 2  2  4  0  x  1  x   2  0  x  1 (đáp án C). Câu 18: Đáp án B. STUDY TIPS Bài toán lại đòi hỏi quý độc giả phải giải bài toán ra, chứ không thử nghiệm được. Ta không cần tìm điều kiện vì để ý kĩ ở đây nếu giải ra phương trình cuối của chúng ta sẽ là phương trình bậc hai, áp dụng viet là ta sẽ có tổng hai nghiệm của phương trình ngay. Phương trình  x 2  6 x  7  2  x 2  6 x  5  0 Tổng hai nghiệm của phương trình: b  6 . Đáp án B. a Có thể quý độc giả không cần viết rõ phương trình cuối ra vì rõ ràng hệ số của x x1  x2  và x 2 sẽ không thay đổi, không ảnh hưởng đến việc áp dụng Viet. Nên hãy để ý kĩ, xử lý linh hoạt trong từng tình huống để làm bài nhanh nhất. Câu 19: Đáp án C. Với mệnh đề A: đây là mệnh đề đúng do 0  ln1 nên ln x  0  x  1 . Với mệnh đề B: cũng tương tự, do ta ra x  1 và kết hợp với điều kiện để logarit tồn tại thì ta sẽ được 0  x  1. Với mệnh đề C: nếu đã đọc kĩ phần lời giải của tôi ở câu 15 thì chắc hẳn quý độc giả sẽ giải suy ra luôn được đây là mệnh đề sai, do 0  e 1  1 . Ta không cần xét đến đáp án D nữa. Câu 20: Đáp án A. Ta có công thức tính đạo hàm như sau:  u  u’ v  v ‘ u và công thức tính đạo hàm của logarit tôi đã nêu ở Câu 14 ta sẽ  ’  v2 v giải được như sau: 1 ln x  log 3 x   log 3 x  ‘.x  x ‘.log 3 x x.ln 3 .x  ln 3 1  ln x   2  ’  x2 x2 x .ln 3  x  Câu 21: Đáp án B. Bài toán lãi suất ngân hàng dựa trên kiến thức về số mũ ở chương trình lớp 12. Ta có gọi mức lãi suất hàng tháng là a%.  a  Sau tháng thứ nhất số tiền trong tài khoản của người đó là: 58000000  1   100    a  Sau tháng thứ hai số tiền trong tài khoản của người đó là: 58000000  1  100   2 … Sau tháng thứ chín số tiền trong tài khoản của người đó là: 9  a  58000000  1   61758000  a  100    9  61758000 : 58000000  1 .100  0,7 . Câu 22: Đáp án C. Đặt sách tại: Tiki.vn | Newshop.vn | Pibook.vn | Lovebook.vn | 99 Công Phá Toán The Best or Nothing Với mệnh đề A: Đây là mệnh đề đúng, vì ta đã học công thức tính nguyên hàm và có là cộng thêm hằng số C. Mỗi biểu thức với C khác nhau sẽ là một nguyên hàm của hàm số đã cho. Với mệnh đề B: Đây là mệnh đề đúng, với hàm số f  x  liên tục trên K thì sẽ có nguyên hàm trên K. Với mệnh đề C: Ta nhận thấy  f  x  dx  F  x  khi F ‘  x   f  x  . Hãy nhớ rằng nguyên hàm chính là ngược lại của đạo hàm (đây là cách nhớ nôm na thôi bạn nhé). Vậy C chính là mệnh đề sai. Ta chọn luôn đáp án C. STUDY TIPS Đây không phải là bài toán tính tích phân, do đó quý độc giả không thể dùng máy tính thể bấm được mà phải tìm ra công thức cụ thể. Hoặc quý độc giả có thể bấm máy tính, tuy nhiên cách làm duy nhất có lẽ là thêm cận vào và thử từng đáp án một. Câu 23: Đáp án B. x  2x 1  2 2x  1 x dx   ex   e x  e x  dx    e  dx   e dx x 2 e 2 x  e 0  ln 2  1 2 x  ln 2  1 ex 2x  C  C     C  x  ex  C   2  1 e x  ln 2  1 e x  ln 2  1 e  ln 2  1 ln   e Câu 24: Đáp án A. Để tính được thể tích của khối tròn xoay dựa trên ứng dụng của tích phân ta cần đi tìm hai cận a, b bằng việc tìm nghiệm của phương trình hoành độ giao điểm: x  1 2  x2  1  x2  1    x  1  y  2  x 2 ; y  1 Ta có thể tích của khối tròn xoay giới hạn bởi  được tính bằng  x  1; x  1 1  công thức:   2  x 2  2 1 1  12 dx    x 4  4 x 2  3 dx 1 Đến đây ta có thể làm theo hai cách: Cách 1: Bấm máy tính: Chọn nút     trên máy tính và nhập biểu thức tính tích phân vào. Chú ý trên máy tính CASIO fx  570VN PLUS thì giá trị tuyệt đối chính là nút Abs (Absolute), chính là kí hiệu màu vàng ở trên nút hyp Được bấm bằng cách ấn nút SHIFT  hyp sau khi nhập vào máy tính sẽ hiện kết quả như hình vẽ. 56  (đvtt). 15 Cách 2: Giải thích về mặt toán học: Vậy kết quả của chúng ta là V  Để bỏ được dấu trị tuyệt đối trong tích phân, ta cần xét khoảng rồi áp dụng công b thức sau trong tích phân:  a c b f  x  dx   f  x  dx   f  x  dx a c Tuy nhiên ở đây, hàm số g  x   x  4 x  3 luôn lớn hơn 0 với mọi x   1;1 . 4 1 1 2 1   Khi đó V    g  x  dx    g  x  dx    x 4  4 x 2  3 dx 1 1 1 1 4 1 56    x 5  x3  3x     1 5 3 15   100 | Khai báo sách chính hãng tại: congphatoan.com để nhận 100 đề thi thử tặng kèm 25 đề cốt lõi Toán 12 Ngọc Huyền LB – facebook.com/huyenvu2405 Câu 25: Đáp án B. Với phương án A: Ta có thể nhẩm nhanh được cận của hai công thức tính diện tích STUDY TIPS Đối với bài toán này ta không còn cách nào khác là đi xét từng đáp án một, vì bài toán có tận bốn phương án, do đó trường hợp xấu nhất là quý độc giả phải đi kiểm tra ba đáp án, tức là tính ba tích phân. Do đó, lựa chọn tối ưu chính là sử dụng máy tính để tối ưu thời gian. hình phẳng. Khi đó bấm máy tính như ở Câu 24 tôi dã giới thiệu cho quy độc giả thì sẽ ra được kết quả. Hãy bấm hiệu của hai tích phân, nếu bằng 0 thì ta sẽ loại đáp án đó ra và tiếp tục xét. Ta nhập công thức sau vào máy tính: 1  0 2 2 X  X 2  X dx   2 X  X 2  2  X dx  1 Sau khi bấm máy ta được: Với phương án B: Ta cũng nhẩm nhanh được cận của hai công thức tính tích phân 10 và bấm công thức sau vào máy: 1  log X dx   10 1 X  10 dx  0 Sau khi bấm máy ta được: Vậy ta chọn luôn B. Câu 26: Đáp án B. 2x  1 . Theo như x2 cách tìm tiệm cận ngang nhanh của đồ thị hàm số phân thức bậc nhất trên bậc Trước tiên, ta cần đi tìm tiệm cận ngang của đồ thị hàm số y  nhất mà tôi đã giới thiệu ở các đề trước đó thì ta sẽ nhanh chóng tìm được tiệm cận ngang của đồ thị hàm số là y  2 . Ta có diện tích hình phẳng được tính bởi công thức: e2 V   3 2x  1  2 dx  x2 e2  3 5 dx x2 5 Nhận xét trên  3; e  2  thì g  x   luôn dương, nên ta có thể phá trị tuyệt x2 đối, và chọn đáp án B. Câu 27: Đáp án D. Cho đến khi vật dừng lại thì vận tốc của vật bằng 0 tức là 160  10t  0  t  16 Trong vật lí chúng ta đã học biểu thức vận tốc là đạo hàm của biểu thức li độ, do vậy biểu thức li độ chính là nguyên hàm của biểu thức vận tốc. Nên quãng đường vật đi được trong 3s cuối được tính bằng: 16 16  160  10t  dt  160t  5t  13 2  45 km 13 Câu 28: Đáp án A. Thực chất với bài toán tính tích phân như thế này, bạn có thể bấm máy tính và xét hiệu với từng đáp án cũng được, tuy nhiên dưới đây tôi xin giới thiệu cách làm tích phân từng phần như sau: Đặt sách tại: Tiki.vn | Newshop.vn | Pibook.vn | Lovebook.vn | 101 Công Phá Toán The Best or Nothing Đặt ln x  u  du  Khi đó: I  ln x. 1 x3 dx ; dv  x 2 dx  v  x 3 e x3 e x3 1   . dx 3 1 1 3 x  e e3 1 1 1   ln e.  ln1.   . .x 3 1 3 3 3 3  e3 1 3 3 2e 3 1 2 e 3  1  e 1    3 9 9 9 9 Câu 29: Đáp án D.    Phân tích: Ta lần lượt đi xét từng mệnh đề một: Với A: z  z ‘   x  iy   x’ iy ‘   x  x ‘  i  y  y ‘ . Đây là mệnh đề đúng. Với B: z.z ‘   x  iy  x ‘ iy ‘   xx ‘ ixy ‘ ix ‘ y  i 2 yy ‘   xx ‘ yy ‘   i  x ‘ y  xy ‘  Đây là mệnh đề đúng. Với C ta có: x  iy  x  iy  x ‘ iy ‘  z   z ‘ x ‘ iy ‘ x ‘2  y ‘ 2  xx ‘ ixy ‘ ix ‘ y  i 2 yy ‘ 2 x’  y ‘ 2  xx ‘ yy ‘ 2 x’  y’ 2  i. x ‘ y  xy ‘ x ‘2  y ‘2 Đây là mệnh đề đúng. Vậy ta chọn D. Câu 30: Đáp án B. Với bài toán này, bấm máy tính là cách làm nhanh nhất. Trước tiên, chuyển máy tính sang chế độ số phức bằng cách ấn MODE  2:CMPLX. Tiếp theo ấn biểu thức như trên và máy sẽ hiện luôn kết quả cho bạn. Câu 31: Đáp án A. Vì bài toán liên quan đến điểm biểu diễn số phức nên ta sẽ đặt z  x  iy  x , y    . Khi đó x  i  y  1 y 1 x 1 1   i   2 2 2 z  i x  i  y  1 x 2   y  1  x 2   y  1 x2   y  1  x 0  2 2 x  0  x   y  1 1 Khi đó để là số thuần ảo thì:  .  y 1 zi y  1   0  x2  y  1 2    Vậy đáp án của ta là A. Câu 32: Đáp án C. Đặt z  x  iy  x; y     z  x  iy Vậy phương trình trở thành:  3  2i  .  x  iy   4 1  i    2  i  .  x  iy     3 x  2ix  3iy  2i 2 y  4  4i  2 x  2iy  ix  i 2 y  3x  2x  2i2 y  4  i2 y   2ix  3iy  4i  2iy  ix  0   x  y  4   i  3x  5 y  4   0 x  y  4  0 x  3    3 x  5 y  4  0   y  1 2  z  3  i  z  32   1  10 . 102 | Khai báo sách chính hãng tại: congphatoan.com để nhận 100 đề thi thử tặng kèm 25 đề cốt lõi Toán 12 Ngọc Huyền LB – facebook.com/huyenvu2405 Câu 33: Đáp án D. Ta có A  3; 2  và B  2; 3  , ta có tọa độ hai điểm trên hình như sau: y B Nhìn vào đồ thị ta thấy A, B, C là sai. Câu 34: Đáp án C. A Có một cách làm nhanh của bài toán như sau: do z  2  i nên có thể z  2  i x cũng là một nghiệm nên có thể phương trình sẽ có một nhân tử đó là: z 2  4 z  5  0 . Khi đó bấm máy tính để tìm nhân tử còn lại như sau: Bấm vào máy tính biểu thức X 4  4X 3  14X 2  36X  45 sau đó ấn CALC thì máy hiện X 2  4X  5 X ? ta nhập 100 = thì máy hiện như hình bên. Ta phân tích 10009  1 00 09 , khi đó nhân tử còn lại sẽ là z 2  9 .  z  3i  z  3i 2 2 Vậy phương trình  z  9 z  4 z  5  0   z  2  i   z  2  i  S   Câu 35: Đáp án A. Đặt AB  AC  BC  a . A 1 a 3 a2 3  Khi đó SABC  .a. , khi tăng cạnh đáy lên hai lần thì diện tích tam 2 2 4 giác đáy tăng lên 4 lần. Vậy chiều cao cần giảm đi 4 lần. Mà ta có  SO  OA.tan SA ;  ABC  , do cạnh đáy tăng lên 2 lần nên OA tăng 2 lần, để SO   C lúc này giảm được đi 4 lần thì tan góc giữa cạnh bên và mặt đáy phải giảm 8 lần, O do đã tăng cả 2 lần OA nữa. B Câu 36: Đáp án A. Chiều dài của tấm bìa là 20cm tức là chu vi của đáy hộp hình trụ và đáy hộp hình hộp là 20cm. Do 2 khối có cùng chiều cao nên tỉ số thể tích sẽ tính theo tỉ số diện tích đáy của hai hình. Để tính được diện tíchhình tròn đáy của khối hộp hình trụ, ta phải đi tìm bán kính đáy. Theo giả thiết chu vi cho là 20  2 .R  R  Khi đó S1  R2  . 10 .  100 100   2 Diện tích đáy của hình hộp S2  5.5  25 a Khi đó b V1 100 4  : 25  . V2   Câu 37: Đáp án A. Ta thấy nhìn vào hình vẽ thì ta cần tìm độ dài đường chéo của mặt đáy bằng d c a2  b2 . Khi đó d  a 2  b2  c 2 . Câu 38: Đáp án D. Do tam giác SBC cân tại S nên gọi I là trung điểm của BC thì: Đặt sách tại: Tiki.vn | Newshop.vn | Pibook.vn | Lovebook.vn | 103 Công Phá Toán The Best or Nothing  SI  BC ; AI  BC  SIA SBC  ;  ABC   S  1 2a 3 Do đáy ABC là tam giác đều nên: SABC  .2a.  a2 3 . 2 2 Thể tích khối chóp được tính bằng: 1 a3 3 3a 3 3 1 3a V  .SA.SABC   SA  . 2  SA  2 3 2 2 a 3 C A SA 3a 2a 3 3   arctan 3  :   SIA AI 2 2 2 2 Câu 39: Đáp án A.  Khi đó: tan SIA I 2 B Đây là bài toán quen thuộc trong giải hình không gian 12, nếu đã luyện tập nhiều thì khi vẽ xong hình bài này có thể nhận ra luôn AC là đường kính của mặt cầu ngoại tiếp khối ABCDEHK . Tuy nhiên tôi sẽ trình bày dưới đây để quý độc giả S có thể hiểu rõ hơn. Để xác định khối cầu ngoại tiếp một đa giác, ta tìm đường thẳng mà các đỉnh của đa diện nhìn đường thẳng đó dưới một góc vuông. Ở đây ta đã xác định đường đó là AC, nên tôi xin chỉ cách chứng minh như sau: Ta có thể nhận thấy được B,D nhìn AC dưới một góc 90 . E K Dễ tính được SD  a 5 ; KD  H AD 2 a2 a   ; SC  SA 2  AC 2  a 6 SD a 5 5 Do đề bài cho độ dài các cạnh khá rõ ràng nên ta sẽ dùng định lý Pytago để chứng A D O   90 . Ta có: minh AKC C B 2a 1 1 1 (1)  AK    SA 2 AD 2 AK 2 5 Ta có SC 2  SD 2  CD 2  tam giác SCD vuông tại D. Khi đó tam giác 2KDC vuông tại D  KC  CD2  KD 2  a 6 . 5   90 . Chứng minh tương tự thì AHC   90 . Ta có AK 2  KC 2  AC 2 . Vậy AKC Đến đây ta có thể kết luận được AC chính là đường kính mặt cầu ngoại tiếp khối ABCDEHK . Mà AC  a 2  OA  V a 2 . 4 4 1 2 3 .OA3  ..a3 .  a . 3 3 3 2 2 Câu 40: Đáp án B. Ta có giao tuyến của mặt phẳng  P  với mặt cầu là một đường tròn. Khi đó A, O R A r B, C nằm trên đường tròn này, nếu để ý kĩ ta thấy CA 2  AB2  BC 2 , do vậy tam giác ABC vuông tại B, tức là AC chính là đường kính của đường tròn này, hay C r  15 dm . Ta có hình vẽ minh họa sau:   Nhìn vào hình vẽ ta thấy: d O;  P   R2  r 2  17 2  152  8 . S Câu 41: Đáp án B. Ta thấy tam giác SAB vuông cân tại S có: SA  SB  3 2  AB  SA 2  SB2  6 . A O B Mà SO  OA  OA  AB  3. 2 104 | Khai báo sách chính hãng tại: congphatoan.com để nhận 100 đề thi thử tặng kèm 25 đề cốt lõi Toán 12 Ngọc Huyền LB – facebook.com/huyenvu2405 1 1 Khi đó Vnon  .SO..32  .32 ..3  9  . 3 3 Câu 42: Đáp án D. a Do diện tích thiết diện là S  6a 2  2 a.h  h  3a Khi đó Sxq  chu vi của đường tròn đáy  h, Sxq  2.a.3a  6 a2 , V  B.h  a 2 .h  a 2 .3a  3a3  . Câu 43: Đáp án C.  Mặt phẳng Oxy đi qua O  0; 0; 0  và có vtpt n   0; 0;1 nên phương trình Oxy : z  0 . Gọi M ‘ là điểm đối xứng của M qua mặt phẳng Oxy. Gọi d là đường thẳng đi qua M  2; 5; 7  và vuông góc với  Oxy  . x  2    Suy ra vtcp ud  n Oxy    0; 0;1  d :  y  5 . z  7  t  Khi đó giao điểm I của d với mặt phẳng Oxy là trung điểm của MM’. Mà I  Oxy do đó 7  t  0  z  7  I  2; 5; 7  . Khi đó M ‘  2; 5; 21 Câu 44: Đáp án D.  Ta có MN   2; 2; 2  x  t   Trục Ox có phương trình Ox :  y  0 . Khi đó Ox có vtcp i   1; 0; 0  . z  0  Ta có mặt phẳng  P  cần tìm song song với trục Ox và đường thẳng chứa MN.   Suy ra n  u; i    0; 2; 2  .    Mặt phẳng  P  đi qua M  1; 1; 2  và vtpt n   0; 2; 2    P  : 2  y  1  2  z  2   0   P  :  y  z  3  0  y  z  3  0 . y Câu 45: Đáp án D. B Ta có A  Ox ; B  Oy; C  Oz do đó A  x; 0; 0  ; B  0; y ; 0  ; C  0; 0; z  . Khi đó lần lượt thay tọa độ các điểm trên vào phương trình mặt phẳng 2 x  3 y  5 z  30  0 thì ta lần lượt được A  15; 0; 0  , B  0; 10; 0  , C  0; 0; 6  . x A Từ hình vẽ trên ta nhận thấy tứ diện OABC có các cạnh bên OA; OB; OC đôi một 1 1 1 vuông góc, do đó VOABC  .OA.OB.OC.  .15.10.6  150 . 3 2 6 Nếu không để ý kĩ điểm này có thể quý độc giả sẽ đi tính thể tích của khối chóp O C rất phức tạp. z Câu 46: Đáp án B. Nếu phương trình mặt cầu dạng x 2  y 2  z 2  2ax  2by  2cz  d  0 , để phương trình trên là phương trình một mặt cầu thì d  a 2  b 2  c 2  0 . Do vậy áp dụng vào bài toán này ta có, để thỏa mãn yêu cầu đề bài thì: Đặt sách tại: Tiki.vn | Newshop.vn | Pibook.vn | Lovebook.vn | 105 Công Phá Toán The Best or Nothing  2 1  4m  m2   m  1   2m  3 2   0  6m  6m  9  0 luôn lớn hơn 0, do đó 2 với mọi m thì luôn thỏa mãn điều kiện. Câu 47: Đáp án B. Do ở đây nếu quý độc giả gọi vtcp của đường thẳng  khi đó chỉ có hai dữ kiện mà chỉ có hai phương trình nên không thể đặt như vậy được. Gọi H  d    H  3  t ; 3  3t ; 2t  , lúc này chỉ có một ẩn. Do    P  nên    AH  n P   AH.n P   0     t  2  .1  1  3t  .1   2t  1 .  1  0  t  1. Khi đó u  AH  1; 2; 1 . Khi đó phương trình  : x 1 y  2 z 1   1 2 1 Câu 48: Đáp án B. Để đường thẳng d cắt mặt phẳng  P  thì đường thẳng d không song song với mặt phẳng  P  .   Khi đó:  ud .n P   0  8 m  2.2  3.4  0  m  1 . Câu 49: Đáp án A. Ta có  I  1  t ; t ; 2t  . Mặt cầu tiếp xúc với hai mặt phẳng do đó    d I ;  P   d I ; Q   R  1  t  2t  2.2t  5 1  22  22  2.  1  t   t  2.2t  4 22  12  22 t  0  t  6  7t  6   . t  2 Với t  0 thì I  1; 0; 0  và R  2 , khi đó  S  : x2  y 2  z 2  2 x  3  0 Với t  2 thì I  1; 2; 4  (không có phương trình thỏa mãn). Câu 50: Đáp án A. Ta thấy để đường thẳng d vuông góc với mặt phẳng  P  thì vecto pháp tuyến của mặt phẳng  P  song song với vecto chỉ phương của đường thẳng d. Khi đó thì m 2m  1 2    m  1. 1 3 2 106 | Khai báo sách chính hãng tại: congphatoan.com để nhận 100 đề thi thử tặng kèm 25 đề cốt lõi Toán 12 Ngọc Huyền LB – facebook.com/huyenvu2405 ĐỀ ÔN LUYỆN SỐ 7 Câu 1: Khẳng định nào sau đây là đúng? A. Tồn tại các số thực a , b , c   , a  0 để hàm số y  ax4  bx 2  c luôn đồng biến trên . ax  b  ac  0, ad  bc  0  luôn cx  d  d  d  đơn điệu trên  ;   và   ;   . c   c  B. Hàm số y  3 C. AB  a 4a a 15 ; BC  ; AC  5 5 5 a 5a a 6 D. AB  ; BC  ; AC  6 6 3 Câu 8: Tìm tiệm cận đứng ( TCĐ) và tiệm cận ngang ( TCN) của đồ thị hàm số y  2 C. Đồ thị hàm số y  ax  bx  cx  d , a  0 luôn có hai điểm cực trị. D. Cả ba mệnh đề trên đều đúng. 1 2 m  2 m x 3  mx 2  3 x luôn đồng biến. 3 D. TCĐ: x  1; TCN: y  2.  A. m   ; 0  2 B. TCĐ: x  1; TCN: y  1 . C. TCĐ: x  1; TCN: y  2 .   x  1 A. TCĐ: x  1; TCN: y  1. Câu 2: Tìm tất cả các giá trị của m để hàm số y x2  x  2 B. m   ; 0   3;   C. m   ; 0  3;   D. m  1; 3  Câu 9: Công ty mỹ phẩm chuẩn bị ra một mẫu sản phẩm dưỡng da mới mang tên Ngọc Trai với thiết kế là một khối cầu như viên ngọc trai khổng lồ, Câu 3: Cho hàm số y  x  1  5  x . Hàm số đạt bên trong là một khối trụ nằm trong nửa khối cầu để đựng kem dưỡng, như hình vẽ (hình ảnh chỉ cực đại tại: A. x  1 B. x  2 C. x  5 D. x  3 Câu 4: Cho hàm số y  x 3   m  2  x  m. Tìm m để hàm số đạt cực tiểu tại x  1. A. m  1 B. m  1 C. m  2 D. m  2 Câu 5: Kết luận nào sau đây là sai?  . 4  B. max sin x , cos x  cos x khi 0  x  . 2  C. max sin x , cos x  sin x khi  x  . 4  D. min sin x ,cos x  cos x khi  x  . 4 mang tính chất minh họa). Theo dự kiến, nhà sản xuất có dự định để khối cầu có bán kính là R  3 3 cm . Tìm thể tích lớn nhất của khối trụ đựng kem để thể tích thực ghi trên bìa hộp là lớn nhất (với mục đích thu hút khách hàng). A. max sin x , cos x  cos x khi 0  x  Câu 6: Cho hàm số y  f  x   x 2 . Kết luận nào C. min y  0 khi x  0 . D. Hàm số liên tục với mọi x  . Câu 7: Tìm độ dài các cạnh của tam giác vuông ABC ( vuông tại A) sao cho tam giác ABC có diện a 3a a 2 ; BC  ; AC  4 4 2 D. 45 cm3 2 B. f ‘  0   1 và f ‘  x   1, x  0. B. AB  C. 108 cm3 C  : y  x x 2x2 3 và đường thẳng y  x  1 là: A.  2; 2  B.  2; 3  C.  1;0  D.  3;1 A. yCT  0 khi x  0. a 2a a 3 A. AB  ; BC  ; AC  3 3 3 B. 18 cm3 Câu 10: Tọa độ giao điểm của đồ thị hàm số sau đây là sai? tích lớn nhất, biết AB  BC  a . A. 54 cm3 Câu 11: Cho hàm số y  x2 C  . Gọi giao điểm x1 của đồ thị hàm số C  với đường thẳng y   x  m lần lượt là A, B. Tìm m để OAB tạo thành một tam giác thỏa mãn m  0 A.  m  2 B. m  2 1 1   1. OA OB C. m  0 D. m  3 Đặt sách tại: Tiki.vn | Newshop.vn | Pibook.vn | Lovebook.vn | 107 Công Phá Toán The Best or Nothing Câu 12: Giải phương trình: Câu 19: Nếu a  log 12 6, b  log 12 7 thì log 2 7 bằng: 2 log 2  2 x  3   2log 2 x  4 . 1 2 A. x  B. x   1 2 C. x  1 4 1 4 a b a a B. C. D. b1 1 a b1 a1 Câu 20: Bà Tú Anh gửi 100 triệu vào ngân hàng 6m theo thể thức lãi kép (đến kì hạn mà người gửi A. D. x  2 Câu 13: Tìm m để phương trình 4 x  2 x 2 2 không rút lãi ra thì tiền lãi được tính vào vốn của có đúng 3 nghiệm. A. 2  m  3 B. m  3 kì tiếp) với lãi suất 7% một năm. Hỏi sau 2 năm C. m  2 D. m  3 bà Tú Anh thu được lãi là bao nhiêu? (giả sử lãi suất không thay đổi). Câu 14: Tìm đạo hàm của hàm số: f  x   x  2.ln 2 x . ln 2 x 2 x  2.ln x A.  x 2 x2 2 x2 B.  .ln x x 2 x2 ln 2 x C.  2 x  2.ln x 2 x2 ln 2 x D.  2 x  2.ln x 2 x2 C. 20 triệu đồng D. 14,50 triệu đồng. log 3 x  log x 3 x là: 1  log x 9 1 3 B. 1 A. 2 được viết dưới A. C. 1  B. a log a N  N C. log a b.log b c  log a c D. log a M   log a M ln x  x  1  2 ln x  x  1  B. 2x  1 x  x1 D. 1 x  x1 2 2 Câu 23: Hàm số f  x    6 x  1 có một nguyên hàm có dạng F  x   ax 3  bx 2  cx  d thỏa mãn điều kiện F  1  20. Khi đó  a  b  c  d  bằng: C. 3 ab 1   log 7 a  log 7 b  2 3 D. 46 6 Câu 24: Khi tính tích phân  ln  x  3  dx bằng 0 phương pháp tích phân từng phần ta được kết 0 D. 4 Chọn mệnh đề đúng trong các mệnh đề sau? 1  log 3 a  log 3 b  2 1  log 3 a  log 3 b  2 C. 15 6 Câu 18: Cho a  0, b  0 thỏa mãn a 2  b2  7 ab. ab 1   log 7 a  log 7 b  2 2 B. 20 quả sau:  ln  x  3  dx   x ln  x  3  1 2   1 là: 5  log x 1  log x D. log 7  2x  1 Câu 17: Số nghiệm phương trình: ab  3 ab C. log 3  7 2 A. 21 điều kiện xác định) B. log 3 là một 2 sau? (với các biểu thức trong các ý đều thỏa mãn A. log 7  nguyên hàm của hàm số: 9 1 1 11 A. m  B. m  C. m  D. m  20 15 15 40 Câu 16: Công thức nào là sai trong các công thức B. 1 D. 27  m A. 2 C. 1 Câu 22: Hàm số F  x   ln x2  x  1 a dạng   . Tìm m. b A. log a an  n B. 14,49 triệu đồng Câu 21: Tích các nghiệm của phương trình ln 2 x b a Câu 15: Biểu thức N  5 3   a b A. 15 triệu đồng 6 6  f  x  dx . 0 0 Hỏi f  x  bằng biểu thức nào dưới đây: B. x 2 A. x C. x x3 D. 1 x3 Câu 25: Gọi  H  là hình phẳng giới hạn bởi các đường y  e x ; y  0; x  0; x  1. Tính thể tích của khối tròn xoay sinh ra khi quay  H  quanh trục Ox.   A.  e 2  1 C.  2 e 1 2   108 | Khai báo sách chính hãng tại: congphatoan.com để nhận 100 đề thi thử tặng kèm B.   e  1 D.   e  1 2 25 đề cốt lõi Toán 12 Ngọc Huyền LB – facebook.com/huyenvu2405 Câu 26: Nếu diện tích hình phẳng giới hạn bởi hai 4 đvdt thì m 3 đường y  x 2 và y  mx  m  0  bằng bằng: B. 2 C. 3 D. Đáp án khác. C  : x 2 hạn bởi đồ A. 4  4i B. 4  4i C. 4  4i thị hàm số  y 2  2 x  3  0 và trục Ox quanh trục Ox. A. 32  đvtt 3 B. C. 32 đvtt 3 D. 4 đvtt của hình chóp OA ‘ B ‘ C ‘ D ‘ là: A. V 6 B. V 4 V D. Không đủ ĐK để tính thể tích. 3 Câu 36: Giao tuyến của mặt nón tròn xoay với một C. 35  đvtt 2 mặt phẳng bất kì có thể là: A. một đường cô nic (ở đây là đường tròn, elip, 2 dx Câu 28: Khi tính tích phân  2 bằng phương 1 x  2x parabol). B. một điểm. pháp đổi biến số x  1  sin t ta được tích phân C. một đường thẳng. nào dưới đây? D. Tất cả các trường hợp trên.  2 A. dt 0 cos t  2 B. dt 0 sin t  2 C. dt 0 cos t Câu 29: Nghịch đảo của số phức  2 D. dt 0 sin t  3  4i  là số Câu 37: Đường sinh tạo nên mặt xung quanh của một hình trụ tròn xoay là: A. Đường thẳng B. Đoạn thẳng phức nào dưới đây? C. Đường gấp khúc. 3 4 3 4 A. B.  i  i 25 25 25 25 3 4 3 4 C.  i D.  i 5 5 5 5 Câu 30: Cho hai số phức z, z’ thỏa mãn D. Không phải những đường trên. z.z ‘  z.z ‘  6. Phần thực của số phức z.z ‘ là: A. không tính được. B. 3 C. 6 D. 5 z 2   3  i  z  10  2i  0 . Nếu 2 là một nghiệm của phương trình thì nghiệm còn lại bằng bao nhiêu? B. 5  i Câu 38: Một mặt cầu gọi là nội tiếp bên trong hình trụ khi mặt cầu đó tiếp xúc với tất cả các đường sinh và cả hai mặt đáy của hình trụ. Gọi V1 là thể tích khối trụ, V2 là thể tích khối cầu. Tính V2 . V1 2 3 1 B. C. D. 2 3 2 2 Câu 39: Cho tam giác ABC đều cạnh a nội tiếp A. Câu 31: Cho phương trình: A. 1  i D. 4  4i tích V. Gọi O là giao điểm của AC và BD. Thể tích Câu 27: Tính thể tích của vật thể khi quay hình giới bằng: Câu 35: Cho hình hộp ABCD.A ‘ B ‘ C ‘ D ‘ có thể A. 4 phẳng 5 Câu 34: Số phức  1  i  viết dưới dạng x  yi C. 8  2i D. 1  2i 7 Câu 32: Cho z   1  i  . Điểm biểu diễn của z nằm trong góc phần tư nào của hệ tọa độ vuông góc trong đường tròn tâm O có đường kính AD. Trên đường vuông góc với mặt phẳng  ABC  tại D ta 2a . Diện tích xung quanh 3 của mặt cầu ngoại tiếp tứ diện S. ABC là: lấy điểm S với SD  A. Góc phần tư I. B. Góc phần tư II. 16 2 D. 6 a2 a 9 Câu 40: Một chiếc cốc dạng hình nón, chứa đầy C. Góc phần tư III. D. Góc phần tư IV. rượu như hình vẽ. Do cụ Bá có tửu lượng kém nên của mặt phẳng? A. 4 a 2 B. 8 a2 C. Câu 33: Cho biết z.z  4, tập hợp các điểm biểu cụ uống một lượng rượu nên “chiều cao” của diễn của z có phương trình là: rượu còn lại trong bằng một nửa chiều cao ban A. x 2  y 2  4  0 B. x 2  y 2  16  0 C. x  2 y  3  0 D. x  2 y  3  0 đầu. Hỏi cụ đã uống bao nhiêu phần trong cốc? Đặt sách tại: Tiki.vn | Newshop.vn | Pibook.vn | Lovebook.vn | 109 Công Phá Toán The Best or Nothing = R Câu 2 46: Mặt phẳng đi qua hai điểm A  0; 0; 2  , B  2; 1;1 và vuông góc với mặt phẳng 3 x  2 y  z  1  0 có phương trình là: H ℎ= 2 A. 4 x  5 y  z  2  0 B. 9 x  3 y  7 z  14  0 C. 5 x  7 y  z  3  0 D. Đáp án khác. 2 Câu 47: Cho mặt cầu  S  : x2  y 2   z  2   16 cắt hai mặt phẳng 1 1 7 3 A. B. C. D. 2 8 8 4 Câu 41: Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh a và đường cao SA  2a. Một mặt a 3 A. 4 a 3 B. 8 a 3 D. 2 C. a 3 Câu 42: Tam giác ABC vuông cân tại A, cạnh và 2 tuyến với bán kính là r1 và r2 . Khi đó: A. r1  2r2 B. r2  2r1 C. r1  r2  6 D. r1  r2 Câu 48: Cho đáy là đường tròn ngoại tiếp MNPQ và đường sinh MA thì thể tích khối trụ này có giá trị là: 1  P  : 2x  7 y  3z  6  0 theo các đường tròn giao phẳng vuông góc với SA tại trung điểm M của SA cắt SB, SC, SD lần lượt tại N, P, Q. Xét hình trụ có  P  : x  2y  z  2  0 x  2  d :  y  2t  m z  t  n  và mặt phẳng  P  : 2mx  y  mz  n  0. Biết d phẳng  P  , khi đó m  n bằng: A. 8 B. 12 nằm trong mặt D. 12 C. 8 A  a; 0; 0  , B  0; b; 0  , huyền BC  a 2 quay quanh cạnh góc vuông AB Câu 49: Cho các điểm sinh ra hình nón có diện tích xung quanh bằng: C  0; 0; c  , với abc  0. Khoảng cách từ O tới mặt A. a 2 B. 3a 2 C. 2 a 2 D. a2 2 Câu 43: Cho bốn điểm M  1; 2; 3  , N  1; 0; 4  , P  2; 3;1 và Q  2;1; 2  . Cặp vectơ cùng phương là:   A. không tồn tại. B. MN và PQ     C. MP và NQ D. MQ và NP   Câu 44: Cho a   1; 1;1 , b   0; 1; 0  . Tọa độ vecto    c   a , b  là:   A.  1; 0; 1 B.  1; 0; 1 C.  0; 1;1 D.  0; 1; 1 Câu 45: Cho điểm A  1; 2;1 và hai mặt phẳng    ,  lần lượt    : 2 x  4 y  6z  5  0 có và phương trình:   : x  2 y  3z  0 . Mệnh đề nào sau đây đúng? A.    đi qua A và song song với    . B.    không qua A và không song song với    . phẳng  ABC  bằng: A. 1 B. abc a b c a b  b2 c 2  c 2 a2 ab C. D. ab  bc  ca c Câu 50: Cho mặt phẳng  P  và mặt cầu  C  có 2 2 2 2 2 tâm I và bán kính R. Mệnh đề nào sau đây là đúng? A. Mặt phẳng  P  tiếp xúc với mặt cầu  C  tại điểm E thì mọi đường thẳng đi qua E đều là tiếp tuyến của  C  . B. Mặt phẳng  P  tiếp xúc với mặt cầu  C  thì mọi đường thẳng nằm trong  P  đều là tiếp tuyến của C  . C. Mặt phẳng  P  tiếp xúc với mặt cầu  C  thì khoảng cách từ tâm I đến điểm M tùy ý thuộc  P  bé hơn bán kính R. D. Mặt phẳng  P  tiếp xúc với mặt cầu  C  tại C.    đi qua A và không song song với    . điểm E thì mặt phẳng nào vuông góc với  P  đi D.    không qua A và song song với    . qua E đều đi qua tâm I. 110 | Khai báo sách chính hãng tại: congphatoan.com để nhận 100 đề thi thử tặng kèm 25 đề cốt lõi Toán 12 Ngọc Huyền LB – facebook.com/huyenvu2405 ĐÁP ÁN 1B 2C 3B 4B 5B 6B 7A 8B 9A 10C 11B 12A 13D 14A 15B 16D 17A 18B 19B 20B 21D 22B 23D 24C 25C 26B 27A 28C 29A 30B 31B 32A 33A 34B 35C 36D 37B 38A 39C 40C 41B 42D 43D 44A 45A 46D 47D 48A 49B 50D HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT Câu 1: Đáp án B. Với A: Ta thấy đồ thị hàm trùng phương bậc bốn mà ta đã học trong chương trình lớp 12 luôn có ít nhất một điểm cực trị nghĩ là luôn có khoảng đồng biến và khoảng nghịch biến, do đó A sai. Với B: Nhận xét: với hàm phân thức bậc nhất trên bậc nhất thì có đạo hàm: y’  ad  bc  cx  d  2  d luôn lớn hơn hoặc nhỏ hơn 0, do vậy luôn đơn điệu trên  ;   c   d  và   ;   , đây là mệnh đề đúng.  c  Ta không cần xét đến mệnh đề C và D nữa. Câu 2: Đáp án C.   Ta xét y ‘  m 2  2 m x 2  2 mx  3 Với m  0 thì y ‘  3  0 do đó hàm số luôn đồng biến trên . Với m  2 thì y ‘  4x  3 (loại) Với m  0; 2 thì hàm số đã cho là hàm bậc ba, để hàm số luôn đồng biến thì y ‘  0 với mọi x (dấu bằng xảy ra tại hữu hạn điểm). m  2 m  2   m  2 m  0 m  0  m  0 m  0 Khi và chỉ khi       2 2 m  3   ‘  m  3 m  2 m  0  m  3 2  2 m  6m  0  m0  2   Kết hợp lại ta được m   ; 0    3;   . Câu 3: Đáp án B. Điều kiện: 1  x  5 Xét phương trình y ‘ không xác định tại x  1; x  5 . y’  0  1 1  2 x1 2 5x  0  x  1  5  x  x  2 (TM) Ta có bảng biến thiên: STUDY TIPS Đây là cách làm thông thường, lúc làm bài trắc nghiệm quý độc giả không cần vẽ bảng biến thiên mà chỉ cần so sánh các giá trị và kết luận cực đại cực tiểu thôi. x f'(x) 2 -1 + 5 0 f(x) Vậy hàm số đã cho đạt cực đại tại x  2 . Đặt sách tại: Tiki.vn | Newshop.vn | Pibook.vn | Lovebook.vn | 111 Công Phá Toán The Best or Nothing Câu 4: Đáp án B. STUDY TIPS Theo định lý 2 sách giáo khoa Giải tích cơ bản trang 16 như sau: Giả sử hàm số y  f  x  có đạo hàm cấp hai trong khoảng x o  h; xo  h  , với h0. Khi đó: a, Nếu f ‘  xo   0 , f ”  xo   0 thì xo là điểm cực tiểu. b, Nếu f ‘  xo   0, f ”  xo   0 thì xo là điểm cực đại. Để hàm số đạt cực tiểu tại x  1 thì  y ‘  1  0 3.12   m  2   0   m 1.   6  0  y ”  1  0 Câu 5: Đáp án B. Xét hàm số f  x   sin x  cos x . Ta sẽ xét dấu hàm số trên  0;   .   Ta có sin x  cos x  0  sin x  sin  x   2       x     x    k 2  2 x   k 2  x   k  2 4 2   Ta có bảng xét dấu sau: 0 x f(x) 0 + +   Nhìn vào bảng xét dấu ta thấy trong khoảng  0;  thì sin x  cos x .  4 Do đó max sin x , cos x  cos x nên A đúng. Từ đây ta có thể suy ra B sai. Câu 6: Đáp án B. Ta xét từng mệnh đề một. Ta có f ‘  x   2x 2 x 2  x . Nhận xét không tồn tại đạo hàm của hàm số tại x  0 x2 mà f  x  vẫn đạt cực tiểu tại x  0 , do đó ta chọn B. Câu 7: Đáp án A.  a Gọi độ dài cạnh AB  x với x   0;  . Khi đó: BC  a  x  2 Ta có: AC  BC 2  AB2  STUDY TIPS Đường thẳng y  yo là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số y  f  x  nếu ít nhất một trong các điều kiện sau được thỏa mãn: lim f  x   yo , lim f  x   y o x   x  Đường thẳng x  xo được gọi là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số y  f  x  nếu ít nhất một trong các điều kiện sau được thỏa mãn: S  x  1 x a 2  2 ax ; S ‘  x  2 S’x  0  x  2 a  x  x a  a  3x   2  a 2  2 ax 2 a 2  2 ax  a a a a2 . Vẽ BBT thì thấy S    là GTLN của S  x  trên  0;  . 3  2  3 6 3 Câu 8: Đáp án B. 1 2  x x2 x x2  1 Ta có lim  lim 2 x   x  1 x 1  2  12 x x  Đồ thị hàm số có một tiệm cận ngang y  1 . 1 2 lim f  x  , lim f  x  , Ta có lim y   ; lim y    Đồ thị hàm số có một tiệm cận đứng x  1. lim f  x  , lim f  x   Câu 9: Đáp án A. x xo xxo x xo xxo x 1 x 1 112 | Khai báo sách chính hãng tại: congphatoan.com để nhận 100 đề thi thử tặng kèm 25 đề cốt lõi Toán 12 Đây là một bài toán thực tế dựa trên ứng dụng: khối trụ nội tiếp nửa khối cầu. r R Ngọc Huyền LB – facebook.com/huyenvu2405 Ta có mặt cắt của nửa khối cầu đựng mĩ phẩm với các kích thước được thể hiện h trong hình vẽ bên. Ý tưởng của bài toán này dựa trên kiến thức chúng ta đã học là tìm GTLN-GTNN của hàm số một biến trên 1 khoảng (đoạn ). Ở đây có hai biến đó là r và h. Do đó ta sẽ tìm cách để đưa về một biến, đưa biến này theo biến kia. Ở đây tôi sẽ đưa r theo h. Ta nhận thấy theo định lý Pytago thì r 2  R 2  h 2 .    Khi đó: Vtru  B.h  r 2 .h   R 2  h 2 .h   h 3  R 2 .h  Để thể tích khối trụ lớn nhất thì f  h   h 3  R 2 .h có GTLN trên  0; R  . R f ‘  h   3h 2  R2  0  h  h f'(h) 0 R + 0 – f(h) 3  3. Ta có bảng biến thiên (dĩ nhiên trong khi làm bài thi trắc nghiệm, quý độc giả không nhất thiết phải vẽ bảng biến thiên làm gì. Tuy nhiên tôi vẫn vẽ ở đây để giải thích rõ cho quý độc giả hiểu. 2  R  3 Mà f    f  3   3  3 3 .3  54 . Vậy Vmax  54 .  3   Câu 10: Đáp án C. Điều kiện: x  2. Xét phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số  C  và đường thẳng d: x2  2 x  3  x  1  x2  2 x  3   x  1 x  2   2 x  3   x  2  x  1 x2  A  1; 0  . Câu 11: Đáp án B. Điều kiện: x  1 STUDY TIPS Để tìm được tọa độ 2 điểm A, B ta đi xét phương trình hoành độ giao điểm của 2 đồ thị hàm số. Vì đây là bài toán đề bài cho điều kiện như vậy thì chắc chắn sẽ có hai giao điểm rồi nên quí độc giả không nhất thiết phải mất công đi tìm xem có giao tại hai điểm phân biệt hay không như tự luận. Ta giả sử như sau: A  x1 ;  x1  m  ; B  x2 ;  x2  m  2 Ta có OA  x12    x1  m  ; OB  x2 2    x2  m  2 Để tìm được biểu thức giữa x1 ; x2 và m thì ta cần xét đến phương trình hoành độ giao điểm như sau: Với x  1 thì phương trình hoành độ giao điểm x2   x  m  x 2  mx  m  2  0  *  x 1 Nhiều bạn sẽ áp dụng định lý Viet rồi sau đó thế vào phương trình tìm m. Đây là cách làm truyền thống khi ta học tự luận. Tuy nhiên ở đây nếu để ý ta sẽ thấy phương trình  *  sẽ thỏa mãn với cả x1 và x2 . Vậy x12  mx1  m  2  x2 2  mx2  m  2  0  x12  mx1  x2 2  mx2  2  m  * *  Nhìn vào biểu thức OA ta thấy: 2   x12    x1  m   2 x12  2mx1  m2  2 x12  mx1  m2 Đặt sách tại: Tiki.vn | Newshop.vn | Pibook.vn | Lovebook.vn | 113 Công Phá Toán The Best or Nothing Đến đây ta đã nhận ra điều gì chưa, nếu thay đẳng thức  * *  vào thì ta sẽ được: OA  2  2  m   m2  m2  2m  4 Tương tự ta có OB  m2  2 m  4 m  0  m2  2m  4 m  2 2 Khi đó 1  Đến đây có thể nhiều quý độc giả khoanh luôn đáp án A. Tuy nhiên nếu chú ý ta sẽ thấy đề cho tạo thành tam giác nên ta cần thử xem với các giá trị m đó 3 điểm O, A, B có thẳng hàng hay không? Và ta loại được m  0 . Vậy đáp án của chúng ta là B. Câu 12: Đáp án A. Điều kiện: x  3 ;x  0 2 2 2  2x  3  log 2  2 x  3   2 log 2 x  4  log 2    log 2 16  x    2x  3 2  x   16 x 2   x   1 2 3 l 2 Câu 13: Đáp án D. Ta sẽ tìm cách đặt ẩn, đưa VT về dạng hàm số bậc hai một ẩn. Sau đó vẽ bảng biến thiên và kết luận giá trị của m. 2 2 2 PT  22 x  4.2 x  6  m . Đặt 2 x  t  t  1 . Tìm được điều kiện t  1 do x2  0 2 nên 2x  20  1 . Xét phương trình t 2  4t  6  m  1 . Nhận xét rằng với mỗi giá trị của t  1 ta có hai giá trị của x, để phương trình có đúng ba nghiệm thì phương trình 1 có một nghiệm t  1 và một nghiệm t  1 . Khi đó m  3 (thỏa mãn). Câu 14: Đáp án A. Ta có: f ‘  x       x  2.ln 2 x ‘    ln 2 x 2 x  2.ln x 2 .  .ln 2 x  x  2. .ln x  x x 2 x2 2 x2 1 Câu 15: Đáp án B. 1 2 3 2 5 1 2 1     3 5  a  15 15         b a b a a a Ta có: N  5 .     .       .      a  b   a b b b b   Câu 16: Đáp án D. Ta lần lượt đi xét từng mệnh đề một: Dễ xác định được A, B đúng. Với C ta có log a b.log b c   x  2 ‘.ln 2 x  x  2. ln 2 x ‘ log b c  log a c . log b a Vậy C đúng, ta chọn D. Câu 17: Đáp án A. 114 | Khai báo sách chính hãng tại: congphatoan.com để nhận 100 đề thi thử tặng kèm 25 đề cốt lõi Toán 12 Ngọc Huyền LB – facebook.com/huyenvu2405 Điều kiện: x  0 Đặt log x  t khi đó phương trình trở thành: 1  t  10  2t 1 2 1  1  5 t 1 t  5  t 1  t   11  t   t  5  t  1  0  t 2  4t  5  11  t  0 t  2  t 2  5t  6  0   . t  3 Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm. Câu 18: Đáp án B. 2 Ta có: a2  b2  7 ab   a  b   9ab , lấy logarit cơ số 3 hai vế ta được: 2 log 3  a  b   log 3  9 ab   2 log 3 ab  log 3 a  log 3 b 3 ab 1   log 3 a  log 3 b  3 2 Câu 19: Đáp án B.  log 3 STUDY TIPS Thực chất với bài toán này, suy luận nhanh hơn bấm máy tính và thử. Ta có: log 2 7  log12 7  log12 2 b log12 12 6  b b .  log12 12  log12 6 1  a Câu 20: Đáp án B. Do bà tiếp tục gửi lãi vào rồi tính lãi tiếp:  7   7  Sau năm thứ nhất, số tiền trong tài khoản của bà là: A.  1    100  1   100 100     2  7  Sau năm thứ hai số tiền lãi bà nhận được là: 100.  1    100  14, 49 triệu 100   đồng. Câu 21: Đáp án D. Điều kiện: 0  x  1; x  9 Khi đó ta có: log 3 x  log x 3  log x x 1  2 log x 3 1 1 log 3 x  1 log 3 x  log 3 x   log 3 x   log 3 2 x  3 log 3 x  1  0 . 1 log 3 x  2 1  2. log 3 x Đến đây ta không nhất thiết phải giải phương trình ra mà ta áp dụng Viet luôn. Khi đó: log 3 x1  log 3 x2  3  log 3 x1 x2  3  x1 x2  27. STUDY TIPS Ở đây ta dùng công thức đạo hàm hàm hợp: u’  ln u ‘  u . Câu 22: Đáp án B. Do hàm số F  x  là một nguyên hàm của hàm số f  x  nên:    f  x   F ‘  x   ln x 2  x  1 ‘  2x  1 . x  x1 2 Câu 23: Đáp án D. Do ta có tính chất sau: Nếu F  x  là một nguyên hàm của hàm số f  x  trên K thì với mỗi hằng số C, hàm số G  x   F  x   C cũng là một nguyên hàm của hàm f  x  trên K. Đặt sách tại: Tiki.vn | Newshop.vn | Pibook.vn | Lovebook.vn | 115 Công Phá Toán The Best or Nothing Do vậy công việc của chúng ta là đi tìm hằng số C thỏa mãn f  1  20 . Vậy ta có:   6x  1 2   dx   36 x2  12 x  1 dx  12 x 3  6 x 2  x  C Mặt khác: F  1  20  12  6  1  C  20  C  27 . Khi đó: F  x   12x 2  6 x2  x  27 . Vậy a  b  c  d  46 . Câu 24: Đáp án C. Ta có khi làm tích phân từng phần ở bài toán này ta đặt: ln  x  3   u  du  1 dx ; vdv  dx  v  x . x3 b b x Vậy khi đó I  uv   vdu . Do vậy f  x   . a a x3 Câu 25: Đáp án C. Ta có thể tích khối tròn xoay sinh ra bởi hình  H  được tính bởi công thức: 1 V    e 2 x dx  0  2x 1  e  e2  1 . 0 2 2   Câu 26: Đáp án B. x  0 Xét phương trình hoành độ giao điểm: x 2  mx   x  m Ta có công thức tính diện tích hình phẳng: m S   x 2  mxdx  0 4 . Với x  0; m thì f  x   0 3 (áp dụng quy tắc xét dấu tam thức bậc hai “trong trái ngoài cùng”) . m m x3  m 4 m m3 4 Khi đó S   mx  x 2 dx   x 2     m 2.  .m 2  0  0 2 3 3 2 3 3   0   Câu 27: Đáp án A. y Để ý kĩ ta thấy đồ thị hàm số  C  là đồ thị của một đường tròn có tâm I  1; 0  x O I bán kính R  2 như hình vẽ. Do vậy hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số  C  với trục Ox là nửa đường tròn tâm I. Khi quay quanh trục Ox sẽ tạo ra một khối cầu tâm I bán kính R  2 . 4 3 4 3 32 R  .2    (đvtt). 3 3 3 Câu 28: Đáp án C. Khi đó V  Ta đặt: x  1  sin t  dx  cos tdt . Đổi cận:  2 x 1 t 0  2 2  2 cos t cos t dt . dt   dt   2 2 cos t sin t  1  cos t 0 0 0 Vậy I   Câu 29: Đáp án A. Ta có nghịch đảo của số phức được tính: 116 | Khai báo sách chính hãng tại: congphatoan.com để nhận 100 đề thi thử tặng kèm 25 đề cốt lõi Toán 12 Ngọc Huyền LB – facebook.com/huyenvu2405 1 3  4i 3  4i 3  4i    . 2 3  4i  3  4i  3  4i  9   4i  25 Câu 30: Đáp án B. Do đề yêu cầu tìm phần thực của số phức z nên ta sẽ đặt z  x  iy  x , y    ; z ‘  x ‘ iy ‘  x ‘; y ‘    . Khi đó: z.z ‘  z.z ‘  6   x  iy  x ‘ iy ‘    x  iy  x ‘ iy ‘   6      xx ‘ yy ‘ i  x ‘ y  xy ‘   xx ‘ yy ‘ i  xy ‘ x ‘ y   6  2  xx ‘ yy ‘   6  xx ‘ yy ‘  3 . Mà xx ‘ yy ‘ là phần thực của số phức z.z ‘ do đó ta chọn B. Câu 31: Đáp án B. Ta chuyển máy tính sang chế độ tính toán với số phức, nhập X 2   3  i  X  10  2i . Sau đó ấn CALC để thử các giá trị của đáp án. Khi đó ta thấy 5  i là nghiệm của phương trình. Câu 32: Đáp án A. Ta sẽ đi biểu diễn z dưới dạng a  bi  a , b    để tìm điểm biểu diễn số phức z. 7 Ta có z   1  i   8  8i (bấm máy tính dưới chế độ tính toán với số phức MODE 2:CMPLX). 7 Khi đó M  8; 8  là điểm biểu diễn số phức z   1  i  . Do M nằm trong góc phần tư thứ I) Câu 33: Đáp án A. Ta có z  x  iy  x , y     z  x  iy , khi đó z.z   x  iy  x  iy   x 2  y 2  4 . Câu 34: Đáp án B. A’ B’ Chọn MODE 2 để máy chuyển sang chế độ tính toán bằng số phức. Sau đó nhập C’ D’ Bài toán này đề đơn giản hóa thời gian ta cũng sử dụng máy tính như sau: 1  i  5 = ta được kết quả là 4  4i  chọn B. Câu 35: Đáp án C. A B O D d C 1 1 V Do đó ta thấy VO. A ‘ B ‘ C ‘ D ‘  .a.SA ‘ B ‘ C ‘ D ‘  a 3  . 3 3 3 Câu 36: Đáp án D. * Ta có nếu cắt mặt nón tròn xoay đỉnh O bởi mặt phẳng đi qua đỉnh O, ta có các Δ trường hợp sau: – Mặt phẳng cắt mặt nón qua hai đường sinh. C – Mặt phẳng tiếp xúc với mặt nón theo một đường sinh. – Mặt phẳng chỉ có một điểm O chung duy nhất với mặt nón, ngoài ra không có O một điểm chung nào khác. * Nếu cắt mặt nón trong xoay bởi mặt phẳng  R  không qua đỉnh O thì ta có ba trường hợp sau đây: – Nếu mặt phẳng  R  cắt mọi đường sinh của hình nón ta được giao tuyến là một elip (hoặc đặc biệt là một hình tròn) (hình a). Đặt sách tại: Tiki.vn | Newshop.vn | Pibook.vn | Lovebook.vn | 117 Công Phá Toán The Best or Nothing – Nếu mặt phẳng  R  song song với chỉ một đường sinh của hình nón ta được giao quyến là một parabol. (hình b) – Nếu mặt phẳng  R  song song với hai đường sinh phân biệt của mặt nón ta được giao tuyến là hai nhánh của hypebol (hình c) a) b) c) Các đường elip, hypebol, parabol thường được gọi là ba đường conic. Từ các lí thuyết trên ta chọn D. Câu 37: Đáp án B. Ta có hình trụ như hình vẽ. Đường thẳng đậm hơn chính là đường sinh của một hình trụ. Có giới hạn là các điểm nằm trên đường tròn đáy, do đó các đường sinh tạo nên mặt xung quanh của hình trụ tròn xoay là các đoạn thẳng. Câu 38: Đáp án A. Ta có nhìn hình vẽ ta thấy khối cầu có đường kính bằng đường kính của hai đường tròn đáy, và cũng bằng chiều cao của hình trụ. Vậy ta có: V1  R 2 .2 R  2 R 3 ; V2  4 3 R . 3 4 V2 3 2 Khi đó:   . V1 2 3 Câu 39: Đáp án C. Ta có hình vẽ như bên. Để tìm được diện tích xung quanh của mặt cầu ngoại tiếp S tứ diện SABC ta đi tìm tâm và bán kính của mặt cầu. Do tam giác đáy ABC nội tiếp đường tròn đường kính AD do vậy trung điểm O của AD chính là tâm của mặt cầu ngoại tiếp tam giác đáy ABC. Từ O kẻ OI vuông góc với mặt phẳng I  ABC  ABC. C A D O B ( với I thuộc SA). Khi đó OI chính là trục đường tròn của tam giác đáy Ta nhận thấy OI chính là đường trung bình của tam giác SAD. Khi đó I là trung điểm của SA. Vậy đường trung trực của SA cắt IO tại I. Do đó I là tâm của mặt cầu ngoại tiếp tứ diện SABC. Khi đó IA chính là bán kính đáy của mặt cầu. Công việc của chúng ta là đi tìm độ dài SA (do AI  SA ). 2 118 | Khai báo sách chính hãng tại: congphatoan.com để nhận 100 đề thi thử tặng kèm 25 đề cốt lõi Toán 12 Ngọc Huyền LB – facebook.com/huyenvu2405 Vì AD là đường kính của đường tròn ngoại tiếp tam giác đều ABC nên: 2 a 3 2a 3 AD  2.OA  2. .  . 3 2 3 Tam giác SAD vuông tại D nên theo định lí Pytago ta có: 2  2 a 3   2 a 2 4 a 2a . SA  SD  AD     IA     3   3  3 3   2 2 2 Khi đó diện tích xung quanh của khối cầu được tính bằng: S  4 R2  16 2 a . 9 Câu 40: Đáp án C. Ta thấy như hình vẽ thì lượng rượu còn lại trong cốc của cụ Bá là: 2 1 h  R 1 V2  . ..    h.R2 . 3 2 2 24 Mặt khác thể tích cốc ban đầu là V  lượng ban đầu là: S 1 hR2 . Khi đó lương rượu còn lại so với 3 V2 1 1 1 7  :   V1  V ( V1 là lượng rượu đã uống). V 24 3 8 8 Câu 41: Đáp án B. Ta có do mặt phẳng MNPQ vuông góc với SA nên MNPQ song song với mặt M phẳng ABCD. Mặt khác M là trung điểm của SA nên MN, MQ, QP, PN lần lượt N là đường trung bình của các tam giác SAB, SAD, SDC, SBC. Do đó tứ giác MNPQ Q A D P B a . Do đó đường tròn ngoại tiếp hình vuông có đường 2 kính bằng độ dài đường chéo MP của hình vuông MNPQ, do đó là hình vuông có cạnh là C R a 2 1 a 2 . Khi đó thể tích của khối trụ cần tính là: .  2 2 4 2 a 2  a3 V  R .MA    .a  .   4  8   Câu 42: Đáp án D. 2 Đây là bài toán khá quen thuộc. Khi quay tam giác quanh cạnh góc vuông AB thì AB chính là đường cao của hình nón, AC là bán kính đáy của hình nón, và BC là đường sinh của hình nón. Khi đó diện tích xung quanh của hình nón được tính bằng công thức: S  R.l  .a.a 2  a2 2 . Câu 43: Đáp án D. Ta lần lượt xét từng đáp án một:   Với B: MN   2; 2;1 ; PQ   0; 4;1 hai vectơ không cùng phương, do đó B sai.   Với C: MP   1; 5; 2  ; NQ   3;1; 2  hai vectơ không cùng phương, do đó C sai.   1 1 1 Với D: MQ   1; 1; 1 ; NP   3; 3; 3  có:   , do đó ta chọn D.  3 3 3 Câu 44: Đáp án A. Cách tìm tích có hướng của hai vecto trong không gian bằng máy tính tôi đã giới thiệu cho quý độc giả ở các đề trước, nên ở đề này tôi sẽ không trình bày, và kết quả là  1; 0;1 . Đặt sách tại: Tiki.vn | Newshop.vn | Pibook.vn | Lovebook.vn | 119 Công Phá Toán The Best or Nothing Câu 45: Đáp án A. A B C D nên hai mặt phẳng này song    A’ B’ C ‘ D’ song với nhau, ta có thể loại B và C. Trước tiên ta có thể nhận thấy rõ Tiếp theo ta có: A  1; 2;1 , thay vào phương trình    ta được:  1  2.2  3.1  0 Do đó A thuộc mặt phẳng    nên ta chọn A. STUDY TIPS Đến đây nhiều độc giả có thể chọn luôn C, tuy nhiên do có phương án là đáp án khác nên quý độc giả phải thử xem mặt phẳng có đi qua A, B không. Do đó thử lại ta thấy không đi qua nên ta chọn D. Câu 46: Đáp án D.  Gọi nP là vtpt của mặt phẳng  P  .   Do  P  vuông góc với mặt phẳng đã cho nên nP vuông góc với n là vtpt của  mặt phẳng đã cho. Mặt khác  P  chứa hai điểm A  0; 0; 2  , B  2; 1;1 nên nP  vuông góc với AB .    Nên vtpt của  P  được tính bằng công thức: nP  n, AB   5; 7;1   Câu 47: Đáp án D. Mặt cầu  S  có tâm I  0; 0; 2  , bán kính R  4 .   Ta có d I ;  P1     d I ;  P2   0  2.0  2  2 1  22  1 2.0  7.0  3.2  6 22  7 2   3  2  0  r1  R  4  0  r2  R  4 Câu 48: Đáp án A. Lấy M  2; m; n  , N  2; 2  m; 1  n  d khi đó M , N   P  . Ta có hệ:  2 m.2    m   mn  n  0 5m  mn  n  0 m  2 .    6 m  mn  n  2  n  10  2 m.2   2  m   m  1  n   n  0 Vậy m  n  8. Câu 49: Đáp án B. x y z    1 . (tương tự a b c như cách viết phương trình đoạn chắn, thì đây là mặt phẳng cắt các trục tọa độ.) Phân tích: Nhận xét mặt phẳng  ABC  có phương trình   Do đó: d O;  ABC   1  1 1 1  2  2 2 a b c abc 2 a  b2  c 2 . Câu 50: Đáp án D. Ta lần lượt đi xét từng mệnh đề một: Với A: Nếu đường thẳng đi qua E mà cắt mặt cầu thì rõ ràng không phải tiếp tuyến của mặt cầu  C  . Với B: Ta có đây là mệnh đề sai do nếu đường thẳng nằm trong mặt phẳng  P  nếu không đi qua E thì không phải là tiếp tuyến của  C  . Với C: Ta thấy rõ ràng mặt phẳng  P  tiếp xúc với mặt cầu  C  thì khoảng cách từ tâm I đến điểm M tùy ý trên  P  đều lớn hơn hoặc bằng bán kính R. Vậy ta chọn D. 120 | Khai báo sách chính hãng tại: congphatoan.com để nhận 100 đề thi thử tặng kèm 25 đề cốt lõi Toán 12 Ngọc Huyền LB – facebook.com/huyenvu2405 ĐỀ ÔN LUYỆN SỐ 8 Câu 1: Cho hàm số y  mx  2 có đồ thị là  Cm  . x 1 Tìm m để trên đồ thị  Cm  có hai điểm P, Q cách đều hai điểm A  3; 4  , B  3; 2  và diện tích tứ giác APBQ bằng 24. C. Để hàm số f  x  đạt cực trị tại x0 thì hàm số f  x  phải có đạo hàm tại x0 . D. Hàm số f  x  vẫn có thể đạt cực trị tại x0 nếu không tồn tại đạo hàm tại x0 . Câu 6: Gọi a là chiều dài, b là chiều rộng của hình  m  2 A.  m  2 B. m  2 C. m  2 D. không có m thỏa mãn. chữ nhật có diện tích lớn nhất nội tiếp trong 2x  1 Câu 2: Cho hàm số y  có đồ thị  C  và các x 1 điểm M  C  sao cho tổng khoảng cách từ M đến đường tròn có bán kính R cho trước, khi đó a, b có giá trị là: A. a  b  R 2 C. a  hai đường tiệm cận bằng 4. Hỏi có mấy điểm M R 2 ;b  B. a  R 3; b  R R 14 2 D. a  b  R 3 Câu 7: Cho đồ thị hàm số  C  : y  thỏa mãn. A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 Câu 3: Cho đồ thị hàm số  C  : y  x 4  6 x 2  2. Tìm nhận xét không đúng trong các nhận xét sau? A. Đồ thị hàm số luôn có ba điểm cực trị phân biệt không thẳng hàng. B. Hàm số đã cho xác định và liên tục trên . C. Đồ thị hàm số đã cho có hai điểm cực đại và x1 . x x2 2 Trong các kết luận sau, kết luận nào đúng? A. Đồ thị hàm số  C  có duy nhất một tiệm cận đứng là x  2 và một tiệm cận ngang là trục hoành. B. Đồ thị hàm số  C  có hai tiệm cận đứng là x  2 và x  1 và một tiệm cận ngang là trục hoành. một điểm cực tiểu. D. Đồ thị hàm số đã cho đối xứng qua điểm A  0; 2  . C. Đồ thị hàm số  C  có một tiệm cận ngang là trục tung và hai tiệm cận đứng là x  2 và x  1. Câu 4: Tìm m để hàm số: y   m  1 x 3  3  m  1 x 2  2mx  4 đồng biến trên D. Đồ thị hàm số  C  có một tiệm cận ngang là trục tung và một tiệm cận đứng duy nhất là x  1. khoảng có độ dài không nhỏ hơn 1. A. m   9; 1 B. m ; 9  1;  Câu 8: Với giá trị nào của m thì hàm số y  C. m   ; 9 D. m ; 9  1;  tăng trên từng khoảng xác định? Câu 5: Giả sử hàm số f  x  liên tục trên khoảng  a; b  chứa điểm x và có đạo hàm trên khoảng  a; x  và  x ; b  . Khi đó mệnh đề nào sau đây 0 0 0 sai? A. Nếu f ‘  x   0 với mọi x   a; x0  và f ‘  x   0 với mọi x   x0 ; b  thì hàm số f  x  đạt f ‘  x   0 với mọi x   a; x0  và f ‘  x   0 với mọi x   x0 ; b  thì hàm số f  x  đạt cực đại tại điểm x0 . B. m  1 C. m  1 D. m  0 Câu 9: Gọi M và m lần lượt là GTLN và GTNN của hàm số y  x 1  x 2 trên tập xác định. Khi đó M  m bằng: A. 1 B. 2 C. 3 D. đáp số khác Câu 10: Đường cao tốc mới xây nối hai thành phố A và B, hai thành phố này muốn xây một trạm thu cực tiểu tại điểm x0 . B. Nếu A. m  0 mx  1 x 1 phí và trạm xăng ở trên đường cao tốc như hình vẽ. Để tiết kiệm chi phí đi lại, hai thành phố quyết định tính toán xem xây trạm thu phí ở vị trí nào để tổng khoảng cách từ hai trung tâm thành phố Đặt sách tại: Tiki.vn | Newshop.vn | Pibook.vn | Lovebook.vn | 121 Công Phá Toán The Best or Nothing đến trạm là ngắn nhất, biết khoảng cách từ trung tâm thành phố A, B đến đường cao tốc lần lượt là A. y ‘   e 2 e 2 x  e 2 x là 60 km và 40 km và khoảng cách giữa hai trung tâm thành phố là 120 km (được tính theo khoảng C. y ‘  cách của hình chiếu vuông góc của hai trung tâm thành phố lên đường cao tốc, tức là PQ kí hiệu như hình vẽ). Tìm vị trí của trạm thu phí và trạm xăng? (Giả sử chiều rộng của trạm thu phí không đáng kể). x  e x   B. y ‘  2 4  x e  ex  2 e x  ex  2 D. đáp án khác 2 ln x  2 là: ln x  1 Câu 15: Tập xác định của hàm số y    B. D   e ;   C. D   0; e    e ;   D. D   ; e    e ;   A. D  e 2 ;  1 2 A 1 2 Câu 16: Đạo hàm của hàm số: Trạm thu phí Trạm xăng B 6 P 1 40 Q 12 A. 72 km kể từ P. B. 42 km kể từ Q. C. 48 km kể từ P. D. tại P.     A. y ‘   3 x  1 ln  x  1  2 x B. y ‘   3 x  1 ln  x  1  2 x C. y ‘   3 x  1 ln  x  1  2 x D. y ‘   3x  1 ln  x  1  2 x y  x 3  x ln x 2  1 có dạng: 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 Câu 17: Có bao nhiêu giá trị nguyên của m để Câu 11: Cho hàm số: y  2 x3  3  2m  1 x2  6m  m  1 x  1 . phương trình: log 3  x  2   2 m log x2 3  16 có hai nghiệm đều lớn hơn 1. Khẳng định nào sau đây là đúng? A. Với mọi m, hàm số luôn đạt cực trị tại x1 ; x2 và x2  x1  1. A. vô số B. không có m C. 63 giá trị D. 15 giá trị Câu 18: Cho hàm số y  e  x  x  2  và các phát B. Tọa độ điểm cực đại thỏa mãn phương trình y  3 x 2  1. biểu sau: I. Hàm số có tập xác định là . C. Với m  0 thì hàm số đồng biến trên khoảng  0;1 . II. Hàm số đạt cực tiểu tại duy nhất một điểm là x  3 . III. Đồ thị hàm số cắt Oy tại A, khi đó đường D. Chỉ B, C đúng. Câu 12: Cho phương trình: thẳng tiếp xúc với đồ thị hàm số tại A có hệ số 2 2  x  log 3  x  2   log 3  2  0.  x  3x  3  Tổng các nghiệm của phương trình là: A. 4 B. 11 2 C. 5 2 D. 3 góc là 3. A. chỉ I và II đúng. B. chỉ II và III đúng. C. chỉ I và III đúng. D. Cả I, II, III đều đúng. Câu 19: Điều kiện của m để bất phương trình   log 2 2 x 1  6  m  x thỏa mãn với mọi x  0 là: Câu 13: Cho log 3 2  a; log 3 5  b , khi đó log 3 40 A. m  3 B. m  3 bằng: C. không tồn tại m. D. mọi m. A. 3 a  b B. a  3b C. 3 a  b Câu 14: Tìm đạo hàm của hàm số y  D. a  3b ex  ex . ex  ex Câu 20: Bất phương trình 3 2 x 2 5 x 1   9  x 13 có bao nhiêu nghiệm nguyên dương? A. 6 B. 10 122 | Khai báo sách chính hãng tại: congphatoan.com để nhận 100 đề thi thử tặng kèm C. 11 D. vô số. 25 đề cốt lõi Toán 12 Ngọc Huyền LB – facebook.com/huyenvu2405 Câu 21: Theo số liệu từ Facebook, số lượng các tài Câu 26*: Tính thể tích vật thể tạo được khi lấy giao khoản hoạt động tăng một cách đáng kể tính từ vuông góc hai ống nước hình trụ có cùng bán kính thời điểm tháng 2 năm 2004. Bảng dưới đây mô tả đáy bằng a. số lượng U  x  là số tài khoản hoạt động, trong đó xỉ như sau: U  x   A.  1  0,04  với A là số tài 16 a 3 2a3 B. V  3 3 4a3 C. V  D. V  a 3 3 Câu 27: Tính diện tích hình phẳng được giới hạn khoản hoạt động đầu tháng 2 năm 2004. Hỏi đến như hình vẽ: x là số tháng kể từ sau tháng 2 năm 2004. Biết số lượt tài khoản hoạt động tăng theo hàm số mũ xấp x A. V  sau bao lâu thì số tài khoản hoạt động xấp xỉ là y 194 790 người, biết sau hai tháng thì số tài khoản 4 hoạt động là 108 160 người? A. 1 năm 5 tháng. B. 1 năm 2 tháng. C. 1 năm. D. 11 tháng. Câu 22: Cho x  2016! , khi đó: A 1 1 1 1 .    …  log 2 x log 3 x log 4 x log 2016 x x -2 A có giá trị bằng: A. 1 B. log 2016 C. 2016! D. không tính được. Câu 23: Phương trình: log 4 2 x  log 2 x.log 2 A. 3   x  1  1 có số nghiệm là: B. 2 C. 0 D. 1 Câu 24: Mệnh đề nào là sai trong các mệnh đề sau? x2  6x  1 x 2  10 A. Hàm số F  x   và G  x   2x  3 2x  3 là nguyên hàm của cùng một hàm số. B. Hàm số F  x   5  2sin2 x và G x  1  cos2x là nguyên hàm của cùng một hàm số. C. Hàm số F  x   x 2  2 x  2 là nguyên hàm của hàm số f  x   x1 2 . x  2x  2 D. Hàm số F  x   sin x là một nguyên hàm 28 25 22 26 B. C. D. 3 3 3 3 Câu 28: Cho hình phẳng D được giới hạn bởi các  ; y  0. Gọi S là diện 3 tích hình phẳng D, V là thể tích vật thể tròn xoay đường y  tan x; x  0; x  khi quay D quanh Ox. Chọn mệnh đề đúng trong các mệnh đề sau?  A. S  ln 2, V      B. S  ln 2, V      C. S  ln 3, V      D. S  ln 3, V     ln m  0 II. f  x   3   3 3   3 3   3 3   3 ex dx  ln 2 . Khi đó giá trị ex  2 của m là: Câu 25: Trong các hàm số sau: I. f  x   tan 2 x  2 2 A. Câu 29: Cho A  của hàm số f  x   cos x . O 2 cos 2 x III. f  x   tan x  1 2 A. m  0; m  4 B. m  2 C. m  4 D. m  0 Câu 30: Trong các kết luận sau, kết luận nào sai? Hàm số nào có một nguyên hàm là hàm số g  x   2 tan x ? A. Mô đun của số phức z  a  bi  a , b    được tính bằng z  a 2  b 2 . A. I, II, III B. II, III C. I, III D. II, III B. Mô đun của số phức z( với z là khác 0) là một số thực dương. Đặt sách tại: Tiki.vn | Newshop.vn | Pibook.vn | Lovebook.vn | 123 Công Phá Toán The Best or Nothing C. Mô đun của số phức z là một số phức. đáy là hình tròn tâm O bán kính R  OA . Tìm độ D. A và B đúng. dài của MN để thể tích khối trụ là lớn nhất. Câu 31: Tìm số phức z thỏa mãn điều kiện: iz   1  3i  z 1 i 45 9  i 26 26 C. z  45  9i B. MN  h 3 C. MN  h 4 D. MN  h 6 B. z  Câu 32: Tìm tất cả các số thực m biết z h 2 2  z . 45 9  i 26 26 D. 45  9 i A. z   A. MN  im 2m và z.z  trong đó i là đơn 2 1  m  m  2i  M O N A Câu 38: Cho hình lăng trụ tam giác đều vị ảo. m  0 A.  m  1 B. m  1 m  0 C.  D.  m  m  1 z 6  7i , điểm nào  1  3i 5 sau đây là điểm biểu diễn của số phức z? Câu 33: Cho số phức z  A. M  0;1 B. N  1;1 C. P 1; 1 D. Q  0; 1 Câu 34: Cho hai số phức z1 ; z2 thỏa mãn 1 và z2  iz1 . Tìm giá trị nhỏ nhất của 2 iz1  2  biểu thức z1  z2 . A. 2  C. S 1 2 B. 2  2 2 lập phương này bằng: C. 214 D. 216 Câu 36: Cho tứ diện ABCD có thể tích khối ABCD bằng 126, hai tam giác ABC và ABD có diện tích cùng bằng 21. M là một điểm thuộc cạnh CD và d1 ; d2 lần lượt là khoảng cách từ M đến các mặt phẳng  ABC  và  ABD  . Vậy  d1  d2  bằng: A. 18 B. 20 A. VB’ ABC  a3 3 a a3 3 3a B. VB’ ABC  ;d  ;d  8 4 8 4 a3 3 a a3 3 a 3 D. VB’ ABC  ;d  ;d  4 4 4 8 Câu 39: Cho hình chóp S. ABCD có đáy là hình C. VB’ ABC  thang cân ABCD với AB  2 a , BC  CD  DA  a ABCDMNP. 2 hình lập phương có độ dài 3 2 . Thể tích của khối B. 210 mặt phẳng  AB ‘ C  . Tính đường kính khối cầu ngoại tiếp khối 1 Câu 35: Đường nối tâm hai mặt kề bên của một A. 210 thể tích tứ diện B ‘ ABC và khoảng cách từ B đến góc với SB và cắt SB , SC , SD lần lượt tại M , N , P. 2 D. 2 phẳng  A ‘ BC  và  ABC  bằng 60 . Tính theo a và SA   ABCD  . Một mặt phẳng qua A vuông 1 1 ABC. A ‘ B ‘ C ‘ có cạnh AB  a , góc giữa hai mặt C. 22 D. 24 Câu 37: Cho hình vẽ: a 3 2 Câu 40: Cho hình chóp tứ giác đều có cạnh đáy A. a 3 B. a C. 2a D. R  bằng a và cạnh bên cũng bằng a. Thể tích của khối nón ngoại tiếp hình chóp là: A. a3 2 12 B. a 3 12 a 3 D. Đáp án khác. 6 Câu 41: Một hình lập phương có cạnh bằng a. Thể C. tích của khối trụ ngoại tiếp hình lập phương là: M , N lần lượt nằm trên cạnh SA, OA. Đặt SO  h a 3 D. 2a 3 2 Câu 42: Xét một hộp bóng bàn có dạng hình hộp không đổi. Khi quay hình vẽ quanh SO thì tạo chữ nhật. Biết rằng hộp chứa vừa khít ba quả bóng thành một hình trụ nội tiếp hình nón đỉnh S có bàn được xếp theo chiều dọc, các quả bóng bàn có Tam giác SOA vuông tại O có MN  SO với A. a 3 B. 4a 3 C. kích thước như nhau. Phần không gian còn trống trong hộp chiếm: 124 | Khai báo sách chính hãng tại: congphatoan.com để nhận 100 đề thi thử tặng kèm 25 đề cốt lõi Toán 12 Ngọc Huyền LB – facebook.com/huyenvu2405 A. 47,64% B. 65,09% của  P  và  Q  , khi có mặt phẳng    đi qua H C. 82,55% D. 83,3% và chứa  có phương trình: Câu 43: Một chậu nước hình bán cầu bằng nhôm có bán kính R  10 đặt trong một khung hình hộp chữ nhật (như hình vẽ). Trong chậu chứa sẵn một khối nước hình chỏm cầu có chiều cao h  2 . Người ta bỏ vào trong chậu một viên bi hình cầu A. 7 x  19 y  10 z  30  0 B. 7 x  19 y  10 z  4  0 C. 10 x  7 y  19 z  30  0 D. 10 x  7 y  19 z  4  0 bằng kim loại thì mặt nước dâng lên vừa phủ kín Câu 48: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho viên bi (như hình vẽ). Cho biết công thức tính thể mặt cầu tích của khối chỏm cầu hình cầu  O; R  có chiều  h cao h là: Vc hom  h 2  R   , bán kính của viên bi: 3  2 2  S  :  x  1   y  2    z  3  đường thẳng  : 2 9 và x6 y2 z2 . Viết tất cả   3 2 2 các phương trình mặt phẳng  P đi qua M  4; 3; 4  , song song với đường thẳng  và tiếp xúc với mặt cầu  S  . 1 2 D. Đáp án khác. A. r  1 B. r  C. r  1,5 Câu 44: Phương trình chính tắc của đường thẳng đi qua A  1; 4; 7  và vuông góc với mặt phẳng y  4 z  7  2 2 y4 z7 x1 z7 C. D. x  1   y4  4 2 2 4 x y 1 z2 Câu 45: Biết rằng đường thẳng d :   1 1 1 A. x  4  y  1  z  3 B. x  1  là tiếp tuyến của mặt cầu tâm I  1; 3; 5  . Bán kính r của mặt cầu có độ dài là: 14 B. 14 C. 77 D. 7 Câu 46: Gọi    là mặt phẳng song song với mặt phẳng    : 3x  2 y  z  5  0 thẳng d : và chứa đường x2 y8 z4 . Khoảng cách giữa   2 1 4 hai mặt phẳng    và    là: 9 A. 14 B.  2 x  2 y  z  18  0 B.   2 x  y  2 z  19  0 C. 2 x  y  2 z  19  0 D. Không tồn tại  P  . Câu 49: Cho A  0; 2; 2  , B  3;1; 1 , C  4; 3;0  và D  1; 2; m  . Tìm m để bốn điểm A , B, C , D đồng phẳng. x  2 y  2 z  3  0 là: A. A. 2 x  2 y  z  18  0 9 3 C. 14 14 D. 3 14 Một học sinh giải như sau: Bước 1:    AB   3; 1;1 ; AC   4;1; 2  ; AD   1; 0; m  2  .    1 1 1 3 3 1  Bước 2:  AB , AC    , ,    1 2 2 4 4 1      3;10;1 .     AB, AC  .AD  3  m  2  m  5 .   Bước 3: A, B, C, D đồng phẳng      AB, AC  . AD  0  m  5  0 .   Đáp số: m  5 . Bài giải trên đúng hay sai? Nếu sai thì sai ở bước nào? A. Đúng B. Sai ở bước 1. C. Sai ở bước 2. D. Sai ở bước 3. Câu 50: A  2;0; 0  , B  0; 2; 0  , C  0; 0; 2  , Cho Câu 47: Cho tam giác ABC với A  0; 1; 2  , D  2; 2; 2  . Mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD có B  3; 0;1 , bán kính là: C  2; 3;0   P : x  2y  z  3  0 và ; hai mặt phẳng Q  : 2x  y  z  3  0. Gọi A. 3 B. 3 C. 3 2 D. 2 3 H là trực tâm tam giác ABC. Gọi  là giao tuyến Đặt sách tại: Tiki.vn | Newshop.vn | Pibook.vn | Lovebook.vn | 125 Công Phá Toán The Best or Nothing ĐÁP ÁN 1B 2D 3C 4B 5C 6A 7B 8B 9A 10D 11A 12B 13C 14C 15C 16A 17D 18C 19B 20B 21A 22A 23D 24D 25A 26A 27A 28B 29C 30C 31A 32C 33B 34A 35A 36A 37B 38B 39C 40A 41C 42A 43A 44B 45A 46B 47A 48C 49C 50B HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT Câu 1: Đáp án B. Phân tích: Ta nhận thấy đề bài khá phức tạp và rắc rối, tuy nhiên ta có thể nhận thấy như sau. Do P, Q là hai điểm phân biệt và cách đều hai điểm A  3; 4  , B  3; 2  , nên P, Q nằm trên đường trung trực của đoạn thẳng AB. Khi đó ta sẽ viết được phương trình đường thẳng PQ khiến cho việc tham số hóa P, Q trở nên đỡ phức tạp hơn, lúc này khi tham số hóa P, Q ta sẽ có hai ẩn là hai hoành độ của P, Q ( với hai hoành độ là hai nghiệm của phương trình hoành độ giao điểm). Khi đã tham số hóa được PQ rồi ta thấy đề cho diện tích tứ giác APBQ do đó ta đi tìm mối liên hệ giữa tọa độ hai điểm P, Q và diện tích tứ giác. Ta nhận thấy ngay tứ giác có hai đường chéo vuông góc, tức là S  AB.PQ do vậy kết hợp với định lí Viet ta sẽ tìm được m. Lời giải chi tiết: Ta viết được phương trình PQ : qua I  0;1 là trung điểm của AB và có vtpt là  AB , khi đó PQ : x  y  1  0 . Xét phương trình hoành độ giao điểm giữa đường thẳng PQ và đồ thị  Cm  : mx  2  x  1  mx  2  x 2  1 (với x  1)  x2  mx  3  0  *  x1   0 Để đường thẳng PQ cắt  Cm  tại hai điểm phân biệt khác 1 tức là  m  2  0  m  2 . STUDY TIPS Nhiều độc giả quên điều kiện để hai nghiệm khác 2 nên đến cuối chọn luôn A là sai. Hãy luôn nhớ điều kiện để mẫu số khác 0. STUDY TIPS Ta thấy do đề bài liên quan đến hai đường tiệm cận do đó ta sẽ tìm nhanh các đường tiệm cân bằng cách nhẩm nhanh mà tôi đã giới thiệu cho quý độc giả ở các đề trước. Khi đó: P  x1 ; x1  1 ; Q  x2 ; x2  1  PQ  2  x2  x1  2 2 2 Ta có: S  24  3 2. 2  x1  x2   24   x1  x2   4 x1 x2  16 Áp dụng Viet với phương trình  *  ta được: m  2 m2  12  16  0    m 2.  m  2 Câu 2: Đáp án D. Đồ thị hàm số có tiệm cận ngang y  2 và tiệm cận đứng x  1 .  3  Giả sử M  x0 ; y0  , khi đó M  x0 ; 2  . x0  1   Khoảng cách từ M đến tiệm cận đứng sẽ là x0  1 . Khoảng cách từ M đến tiệm cận ngang sẽ là y0  2  126 | Khai báo sách chính hãng tại: congphatoan.com để nhận 100 đề thi thử tặng kèm 3 . x0  1 25 đề cốt lõi Toán 12 Ngọc Huyền LB – facebook.com/huyenvu2405 2 3  4  x0  1  4 x0  1  3  0 . Nhận thấy số điểm M x0  1 Khi đó x0  1  thỏa mãn phụ thuộc vào số nghiệm của phương trình này. Bấm máy tính ta thấy  x0  1  1 . Vậy sẽ có bốn nghiệm thỏa mãn, tức là bốn điểm M.   x0  1  3 Câu 3: Đáp án C. Ta xét phương trình y ‘  4 x 3  12 x  0 luôn có ba nghiệm phân biệt do đó A đúng, B đúng do hàm số là hàm đa thức luôn xác định và liên tục trên  . Tiếp theo đến nhận xét C thì ta nhớ lại bảng dạng đồ thị hàm số mà tôi đã nhắc nhiều lần cho quý độc giả ở các đề trước, với hàm trùng phương bậc bốn có hệ số a  1  0 và phương trình y ‘  0 có ba nghiệm phân biệt thì đồ thị hàm số có dạng chữ W (đây chỉ là mẹo nhớ chứ không phải đồ thị có dạng đúng là chữ W), tức là có hai điểm cực tiểu và một điểm cực đại. Vậy C sai. Câu 4: Đáp án B. Ta có để hàm số đồng biến trên khoảng có độ dài không nhỏ hơn 1 tức là ta cần đi xét từng trường hợp hệ số a  m  1 lớn hơn hay nhỏ hơn không, từ đó tìm các khoảng đơn điệu, và xét phương trình y ‘  0 từ đó tìm ra mối liên hệ giữa hoành độ của các điểm cực trị của đồ thị hàm số với các khoảng đơn điệu. Trước tiên: y ‘  3  m  1 x2  6  m  1 x  2m . Với m  1  y ‘  2  0 (loại). Với m  1 . Khi đó hệ số a  m  1  0 tức là đồ thị hàm số hoặc không có cực trị, tức là luôn đồng biến trên  , hoặc là đồ thị hàm số có dạng chữ N, khi đó hàm số luôn có khoảng đồng biến có độ dài lớn hơn 1 (thỏa mãn). Với m  1 , thì yêu cầu của bài toán sẽ trở thành y ‘  0 có hai nghiệm phân biệt thỏa mãn x1  x2  1 . Lí giải điều này là do a  m  1  0 , lúc này nếu y ‘  0 vô nghiệm thì không thỏa mãn yêu cầu đề bài, nên phương trình y ‘  0 phải luôn có hai nghiệm phân biệt x1 ; x2 , tức là lúc này hàm số sẽ đồng biến trên  x1 ; x2   phương trình y ‘  0 luôn có hai nghiệm x1 ; x2 thỏa mãn x1  x2  1.   ‘  9  m  1 2  6 m  m  1   0   2  x1  x1   4 x1 x2  1 STUDY TIPS Nhiều độc giả sẽ quên trường hợp m  1 và sẽ chọn C.  m  3  m  1  0 m  3     m  9 . 8m m  9 3  3 m  1  0    Kết hợp với TH2 thì m   ; 9    1;   . Câu 5: Đáp án C. Ta lần lượt xét từng mệnh đề một: Ta có: f ‘  x  đổi dấu qua x0 , tức là x0 là điểm cực trị của hàm số, và: – Nếu f ‘  x   0 với mọi x   a; x0  và f ‘  x   0 với mọi x   x0 ; b thì hàm số f  x  đạt cực tiểu tại điểm x0 . Đặt sách tại: Tiki.vn | Newshop.vn | Pibook.vn | Lovebook.vn | 127 Công Phá Toán The Best or Nothing – Nếu f ‘  x   0 với mọi x   a; x0  và f ‘  x   0 với mọi x   x0 ; b thì hàm số f  x  đạt cực đại tại điểm x0 . Vậy A, B đúng. 2 Với C ta có rõ ràng với hàm số y  x , hàm số đạt cực tiểu tại x  0 nhưng không có đạo hàm tại x  0 , do đó C sai. Câu 6: Đáp án A. B A Áp dụng bđt Cauchy cho hai số dương ta có: O D Đặt AB  x  0  x  2 R  . Ta có BC  4 R2  x 2 . Khi đó S  x. 4 R2  x2 . C x. 4 R2  x2  x 2  4 R2  x 2  2 R2 . 2 Dấu bằng xảy ra khi x  4 R2  x2  x  R 2 . Tức là a  b  R 2 . Câu 7: Đáp án B. Ta có D   2;1 STUDY TIPS Nhiều độc giả không phân biệt được phương trình của trục tung và trục hoành dẫn đến sai, nếu không nhớ, hãy thử vẽ trục tọa độ ra khi đó bạn sẽ xác định được một cách rõ ràng phương trình của các trục tọa độ. lim x2 x1 x1   và lim 2   . x 1 x  x  2 x2  x  2 Do đó x  2 và x  1 là hai tiệm cận đứng của đồ thị hàm số  C  . Từ đây ta có thể loại A và D. 1 1  2 x1 lim 2  lim x x  0  y  0 là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số. x x  x  2 1 2 1  2 x x Mà y  0 là trục hoành của đồ thị hàm số, do đó B đúng. Câu 8: Đáp án B. Đây chỉ là cách hỏi khác của dạng bài tìm m để hàm số đồng biến trên từng khoảng xác định. Ta có y ‘  m  1  x  1 2 để hàm số đồng biến trên từng khoảng xác định thì  m  1  0  m  1 . Câu 9: Đáp án A. D   1; 1 , khi đó để tìm GTLN, GTNN của hàm số trên tập xác định thì ta tìm các giá trị làm cho y ‘  0 và y ‘ không xác định, sau đó so sánh các giá trị của hàm số tại các điểm đó với nhau và với điểm đầu mút để kết luận GTLN, GTNN. y ‘  0  1  x2  x.x 1  x2  0  x 2  1  x2  x 2  1 1 . x 2 2  1   1   1  Ta có Min  f   ; f   ; f  1  ; f  1     2 2  2      1  Max  f   ; 2    1  1  f  M  m 1.  ; f  1 ; f  1    2  2 Câu 10: Đáp án A. Vẽ lại hình vẽ thì ta có hình vẽ đơn giản hóa như bên. Thực chất bài toán trở thành tìm x để AC  BC nhỏ nhất. 128 | Khai báo sách chính hãng tại: congphatoan.com để nhận 100 đề thi thử tặng kèm 25 đề cốt lõi Toán 12 Theo định lí Pytago ta có: A B 60 AC  60 2  x 2 ; BC  40 x P Ngọc Huyền LB – facebook.com/huyenvu2405 C Q 120  x  2  40 2  x2  240 x  16000 Khi đó: f  x   AC  BC  x2  3600  x 2  240 x  16000; Ta cần tìm Min f  x  .  0;12 Ta có: f ‘  x   x 2  x  3600 x  120 , khi bấm máy tính nhẩm nghiệm 2 x  240 x  16000 bằng cách nhập vào màn hình biểu thức f ‘  x  và ấn SHIFT SOLVE và chọn một số nằm trong khoảng  0; 120  để dò nghiệm, như tôi nhập 2 máy nhanh chóng hiện nghiệm là 72. Bấm máy tính sử dụng nút TABLE ta nhận thấy phương trình có duy nhất một nghiệm này do f ‘  x  chỉ đổi dấu qua 72. Khi đó ta có bảng biến thiên sau: x 0 72 f'(x) 120 0 f(x) Min Vậy từ đó ta có thể kết luận CP  72 . Câu 11: Đáp án A. Ta thấy tất cả các phương án đều liên quan đến cực trị, do vậy trước tiên ta xét phương trình 6 x 2  6  2m  1 x  6m  m  1  0  x 2   2m  1 x  m  m  1  0 . 2    2m  1  4m  m  1  1  0 , phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt x1 ; x2 2 2 Với A: Ta có x2  x1  1   x1  x2   4 x1 x2  1   2m  1  4m  m  1  1 (luôn thỏa mãn). Vậy đáp án A đúng. Câu 12: Đáp án B. Do đề bài yêu cầu tìm tổng các nghiệm của phương trình nên: Điều kiện: x  0; 2 x  x  2  1  x   log 3 1 PT  log 3   x  2   2    log 3 1  log 3 2 x  3x  3 2  x  3x  3    2 STUDY TIPS Với bài toán này nhẩm còn nhanh hơn bấm máy tính, nên hãy rèn luyện tư duy để có thể tiết kiệm thời gian khi cần thiết.  x  3 x  x  2  x2  2 x  x2  3x  3   x  1 .  2 1   2 2 x  3x  3  2 x  x  x  3 x  3  3 x   2 Câu 13: Đáp án C. Ta có thể dùng máy tính để thử từng đáp án một, tuy nhiên tôi giới thiệu cách phân tích nhẩm như sau:   log 3 40  log 3 23 .5  3 log 3 2  log 3 5  3a  b . Câu 14: Đáp án C. Đặt sách tại: Tiki.vn | Newshop.vn | Pibook.vn | Lovebook.vn | 129 Công Phá Toán The Best or Nothing  u  u’ v  v’u Ta có công thức   ‘  và eu ‘  u ‘.eu . v2 v   Khi đó áp dụng vào đây ta được:       ex  ex ‘ ex  ex  ex  ex ex  ex ‘  e x  ex  ‘   x x  2 e e  e x  e x  e  x  ex e 2   e x e x x   ex 2   2  4 e x  ex  2 Câu 15: Đáp án C. Ở đây có hai điều kiện để hàm số xác định, đó là điều kiện để loganepe tồn tại STUDY TIPS Nhiều độc giả quên điều kiện x  0. Từ đó chọn D là sai. Nhiều độc giả lại quên điều kiện ln x  1 . Nên chú ý có đủ các điều kiện. và điều kiện để căn thức tồn tại.     x  0 x  0 0  x  e 2   1 ln x   1   x  e    1  x  e   ln x  1  1  x  e   ln x  2   x  e 2  Câu 16: Đáp án A. Ta có:  x 3                  x ln x 2  1 ‘  x 3  x ‘.ln x 2  1  x 3  x . ln x 2  1 ‘   3 x 2  1 . ln x 2  1  x 3  x . 2x  3x 2  1 .ln x 2  1  2 x 2 x 1 2     Câu 17: Đáp án D. ĐK: x  2; x  1 . Ta nhận thấy có thể đưa về biến chung đó là log 3  x  2  , do đó ta biến đổi như 1 4m  16  0 sau: PT  log 3  x  2   2m. .log  x  2 3  16  log 3  x  2   1 log 3  x  2  2 Đặt t  log 3  x  2  khi đó phương trình trở thành: t  4m  16  0 t  t 2  16t  4 m  0  *  (do x  2  1 nên t  0) Mỗi t cho ta một nghiệm x  2; x  1 . Hơn nữa x  1  x  2  1  t  0. Vậy bài toán trở thành tìm m để phương trình *  có hai nghiệm dương.   64  4m  0   S  16  0  0  m  16 .  P  4m  0  Vậy có 15 giá trị của m thỏa mãn. Câu 18: Đáp án C. Ta lần lượt đi xét từng mệnh đề một, Ta thấy hàm số có tập xác định D  . I đúng. y ‘  e  x  x  2   e  x  0  e  x  3  x   0  x  3 . Ta thấy f ‘  x  đổi dấu từ dương sang âm qua x  3 nên hàm số đạt cực đại tại x  3 . II sai 130 | Khai báo sách chính hãng tại: congphatoan.com để nhận 100 đề thi thử tặng kèm 25 đề cốt lõi Toán 12 Ngọc Huyền LB – facebook.com/huyenvu2405 Đến đây ta không cần xét đến mệnh đề III nữa mà vẫn có thể kết luận được đáp án C. Do tất cả các phương án còn lại đều có II. Câu 19: Đáp án B. Ở bài toán này ta sẽ đi tìm nghiệm của bất phương trình theo m.   Bất phương trình  log 2 2 x 1  6  x  m      log 2 2 x1  6  log 2 2 x  log 2 2 m  2 x 2 x1  6  2m  2.22 x  6.2 x  2m . Đặt 2 x  t  t  1 ( do x  0 ). Khi đó bất phương trình trở thành: 2.t 2  6.t  2m . Xét hàm số f  t   2t 2  6t trên 1;   có: f ‘  t   4t  6  0  t  6   1;   4 Ta có bảng biến thiên sau: t 1 f'(t) f(t) + 8 Để bất phương trình thỏa mãn x  0 với mọi m thì 2m  8  m  3 . Câu 20: Đáp án B. ĐK: x  5 2 x2 2x  2 2 x 13 Bất phương trình  3 5x  3     2  x  13  5x Với x  5 thì  2 x  2  2  x  13  5  x   2 x  2  2  x  13  x  5   0  x  11  2 x 2  18 x  65  2 x  2  0  2×2  34 x  132  0   x  6   Kết hợp với x  5 thì có 4 nghiệm nguyên dương thỏa mãn. Với x  5 thì  2 x  2  2  x  13  5  x   2×2  34x  132  0  6  x  11 Kết hợp với x  5 thì có 6 nghiệm nguyên dương thỏa mãn. Kết luận: có 10 nghiệm nguyên dương thỏa mãn. Câu 21: Đáp án A. Do đề đã cho công thức tổng quát và có dữ kiện là sau hai tháng số tài khoản hoạt động là 108 160 người. Do đó thay vào công thức tổng quát ta sẽ tìm được A. Khi đó: 2 A  1  0.04   108160  A  100000. x Khi đó công việc của ta chỉ là tìm x sao cho 100000 1  0.04   194790 194790  17 hay 1 năm 5 tháng. 100000 Câu 22: Đáp án A.  x  log 1 0.04  Phân tích: Nhìn thoạt qua thì thấy bài toán khá là cồng kềnh, tuy nhiên đây lại là một bài toán khá là đơn giản dựa trên tính chất sau của logarit: log a b  1 log b a với 0  a  1; 0  b  1 . Vậy thực chất khi đó: A  log x 2  log x 3  log x 4  …  log x 2016 Đặt sách tại: Tiki.vn | Newshop.vn | Pibook.vn | Lovebook.vn | 131 Công Phá Toán The Best or Nothing Đến đây ta nhớ đến tính chất sau của logarit: log a x  log a y  log a xy với a, b, x, y thỏa mãn điều kiện tồn tại của logarit. Vậy A  log x  2.3.4…2016   log x  1.2.3.4…2016   log x 2016!  log x x  1 Câu 23: Đáp án D. STUDY TIPS Ta thấy rõ bài toán này ta không thể dùng phương pháp thử từng đáp án được vì đề bài yêu cầu phải tìm x1  2 x2 , do vậy ta phải giải từng bước một bài toán này. Điều kiện: x   0;   Do ở VP là logarit cơ số 2, do vậy ta sẽ biến đổi logarit ở VT về logarit cơ số 2. 1 Phương trình  .log 2 2 x  log 2 x.log 2 2 1  log 2 2 x  log 2 x.log 2 2 log 2 x  0  log 2 x  log 2  *   x  1  2   x1 1 1 x  1  1  0  log 2 x  log 2 x  log 2 2     x1 1 0   x  1  x 1 1  x  1  x  1  *    x  x  1  x  0 (mà x  0 loại) Vậy phương trình có một nghiệm. Câu 24: Đáp án D. Phân tích:  x 2  6 x  1  – Với mệnh đề A: Ta có f  x   F ‘  x      2x  3   2x  6  2x  3  2  x   2x  3 2   2x  6x  1 2 2  6x  20  2 x  3  2  x2  10  2 x  2 x  3   2 x  10 G ‘  x   ‘   2  2x  3   2x  3  2  . 2×2  6x  20  2x  3  2 . Vậy A đúng. – Với mệnh đề B ta có:   f  x   F ‘  x   5  2sin 2 x ‘  2.2.  sin x  ‘.sin x  2.2.cos x.sin x  2 sin 2 x   G ‘  x    1  cos 2 x  ‘  2sin2 x  1 ‘  2.sin 2 x . Vậy B đúng. – Với mệnh đề C:   f  x  G  x ‘    x2  2 x  2 ‘  2x  2 2 x2  2 x  2 . Đây là mệnh đề đúng. Vậy ta chọn D. Câu 25: Đáp án A. Ta có f  x  là nguyên hàm của hàm số g  x  , tức là f ‘  x   g  x  ,   Với I: f ‘  x   tan 2 x  2 ‘  2.tan x .  2  2 Với II: f ‘  x     ‘  2 1  tan x ‘  2.2.tan x  4 tan x . 2 cos x       Với III: f ‘  x   tan 2  1 ‘  2 tan x . Câu 26: Đáp án A. Đây là bài toán khá trừu tượng và khó tưởng tượng, có thể coi đây là bài toán đạt điểm tuyệt đối trong đề này, trước khi làm bài toán này tôi xin cung cấp cho 132 | Khai báo sách chính hãng tại: congphatoan.com để nhận 100 đề thi thử tặng kèm 25 đề cốt lõi Toán 12 Ngọc Huyền LB – facebook.com/huyenvu2405 quý độc giả một kiến thức đã học ở phần II, Bài 3, chương III (trang 117) sách giáo khoa giải tích cơ bản như sau: b Ta thừa nhận công thức: V   S  x  dx *  a Trong đó S  x  là diện tích của thiết diện của vật thể V. Thiết diện này vuông góc với trục Ox tại x   a; b  với a, b là các cận ứng với hai mặt phẳng song song và vuông góc với trục Ox, giới hạn vật thể V. z Việc nắm vững công thức  *  giúp quý độc giả có thể tích được thể tích của vật thể mà đề bài đã yêu cầu, cụ thể như sau: a z Ta sẽ gắn hệ trục tọa độ Oxyz vào vật thể này, tức là ta sẽ đi tính thể tích vật thể V giới hạn bởi hai mặt trụ: x 2  y 2  a 2 và x2  z2  a2  a  0  . y x x a O a y Hình vẽ bên mô tả một phần tám thứ nhất của vật thể này, với mỗi x  0; a  , thiết diện của vật thể (vuông góc với trục Ox) tại x là một hình vuông có cạnh y  a2  x2 (chính là phần gạch chéo tỏng hình vẽ). Do đó diện tích thiết diện sẽ là: S  x   a2  x 2 . a2  x2  a2  x2 x  0; a  . Khi đó áp dụng công thức * thì thể tích vật thể cần tìm sẽ bằng: a a  x3 V  8  S  x  dx 8  a 2  x 2 dx  8  a 2 x  3  0 0    a 16 a 3 .   3 0 Câu 27: Đáp án A. Do diện tích hình phẳng đã được thể hiện rõ trên hình nên ta đã xác định được cận rõ ràng, do vậy ta xác định được: Đây là diện tích hình phẳng được giới hạn bởi đồ thị hàm số y  4  x và parabol y  x2 . 2 2 0   x2  x2  S    4  x   dx    4  x   dx 2  2  0 2   x2 1 3  2  x2 x3  0 14 14 28 .   4x   x    4x       2 6 0  2 6  2 3 3 3  Câu 28: Đáp án B. Ta có diện tích hình phẳng được tính bằng công thức:  3  3   3 sin x 1  S   tan xdx   dx    .d  cos x   ln cos x 3   ln cos  ln cos 0 cos x cos x 3 0 0 0 0 1  ln 2 2 Thể tích vật thể tròn xoay được tính bởi công thức:   ln  3  3   1  V   tan xdx     1  dx    tan x  x  3 2  0 0  cos x 0 2          tan   tan 0  0     3   . 3 3 3    Câu 29: Đáp án C. Đặt sách tại: Tiki.vn | Newshop.vn | Pibook.vn | Lovebook.vn | 133 Công Phá Toán The Best or Nothing Ta sẽ tìm tích phân đó theo m từ đó tính m như sau    ln e ln m tức là m  0 nên không loại  ln m  2  ln1  ln m  2 m  0 và chọn A là sai. Đáp m  2  2 m  4 Khi đó ln m  2  ln 2    2  m  2 m  0 Câu 30: Đáp án C. án phải là C  0 ex dx  ex  2 ln m d ex  2 STUDY TIPS Chú ý nhiều độc giả quên điều kiện của ln m xác định  x e 2 0 x 2 ln m  ln e ln m  2  ln e 0  2 0 Theo định nghĩa sách giáo khoa ta có: Gỉa sử số phức z  a  bi được biểu diễn bởi điểm M  a; b  trên mặt phẳng tọa độ.  Độ dài vecto OM được gọi là mô đun của số phức z và kí hiệu là z .Vậy  z  OM  a 2  b 2 Từ đây ta suy ra A, B đúng. Vậy đáp án là C. Câu 31: Đáp án A. Cách 1: Sử dụng máy tính fx-570 VN PLUS. Nhập biểu thức trên vào, lưu ý: + Để biểu diễn mô đun số phức ta nhập SHIFT Abs + Để biểu diễn z trên máy tính cầm tay ta ấn SHIFT 2 (CMPLX) máy sẽ hiện như hình bên. Chọn 2: Conjg là biểu diễn số phức liên hợp của số phức. Vậy biểu diễn biểu thức như sau: Sau đó CALC rồi nhập từng giá trị vào: Thử vào ta được A là đáp án do kết quả bằng 0, máy hiện như hình bên. Cách 2: Nhận thấy ở đây mẫu số đang ở dạng số phức, do đó chúng ta sẽ vẫn liên hợp để bài toán trở nên đơn giản hơn. Gọi z  a  bi  a , b   . Ta có: iz   1  3i  z 1 i 2  z   a  4b   b  2 a  i 1 i   a  4b   b  2 a  i   1  i     a2  b2  3a  3b   5b  a  i  2 a 2  b2 2 a  b  0  5b  a  0  a   45  a  5b       26 2 2 2  26b  9b  0  3a  3b  2 a  b  9  b  26   Vậy ta chọn A.   STUDY TIPS Vì z đang còn rất phức tạp, đặc biệt là dưới mẫu do đó chúng ta nghĩ ra việc làm đơn giản nó về dạng chuẩn z  a  bi  a, b    , sau đó tìm được z và thay vào biểu thức z.z .  a 2  b2  Câu 32: Đáp án A.  1  m 1  m2  2mi im  Ta có: z  2 1  m  m  2i  1  m2  4 m2        m 1  m2  2 m  i 1  m2  2 m2 1  m 2 2     m 1  m   i 1  m  1  m  2 2 2 134 | Khai báo sách chính hãng tại: congphatoan.com để nhận 100 đề thi thử tặng kèm 2  25 đề cốt lõi Toán 12 Ngọc Huyền LB – facebook.com/huyenvu2405 m i m i  z  2 2 2 1 m 1 m 1 m 1  m2 2 2m m 1 1 Như vậy: z.z      m  2 2 2 2 m2  1     m  0 1 1    m  2   m3  2 m2  m  0   2 m 1 m  1 2 Câu 33: Đáp án B. Cách 1: Ta có thể từ các điểm biểu diễn mà suy ra được số phức z như sau: Phương án A là z  i Phương án B là z  1  i Phương án C là z  1  i Phương án D là z  i Vậy tương tự như Câu 31, ta sẽ nhập biểu thức và CALC để chọn đáp án. Từ đó ta cũng chọn được B Cách 2: Cách làm thông thường: Gọi z  a  bi  a, b    . Khi đó phương trình đã cho trở thành:  a  bi 1  3i   6  7 i a  bi 6  7 i   a  bi  1  3i 5 10 5  10a  10bi  a  3b  i  b  3a   12  14i  9a  3b  i  11b  3a   12  14i a  bi  9 a  3b  12 a  1  z 1 i .   11b  3a  14 b  1 Câu 34: Đáp án A. Bài toán này, thực chất là dựa trên kiến thức “Biểu diễn hình học số phức”. Ta thấy nếu đặt z1  x1  y1 i x ; y 1 1   . Khi đó điểm M  x1 ; y1  là điểm biểu diễn số phức z1 thỏa mãn: i  x1  y1 i   2  1 1  ix1  y1  2   x12  y1  2 2 2   2  1 . 4   Suy ra tập hợp các điểm M biểu diễn z1 là đường trong  C  có tâm I 0; 2 và 1 . 2 Khi đó nếu N là điểm biểu diễn của số phức z2 thì việc tìm GTNN của z1  z2 bán kính R  y I N là việc tìm GTNN của MN. Theo đề thì z2  iz1   y1  x1 i  N   y1 ; x1  là điểm biểu diễn z2 .   Ta nhận thấy rõ ràng OM.ON   x1 y1  x1 y1  0  OM  ON . M M’ x O Dễ nhận thấy: OM  ON  x12  y12 Ta có hình vẽ bên. Do OMN là tam giác vuông cân tại O nên MN  OM 2 , do đó để MN nhỏ nhất thì OM nhỏ nhất. Dễ thấy, OM nhỏ nhất khi M  M ‘ (M’ là giao điểm của OI với  1 đường tròn như hình vẽ) Tức là M  0; 2   . 2    1 1 Khi đó MN  OM 2   2   2  2  . 2  2 Đặt sách tại: Tiki.vn | Newshop.vn | Pibook.vn | Lovebook.vn | 135 Công Phá Toán The Best or Nothing Câu 35: Đáp án D. Ta có hình vẽ bên để quý độc giả có thể hình dung rõ hơn. Ta nhận thấy: khi nhìn vào hình vẽ thì rõ ràng đường nối tâm chính là đường trung bình của tam giác có đáy là đường chéo của mặt bên như trong hình vẽ. Do vậy độ dài đường chéo chính bằng hai lần độ dài của đường nối tâm đã cho, tức là 6 2 . Mặt khác độ dài đường chéo bằng 2 lần độ dài của cạnh hình lập phương, do đó độ dài cạnh hình lập phương có độ dài: 6. Khi đó V  63  216 . Câu 36: Đáp án A. Ta có: VABCD  VMABC  VMABD  1  d  d2  .21  126   d1  d2   18 . 3 1 Câu 37: Đáp án B. S Ta thấy khi quay quanh trục SO sẽ tạo nên một khối trụ nằm trong khối chóp. Khi đó thiết diện qua trục của hình trụ là hình chữ nhật MNPQ. Ta có hình sau: Ta có SO  h ; OA  R . Khi đó đặt OI  MN  x . Q I M Theo định lí Thales ta có: IM SI OA.SI R.  h  x  .   IM   OA SO SO h Thể tích khối trụ V  IM 2 .IH  B P N O A 2 R 2 .x  h  x  . 2 h Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có: 2 x  h  x  Vậy V  2  2x  2  h  x     3   3 h h 4R2 h . Dấu ”  ” xảy ra khi x  . Hay MN  . 3 3 27 Câu 38: Đáp án B. C’ A’ Theo như đề bài dữ kiện thì ta có thể dễ dàng tính được thể tích của khối lăng trụ tam giác đều ban đầu, từ đó suy ra thể tích của khối tứ diện AB ‘ BC . Để tính B’ được khoảng cách từ B đến  AB ‘ C  thực chất là tìm chiều cao của tứ diện, đến M đây bài toán sẽ được giải quyết nếu quý độc giả tìm được diện tích tam giác AB ‘ C . Vì đề bài cho dữ kiện A C H B  A ‘ BC  ,  ABC    60 , nên ta sẽ đi xác định góc này bằng  cách gọi H là trung điểm của BC. Tam giác ABC đều nên AH  BC  1 . A ‘ A   ABC   A ‘ A  BC  2  . Từ  1 và  2   BC  A ‘ H 3a     A ‘ BC  ,  ABC   A ‘ HA  60  A ‘ A  AH . tan 60  . 2   Khi đó V ABC . A ‘ B ‘ C ‘  A ‘ A.SABC  3 a a 2 3 3a 3 3 .  2 4 8 1 a3 3 lúc này ta có thể loại C và D. V 3 8 Dễ thấy diện tích tam giác AB ‘ C có thể tích được do B ‘ AC cân tại B’ có: Và VB ‘ ABC  2  3a  a 13 B ‘ A  B ‘ C  a2     ; AC  a . 2 2   136 | Khai báo sách chính hãng tại: congphatoan.com để nhận 100 đề thi thử tặng kèm 25 đề cốt lõi Toán 12 Ngọc Huyền LB – facebook.com/huyenvu2405 Dễ tính được chiều cao kẻ từ B’ của tam giác có độ dài là a 3 .  SACB ‘  S   Câu 39: Đáp án C. M Nhận xét hình thang ABCD cân và   ADB   90. ACB N A 3V 3a a2 3 .  d B;  AB ‘ C   B ‘ ABC  SAB ‘ C 4 2 B P AB  2 AD  2 BC  2CD  2a nên   90 . Ta có BC  AC và Mặt phẳng qua A vuông góc với SB tại M nên AMB BC  SA nên BC   SAC  . D C STUDY TIPS Nhiều độc giả theo thói quen đã đi tìm bán kính chứ không phải đường kính dẫn đến chọn sai đáp án.   90 . Do đó AN  BC và AN  SB nên AN  SBC   AN  BN , hay ANB   90 . Ta cũng có AP  SB và AP  BD nên AP   SBD   AP  BP , hay APB Ta thấy các điểm C, D, M, N, P đều nhìn AB dưới một góc vuông. Nếu đã nắm chắc được lời giải ở các đề trước thì ở đề này, không khó để quý độc giả nhận ra AB chính là đường kính của khối cầu. do vậy d  AB  2a . Câu 40: Đáp án A. Hình chóp SABCD là hình chóp tứ giác đều có AB  SA  a , nên khối nón ngoại 2 a 2 a 2 a 2 2 . tiếp hình chóp có bán kính đáy r  và chiều cao SO  a       2 2  2  2 Khi đó Vnon 1  a 2  a 2 a3 2 .  .    . 3  2  2 12 Câu 41: Đáp án C. Hình trụ ngoại tiếp hình lập phương đã cho có bán kính đáy r  a 2 và chiều 2 2 a 2 a3 cao bằng a  Vtru    .  a  2  2   Câu 42: Đáp án A. Giả sử bán kính của mỗi quả bóng bàn là r thì khi đó hộp đựng bóng bàn sẽ có kích thước 2r  2r  6r . Khi đó tổng thể tích của ba quả bóng bàn sẽ là 4 3. ..r 3  4r 3 . 3 Thể tích của hộp sẽ là 2r.2r.6r  24r 3 . Vậy phần không gian còn trống trong hộp sẽ là: V1  24 r 3  4 r 3 sẽ chiếm: 24 r 3  4 r 3 .100%  47, 64% 24 r 3 Câu 43: Đáp án A. Ta có thể tích phần nước dâng lên chính bằng thể tích của viên bi ném vào.  h Do vậy ta có thể tích nước ban đầu: V1  h 2  R   3  Khi đó thể tích nước sau khi ném viên bi vào thể tích sẽ là: V2  V1   4 3 h 4 r  h 2  R    r 3 (1) 3 3 3  Đặt sách tại: Tiki.vn | Newshop.vn | Pibook.vn | Lovebook.vn | 137 Công Phá Toán The Best or Nothing Theo đề bài ta có: “Bỏ vào trong chậu một viên bi hình cầu bằng kim loại thì mặt nước dâng lên vừa phủ kín viên bi.” Do vậy thể tích sau khi bỏ viên bi vào được tính bằng công thức: 2  2r  V2  .  2r   R   (2) 3   Từ  1 và  2  ta có phương trình:  h 4  2r   h h 2  R    r 3  4 r 2  R    4r 3  4 Rr 2  h 2  R    0 . 3 3 3  3    Khi đó thay các giá trị mà đề đã cho vào phương trình bấm máy tính giải ta được r  1.01945 (chọn A). Bấm máy tính ta thấy có 2 nghiệm, tuy nhiên việc bán kính của viên bi xấp xỉ bằng chậu nước là điều vô lí (  9.90486) . Câu 44: Đáp án B. Ta có đường thẳng cần tìm vuông góc với mặt phẳng  P  đã cho phương trình do đó vtcp của đường thẳng cần tìm cùng phương với vtpt của mặt phẳng. Khi đó kết hợp với dữ kiện đường thẳng đi qua A  1; 4; 7  thì ta được phương trình: y  4 z  7 x1 y  4 z 7 .    x1  1 2 2 2 2 Câu 45: Đáp án A. STUDY TIPS Ta không có công thức tính khoảng cách từ một điểm đến một đường thẳng do vậy ta sẽ tham số hóa tọa dộ điểm H là hình chiếu của điểm I lên đường thẳng d, từ đó tính khoảng cách giữa hai điểm I và H. STUDY TIPS Nhiều độc giả đi làm lần lượt đó là viết phương trình mặt phẳng  ra rồi bắt đầu tính, tuy nhiên đó là cách làm lòng vòng, nên chú ý để có được cách làm nhanh nhất khi làm trắc nghiệm. Do chỉ có một phương trình nên ta sẽ viết phương trình tham số của đường thẳng d từ đó ta có phương trình một biến. x  t   Ta có d :  y  1  t  H  t; 1  t; 2  t   IH   t  1; t  4; t  3 . z  2  t  Do IH  d nên ta có phương trình: t  1  t  4  t  3  0  t  2 .  2 2 2 Khi đó IH   2; 3; 1  IH   2    3    1  14 Câu 46: Đáp án B. Do        nên khoảng cách từ    đến    bằng khoảng cách từ một điểm trên   đến    . Mà    chứa đường thẳng d do đó M  2; 8; 4   d  M     . Do đó d  3.2  2.8  4  5 2 32   2    1 2  9 14 . Câu 47: Đáp án A. Trước tiên ta đi tìm tọa độ trực tâm H  x , y , z  của tam giác ABC. Khi đó ta sẽ lập hệ phương trình ba ẩn với ba dữ kiện sau:    AH .BC  0  x  3 y  z  5      17 1    2 x  4 y  2 z  4  H  ;  ;1  .  BH .AC  0 5   5 2 x  4 y  10 z  16          AB , AC  AH  0 x  2 y  z  3  0 x y z3 Do    P    Q  nên   . :   1 3 5 2 x  y  z  3  0  Giao tuyến  đi qua M  0; 0; 3  và có vtcp u   1; 3; 5  . 138 | Khai báo sách chính hãng tại: congphatoan.com để nhận 100 đề thi thử tặng kèm 25 đề cốt lõi Toán 12 Ngọc Huyền LB – facebook.com/huyenvu2405   qua H  175 ;  15 ;1  và vectơ pháp tuyến      n  u, MH    7;19;10        : 7 x  19 y  10 z  30  0 . Câu 48: Đáp án C. Cách 1: Làm thông thường: Với đề bài dạng này cho khá nhiều dữ kiện thì ta sẽ  chọn phương pháp đặt vtpt của mặt phẳng  P  là n   a; b; c  , a2  b2  c 2  0 là   VTPT của  P  . Khi đó  P  : a  x  4   b  y  3   c  z  4   0   2b  2c Vì  P    nên nP  u . Suy ra 3 a  2b  2c  0  a  (1) 3   Theo đề ta có  P  tiếp xúc với mặt cầu  S  nên d I ;  P  R  3a  b  c a2  b2  c2  3 (2) 2 2  2b  2c  2 2 2 2 Từ  1 và  2  ta có  b  c      b  c  2b  5bc  2c  0  3   3   c b   2b  c  b  2c   0   2  b  2c – Với b  2c , chọn b  2, c  1  c  2 . Khi đó  P  : 2 x  2 y  z  18  0 (không thỏa mãn vì chứa  ) STUDY TIPS Nhiều độc giả không loại trường hợp trên nên dẫn đến chọn B. – Với b  c , chọn c  2  b  1 . 2  P   2x  y  2z  19  0 (thỏa mãn). Cách 2: Thử từng đáp án một. Câu 49: Đáp án C. Ta lần lượt đi phân tích từng bước một. Ở bước 1: Ta thấy tất cả các tọa độ đều được tính đúng. Bước 2: Ta thấy biểu thức tính tích có hướng đúng, ta có thể kiểm tra việc này bằng cách bấm máy tính tôi đã giới thiệu ở các đề trước. Với biểu thức tính tích hỗn tạp ta kiểm tra lại như sau:     AB, AC  .AD  3.1  0.10   m  2  .1  m  1  m  5 . Do đó bước 2 sai, chọn C.   Câu 50: Đáp án B. Ta có gọi I  a; b; c  là tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD khi đó:  a  2 2  b2  c 2  R2  a 2   b  2 2  c 2  R 2  IA  IB  IC  ID  R   2 a 2  b2   c  2   R2  2 2 2  a  2    b  2    c  2   R2 4 a  4  4b  4  a  b  c  4b  4  4c  4  2 2 2  3  a  2    a  2   2a 2 2 2 2 2 2  a  2    b  2    c  2    a  2   b  c 2  a  b  c  1 . Khi đó R  3  1  2   3 . Đặt sách tại: Tiki.vn | Newshop.vn | Pibook.vn | Lovebook.vn | 139 Công Phá Toán The Best or Nothing ĐỀ ÔN LUYỆN SỐ 9 Câu 1: Tập xác định của hàm số: f  x   2x 1  x2  2x  1 là: 1 x 3. Đường thẳng y  2 tiếp xúc với đồ thị hàm số. A. Khẳng định 2, 3 B. Khẳng định 1, 2, 3 C. Khẳng định 3 D. Khẳng định 2 A.  1;1 B.  1;1 Câu 7: (Nhà toán học leo núi) Một nhà toán học C.  1;1 D.   ; 1  1;   đang dự định chinh phục đỉnh núi Everest (có độ Câu 2: Hàm số y  2 x  ln x  x 2 đồng biến trên:  1 3  A. Hàm số đồng biến trên khoảng  0; .  2   B. Hàm số đồng biến trên nửa khoảng  1 3   0; .  2   C. Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng 1 3   1 3  ;0 ; ;   .   2   2      D. Hàm số đồng biến trên mỗi nửa đoạn  1 3   1 3   ;  ;  0; .  2   2   Câu 3: Tìm m  0 để đồ thị của các hàm số 4x  m  1 y  x  3x  1 và y  không cắt nhau. x 1 A. Không tồn tại. B. m  3 3 C. m  1,045 D. m  3 Câu 4: Tìm tiệm cận đứng của đồ thị hàm số y ông rất quan tâm tới vấn đề áp lực khí O2 trong khí thở. Qua tìm hiểu ông phát hiện ra hai công thức có ảnh hưởng tới quá trình leo núi của mình: PO  CO 2 2 / kk . P kq   47  mmHg  (trong đó, PO là áp lực khí O2 trong khí thở, CO 2 2 / kk  0,21 là nồng độ O2 trong không khí bình thường, Pkk  mmHg  Pkk  f  h   là áp lực 3 h /5000  1 e  3  h / 5000  khí quyển) và 2 2 .760  mmHg  (trong đó, h  m là độ cao nơi người đó đứng so với mặt đất). Khi dưới 100mmHg bệnh ông sẽ tái phát và chết. Tìm khẳng định đúng? 1. Muốn bảo toàn tính mạng, nhà toán học không thể lên đỉnh núi. 2. Còn thiếu chưa đầy 100m nữa là nhà toán học có thể lên đỉnh núi. 2x ? 2 x  3x 3. Nhà toán học sẽ lên được đỉnh nếu sức chịu A. x  0; x  3 B. y  3 C. y  0 D. x  3 Câu 5: Tìm m để hàm số y  x 3  x 2  mx  1 có  1 1 cực đại tại x0    ;  ?  2 2 7 1 A.   m  4 4 1 C. 0  m  3 cao là 8848m ). Do có vấn đề về tim mạch, nên đựng của ông ta là trên 110mmHg . A. Không có C. Khẳng định 1, 3 B. Khẳng định 1, 2, 3 D. Khẳng định 1, 2 4 Câu 8: Cho hàm số y  x  2 mx 2  3m  1 1 ( m là tham số thực ). Tìm các giá trị của m để đồ thị 7 1 B.   m  4 4 1 D. 1  m  5 hàm số (1) có điểm cực đại và cực tiểu, đồng thời các điểm cực trị tạo thành tam giác có diện tích bằng 1? Câu 6*: Cho đồ thị hàm số y  x 3  3 x . Khẳng 1 A. m    2 định nào sau đây đúng? C. m  1 1. Tồn tại hình chữ nhật có bốn đỉnh thuộc đồ thị 2/5 B. m  0 D. Không tồn tại m . Câu 9: Đồ thị của hàm số sau là của hàm số nào? hàm số trên. 2. Không tìm được độ dài lớn nhất của đoạn OA với O là gốc tọa độ còn A là điểm di động trên đồ thị. 140 | Khai báo sách chính hãng tại: congphatoan.com để nhận 100 đề thi thử tặng kèm 25 đề cốt lõi Toán 12 Ngọc Huyền LB – facebook.com/huyenvu2405 A. 2 y C. 1  2 B. 2 D. 0 Câu 16: Phương trình:   log 3  x  2   log 4 x 2  4 x  3 có nghiệm là: A. 2  3 B. 2  3 C. 2  3 D. Vô nghiệm Câu 17: Giải bất phương trình: x O 1  1  log 2 x 2  4 x  5  log 1  . 2  x7   2 3 2 3 A. y   x  3 x  1 B. y  2 x  x  1 x 1 2x  1 4 Câu 10: Cho hàm số y  x  2mx 2  2 C. y  x 4  2 x 2  2 D. y   27  A.  ;   5    27  B.  7;   5    27  C.   ; 5  5   D.  1;   1 . Tìm tất cả giá trị thực của m để đồ thị của hàm số  1 Câu 18: (Chiến tranh và dân số thế giới) Cục có ba điểm cực trị tạo thành một tam giác có điều tra dân số thế giới cho biết: Trong chiến 3 9 đường tròn ngoại tiếp đi qua điểm D  ;  ? 5 5 năm giảm đi 2% so với dân số năm liền trước đó. Vào thời hòa bình sau chiến tranh thế giới 5  1   A. 1;  2     5  1  B. 1;  2   C. 1 D. Không tồn tại. thứ hai thì dân số tăng 4% so với dân số năm liền trước đó. Giả sử rằng, năm thứ 2 diễn ra chiến Câu 11: Tìm tổng giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ 4 tranh thế giới thứ hai (kéo dài 6 năm); dân số mỗi 2 nhất của hàm số f  x   2 x  4 x  10 trên đoạn tranh dân số thế giới là 4 tỉ người. Kể từ thời điểm đó thì 10 năm sau thì dân số thế giới là bao nhiêu tỷ người? (làm tròn đến chữ số thập phân thứ hai). 0; 2  ? A. 4,88 A. 12; 6 B. 12 C. 6 1 f  x  . log 3  x  1 A. 0 B.  ; 1 C.  1;   0 D.  1;    0 Câu 13: Phương trình: 2 log 5  3 x  1  1  log 3 5  2 x  1 B. 1 C. 3 D. Vô nghiệm Câu 3 C. 1 a.2b  b.2 a 2a  2b D. 1 x  y biết x; y thỏa mãn: 3 21: B. 1  3 3 C. 4 Một nguyên D. 28 hàm của hàm số y  ln  ln x  là: A. Câu 14: Giải phương trình:  log 3 x 2  3x  log 1  2 x  2   0,  x    . 3 1 x C.  x 1 1 x B.  ln  ln x  dx 1 x ln  ln t  dt D.  ln  ln t  dt 2 1 1 3 A. x  2 B. x  C. x  1 D. x  1; 3 2 Câu 15: Tính tổng các nghiệm của phương trình: 2 2 1 log 2 x 2  1  log 2  x  1  log 2  x  2  . 2  D. 4,35 2 x 1.log y  2  2 2 x 9 .  x 2 9.2 .log 27 y  9  log 3 y A. 2 có bao nhiêu nghiệm thực? A. 2 B. 2017 Câu 20: Tính A.  1;    C. 4,5 Câu 19: Tìm 2017 a  2017 b biết: a  b  Câu 12: Tìm tập xác định của hàm số:  B. 4,95 D. 6 Câu 22: Tính tích phân:   x  1 3 2 x  x2 dx . 0 2 2 B.  5 15 Câu 23: Tính tích phân: A.  C.  7 50 D. 2 30 Đặt sách tại: Tiki.vn | Newshop.vn | Pibook.vn | Lovebook.vn | 141 Công Phá Toán The Best or Nothing 1  Câu 30: Tìm số phức z thỏa mãn z  13 và  I    ln 3 x 4  x 2  2 ln x dx .   1 3 A. 4 ln 2  ln 3 4  3   3 3 9 B. 4 ln 2  ln 3 4  3   3 3 9 C. 4 ln 2  ln 3 4  3   3 3 9 D. 4 ln 2  ln 3 4  3   3 3 9 Câu 24: Tính tích phân: A.  1 2 Câu 25: Tính tích phân: A. 3  ln C. 3  6 ln dx 1 1 x 2 .  2 D. 900 x1  x3 B. 3  6ln 1 B. 2 3 2 A. 3   46 20  3 3 ln 3 z2i  2. z 1i B. 10  3 C. 2 10 D. 10 thức: 2 z  1  z  z  2 A. Tập hợp các điểm cần tìm là hai đường B. Tập hợp các điểm cần tìm là đường tròn x  y2  2 . C. Tập hợp các điểm cần tìm là đường elip: y2 1 2 D. Tập hợp các điểm cần tìm là hai đường  x2  B. S  1; 2; 3 y2 x2  1;  y 2  1 2 2 Câu 35: Tính phần ảo của số phức z, biết elip: x 2  z 3  12i  z và z có phần thực dương. 50 51 52 53 B. S  C. S  D. S  3 3 3 3 Câu 29: Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi A. s    y  x.sin 2 x  các đường  y  2 x .   x  2  2   4 4 1 D.   2i 2 2 D. S   B. 1  2i 2 thẳng x = 0, x = 2.  y  x 2  4 x hạn bởi các đường  .  y  2 x 2   4 4 C. hợp điểm biểu diễn các số phức z thỏa mãn hệ Câu 28: Tính diện tích của miền phẳng bị giới A. B. 17 5iz . 2  i Câu 34: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, tìm tập  2t  3 dt  x 3  2 . C. S   D. 3 của z . 68 46 20  D. 3 3 3ln 3 Câu 27: Giải phương trình: 0  3t A. S  1; 2 C. 1 Tìm trung bình cộng giá trị nhỏ nhất và lớn nhất dx . C. x B. 10 Câu 33: Cho số phức z thỏa mãn D. 3  6 ln 3 3 17 2 A. x3 3 0 3. 80 3ln 3 D. z  3  2i Câu 32: Tính z biết: z   1  i  3  2i   Câu 26*: Tính tích phân: I   min 3x ; 2 x 2  1 dx A. C. 2  3i A. 1 C. 3 2 B. z  3  2i 1  2i  z  937ii  5  2i. 1 3 2 A. z  3  2i Câu 31: Tìm phần thực của số phức z , biết rằng 0 B.   1 z  2  i  2 z 1 i . A. 2 B. 5 C. 1 D. i Câu 36: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi; hai đường chéo AC  2 3a; BD  2a và cắt nhau tại O; hai mặt phẳng  SAC  và  SBD   ABCD  . Biết khoảng cách từ điểm O đến mặt phẳng  SAB  cùng vuông góc với mặt phẳng C. 2 4 D.  4 bằng a 3 . Tính thể tích khối chóp S.ABCD. 4 142 | Khai báo sách chính hãng tại: congphatoan.com để nhận 100 đề thi thử tặng kèm 25 đề cốt lõi Toán 12 Ngọc Huyền LB – facebook.com/huyenvu2405 a3 a3 3 a3 2 C. D. 3 3 2 Câu 37: Cho hình lăng trụ ABC.A’B’C’ có A’.ABC Câu 42: Một hình hộp chữ nhật có đường chéo là hình chóp tam giác đều cạnh đáy AB  a. Biết Câu 43: Hình chóp cụt có mặt đáy trên là đa giác độ dài đoạn vuông góc chung của AA’ và BC là lồi có 12 đỉnh. Số mặt của hình chóp cụt là: A. a3 3 B. a 3 . Tính thể tích khối chóp A’.BB’.C’C. 4 3 3 3 chính bằng 3 thì thể tích lớn nhất bằng: A. 3 3 A. 24 a . 5 a 3 a a . 15 B. C. D. 18 18 18 18 Câu 38: Cho lăng trụ đứng ABC.A’B’C’ có đáy a3 . 15 a3 . 5 a3 . 15 a3 . 19 B. C. D. 12 4 4 4 Câu 39: Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình A. thang vuông tại A và D . SA vuông góc với mặt  ABCD  ; AB  2a , AD  CD  a . Góc giữa phẳng  SBC  và mặt đáy  ABCD  là 60 . phẳng  P  đi qua CD và trọng tâm G của 0 tam giác SAB cắt các cạnh SA , SB lần lượt tại M , S.CDMN theo thể tích khối chóp S. ABCD . A. VS.CDMN  B. VS.CDMN  C. VS.CDMN D. 26 14 V 27 SABCD 2 2 2 2 B. x2   y  1   z  2   4 C. x2  y 2  z 2  y  2 z  16 a. Tính theo a thể tích khối lăng trụ ABC.A’B’C’. N . Tính thể tích khối chóp C. 14 A. x 2   y  1   z  2   4 2 với mặt phẳng (ABB’A’) góc 600 và AB = AA’ = Mặt B. 12 D. 6 điểm cách A  0;1; 2  một đoạn 4 là: ABC là tam giác cân đỉnh C; đường thẳng BC’ tạo mặt C. 9 Câu 44: Trong không gian Oxyz , tập hợp các 3 A. đáy B. 3 D. x2  y 2  z 2  2 y  4 z  11 Câu 45: Trong không gian Oxyz , cho các điểm A  2; 0; 0  , B  0; 2; 0  , C  0; 0;1 và đường thẳng d: x2 y z 1 . Viết phương trình chính tắc   1 1 1 của đường thẳng  nằm trong mặt phẳng  ABC  cắt và vuông góc với đường thẳng d . x 1 y 1 z x 1 y 1 z     B. : 1 3 2 1 3 2 x 1 y 1 z x 1 y 1 z C. : D. :     1 3 2 1 3 2 Câu 46: Trong không gian với hệ trục tọa độ A. : Oxyz , cho mặt phẳng 4 V 27 SABCD Q  : x  y  z  0 và hai điểm A  4; 3;1 , B  2;1;1 . Số điểm M thuộc mặt 10VSABCD  27 phẳng  Q  sao cho tam giác ABM vuông cân tại M là: VSABCD 2 Câu 40: Cho lăng trụ tam giác đều ABC.A ‘ B ‘ C ‘ Câu 47: Trong không gian Oxyz , cho hai điểm có tất cả các cạnh bằng a . M là trung điểm cạnh A  1; 2; 1 và B  2;1; 3  . Tìm tọa độ điểm C trên AB . Mặt phẳng  P  đi qua M và vuông góc với trục Ox sao cho tam giác ABC vuông tại C . D. VS.CDMN  CB ‘ , cắt các cạnh BC , CC ‘ , AA ‘ lần lượt tại N , E , F . Xác định N , E , F và tính thể tích khối chóp C.MNEF . A. 7 a3 128 B. 7 3a 3 128 C. 7 a3 21 3a3 D. 128 128 3 Câu 41: Công thức tính thể tích khối cầu đường kính R là: 4 A. R3 3 A. 1 B. 4 C. 3 D. 2   B. C  1  3; 0; 0  ; C  1  3; 0; 0  C. C  1  3; 0; 0  D. C  1  3; 0; 0  ; C  1  3; 0; 0  A. C 1  3; 0; 0 Câu 48: Trong không gian với hệ trục tọa độ 3 B. R3 4 4 C. R3 5 1 D. R3 6 Oxyz , cho hai đường thẳng d1 : x 4 y 5 z 7   1 1 1 Đặt sách tại: Tiki.vn | Newshop.vn | Pibook.vn | Lovebook.vn | 143 Công Phá Toán và d2 : The Best or Nothing x 2 y z 1 . Số đường thẳng  đi   1 1 2 qua M  1; 2;0  ,  d1 và tạo với d2 góc 60 0 là: A. 1 B. 0 C. 3 D. 2 mặt phẳng  Q  song song với mặt phẳng  P  và cắt mặt cầu  S  theo một đường tròn có bán kính bằng một nửa bán kính mặt cầu S  . Câu 49: Trong không gian Oxyz , viết phương A.  Q1  : 2 x  3 y  z  3  7 3  0 , trình mặt phẳng đi qua M  2; 3; 1 , vuông góc Q2  : 2 x  3 y  z  3  7 3  0 B.  Q1  : 2 x  3 y  z  3  7 3  0 , Q2  : 2x  3y  z  3  7 3  0 C.  Q1  : 2 x  3 y  z  3  7 3  0 , Q2  : 2x  3y  z  3  7 3  0 D.  Q1  : 2 x  3 y  z  3  7 3  0 , Q2  : 2x  3y  z  3  7 3  0 với hai mặt phẳng lần lượt có phương trình 5 x  4 y  3 z  20  0 và 3 x  4 y  z  8  0 . A. 2 x  y  2 z  9  0 B. 2 x  y  2 z  9  0 C. 2 x  y  2 z  9  0 D. 2 x  y  2 z  9  0 Câu 50: Trong không gian toạ độ Oxyz , cho mặt S  : x  y  z  2x  4 y  2z  8  0 và mặt phẳng  P  : 2 x  3 y  z  11  0 . Viết phương trình cầu 2 2 2 144 | Khai báo sách chính hãng tại: congphatoan.com để nhận 100 đề thi thử tặng kèm 25 đề cốt lõi Toán 12 Ngọc Huyền LB – facebook.com/huyenvu2405 ĐÁP ÁN STUDY TIPS Nhiều học sinh quên điều kiện mẫu số khác 0 và đưa tới kết quả B. Một số khác giải sai bất phương trình 1  x2  0 và đưa ra kết quả khác. 1.C 2.B 3.A 4.D 5.A 6.B 7.C 8.C 9.A 10.A 11.D 12.C 13.B 14.C 15.C 16.A 17.B 18.B 19.A 20.C 21.D 22.B 23.C 24.A 25.C 26.B 27.A 28.C 29.A 30.D 31.C 32.A 33.D 34.A 35.C 36.C 37.B 38.C 39.A 40.B 41.D 42.A 43.C 44.D 45.A 46.D 47.B 48.D 49.A 50.B HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT Câu 1: Đáp án C. Điều kiện xác định bao gồm biểu thức trong căn bậc hai phải không âm và mẫu số phải khác 0. 1  x2  0  1  x  1 Khi đó, với bài toán ta có:   x  1  0 Câu 2: Đáp án B. Ta xét: STUDY TIPS Sai lầm cơ bản nhất: + Mặc định là hàm số đồng biến khi và chỉ khi y ‘  0 và đưa tới đáp án A. + Khi khắc phục được y ‘  0 nhưng do quên mất điều kiện x  0 nên lại thu được đáp D. + Giải sai bất phương trình có thể thu được đáp án C. y’  2  1 2 x  1  2×2  2x  x x 1 3 2 Đến đây ta phải xét dấu của y ‘ . Lưu ý rằng điều kiện xác định của hàm số là y ‘  0  2 x2  2 x  1  0  x  x  0 (để ln x tồn tại). Và ta thu được hàm số đồng biến trên nửa khoảng  1 3   0; .  2   Câu 3: Đáp án A. Điều kiện cần và đủ hai đồ thị không cắt nhau là hệ phương trình không có  y  x 3  3x  1  nghiệm:  4x  m  1 y  x 1  Điều này tương đương với phương trình  *  sau không có nghiệm: x3  3x  1   4x  m  1 *  x 1   x 3  3 x  1  x  1  4 x  m  1  x 4  x 3  3 x 2  m    x  1  x  1 Xét f  x   x 4  x 3  3 x 2 dễ thấy f  x  là một hàm liên tục và nhận mọi giá trị dương. Nên điều kiện cần để  *  vô nghiệm là: m  f  1 . Nhưng f  1  3  0 do đó, trường hợp này cũng không xảy ra. Vậy đáp án bài toán là không tồn tại giá trị của m và đáp án đúng là A. Lưu ý: Nhiều học sinh cảm thấy lúng túng khi giải quyết phương trình  *  và thường sẽ lập luận theo kiểu tính:  f ‘  x   4 x 3  3×2  6 x  x 4 x 2  3x  6 f ‘  x   0  x  0; x   3  105 8 Đặt sách tại: Tiki.vn | Newshop.vn | Pibook.vn | Lovebook.vn | 145 Công Phá Toán The Best or Nothing Và rõ ràng là đang làm phức tạp bài toán lên. Hãy đọc kĩ đề bài vì đề bài chỉ yêu cầu tìm m  0 thôi nhé! Câu 4: Đáp án D STUDY TIPS Sai lầm thường gặp: Do Ta có: y  không rút gọn nên nhiều học sinh ra đáp án A. Rõ ràng, hàm số này chỉ có duy nhất một tiệm cận đứng là x  3 . x x 1   ; x  0; x  3 x  3x x  x  3  x  3 2 Câu 5: Đáp án A. Ta có: y ‘  3 x 2  2 x  m    1  3m  0  ‘  0    1  7 1 3 Điều kiện cần tìm là:  y ‘     0    1  m  0    m  4 4   2 4  1 3 y ‘    0  4  1  m  0 2    Câu 6: Đáp án B. Khẳng định 2 và 3 chúng ta dễ dàng kiểm tra được tính đúng đắn! Còn khẳng định 1 là một câu hỏi khá lạ đối với học sinh. Tuy nhiên, ta chỉ cần chú ý tính chất điểm uốn là tâm đối xứng và ta chỉ cần chú ý nếu tồn tại 2 điểm cùng một bên điểm uốn mà cách đều điểm uốn thì bài toán được giải quyết. (Công việc này khá đơn giản). Đáp án đúng là B. Câu 7: Đáp án C. Công việc của bài toán này thì không có gì khó. Bài toán này có thể dùng đạo hàm và rút ra nhận xét, hoặc đơn giản hơn ta chỉ cần xét tại các điểm mà đề bài đã cho. Đáp án đúng là C. Câu 8: Đáp án C. x  0 Ta có y ‘  4 x x 2  m  0   2 . Để hàm số có CĐ, CT thì m  0 .  x  m  STUDY TIPS Sai lầm thường gặp: Trong công thức diện tích thiếu 1/2 nên có thể dẫn tới đáp án A. Bài toán này sẽ phức tạp nếu không để ý tới tính đối xứng của B và C.  Khi đó, đồ thị hàm số có các điểm CĐ, CT là   A  0; 3 m  1 ; B  m ;  m 2  3m  1 ; C  m ;  m2  3m  1  Vì A  Oy ; B , C đối xứng với nhau qua Oy nên: 1 y  y B . xB  xC  m2 . m  1  m  1  tm  2 A Câu 9: Đáp án A. SABC  Rõ ràng từ hình vẽ ta có thể thấy ngay đó là đồ thị hàm số bậc ba. Tuy nhiên dễ nhìn thấy khi x càng lớn thì đồ thị càng đi xuống tức là y càng ngày càng âm. Do đó, hệ số của x 3 phải âm nên chỉ có thể là đáp án A. Câu 10: Đáp án A.   Ta có: y ‘  4 x 3  4 mx  4 x x 2  m , điều kiện để đồ thị hàm số có 3 điểm cực trị là m  0 . Khi đó các điểm cực trị của đồ thị hàm số là A  0; 2  , B   C  m ;  m 2  2 , tam giác ABC cân tại A . Tâm I của đường tròn  ABC  nằm trên trục tung  I  0; y  . 146 | Khai báo sách chính hãng tại: congphatoan.com để nhận 100 đề thi thử tặng kèm   m ;  m2  2 , 25 đề cốt lõi Toán 12 Ngọc Huyền LB – facebook.com/huyenvu2405  1 1  Ta có IA  IB  I  0; 2  m2  . 2 2m   STUDY TIPS Sai lầm thường gặp: Quên điều kiện m  0 nên có thể ra đáp án B. 3 9 Đường tròn  ABC  qua D  ;  5 5 2 2 3 1 1 1  1 2 1   ID  IA       m 2    m   2m   2 2m  5 5 2 2 1 2 1 5 1 (do m  0 ). m   1  0  m  1 hoặc m  2 2m 2 Câu 11: Đáp án D.  f  x  xác định liên tục trên đoạn 0; 2  , ta có: f ‘  x   8 x 3  8 x x  0 Với x  0; 2  thì f ‘  x   0   . x  1 Ta có: f  0   10; f 1  12;f  2   6  max f  x   f  1  12,min f  x   f  2   6  max f  x   min f  x   6 0;2  0;2  0;2  0;2  Câu 12: Đáp án C. x  1  0  x  1 Ta có tập xác định: log 3  x  1  0   .  x  1  1 x  0 Câu 13: Đáp án B. 1 *  3 Với điều kiện trên, phương trình đã cho: Điều kiện: x  2 2 3 STUDY TIPS Sai lầm thường gặp: Quên đối chiếu với điều kiện nên sẽ khoanh đáp án A. Đặc biệt sai lầm này thường xảy ra khi các học sinh chỉ chú tâm vào phương trình bậc  log 5  3x  1  1  3log 5  2 x  1  log 5 5  3x  1  log 5  2 x  1 ba và bấm máy tính. Đối chiếu điều kiện (*) thì x  2 là nghiệm duy nhất của phương trình nên đáp 2 3  5  3 x  1   2 x  1  8 x 3  33x 2  36 x  4  0 x  2 2   x  2  .  8 x  1  0   x  1  8 án đúng là B. Câu 14: Đáp án C. Điều kiện: x  0  *  Với điều kiện  *  ta có:  x  1 chon   log 3 x2  3x  log 3  2 x  2   x 2  x  2  0    x  2  loai    Vậy nghiệm của phương trình là x  1 . Câu 15: Đáp án C.  x 2  1  0 2  x  1 Điều kiện:    x  1  x  1  0; x  2  0   2 Khi đó phương trình:  log 2 x2  1  log 2  x  1  log 2 x  2 2 2  log 2 x 2  1  log 2  x  1 x  2   x 2  1   x  1 x  2     Đặt sách tại: Tiki.vn | Newshop.vn | Pibook.vn | Lovebook.vn | 147 Công Phá Toán STUDY TIPS Sai lầm thường gặp: Không để ý tới điều kiện có thể gây ra bốn nghiệm và tổng bằng 2 và ra đáp án A. The Best or Nothing   x  2   x  1   x  1 x  2   x  1   x  1 x  2    1  x  2x  1   x  1   x  1  x  2      x  2  2 x  1  2  x  2 x  1  0    x1  x2  x3  1  2  1  x  2x  1  x   3 x2  3   Câu 16: Đáp án A.  log 3  x  2   log 4 x 2  4 x  3   x  2 x3 Điều kiện xác định:  2  x  4 x  3  0    Phương trình đã cho  log 3 x 2  4 x  4  log 2 x 2  4 x  3  Đặt t  x 2  4 x  3 ta có phương trình: a STUDY TIPS – Sai lầm thường gặp: Do không kiểm tra điều kiện nên dễ nhầm sang đáp án B. – Đối với bài toán này, vì hình thức phức tạp nên ta có thể giải bằng cách thử đáp án bằng máy tính là hợp lý nhất. a a 2 1 t  1  3 log 3  t  1  log 2 t  a    2 a  1  3a        1 a 3 3 t  2 a  1 a 2 1 Do hàm số f  a        nghịch biến trên R nên phương trình  1 có tối đa  3 3 một nghiệm. Mặt khác f  1  1  a  1 là nghiệm duy nhất của phương trình  1 x  2  3 a  1  t  2  x2  4x  3  2  x2  4x  1  0    x  2  3 Đối chiếu điều kiện ta có nghiệm phương trình: x  2  3 . Câu 17: Đáp án B. STUDY TIPS Sai lầm thường gặp: Do đối chiếu sai điều kiện hoặc không biết cách kết hợp nghiệm nên sẽ thu ra kết quả sai.  x 2  4 x  5  0  x   ; 5    1;     x   7; 5    1;   Điều kiện:   x  7  0  x  7 Từ phương trình suy ra:   log 2 x 2  4 x  5  2log 2 2 1 27  log 2 x2  4 x  5  log 2  x  7   x   x7 5    27  Đối chiếu điều kiện, ta có nghiệm x   7;   5   STUDY TIPS Sai lầm thường gặp: Không Câu 18: Đáp án B. 10 năm đó bao gồm 3 năm chiến tranh và 7 năm hòa bình. Do đó, dân số sẽ được 3 7 hiểu bản chất! Lại tính theo kiểu tăng giảm phần trăm: tính là: 4.  0,98  . 1,04   4,95 tỷ người 7.4%  3.2%  22% do đó, Câu 19: Đáp án A. dân số: 4.1, 22  4,88 người và ra đáp án A. tỷ Ta có: a  b  a.2b  b.2 a 2 a  2b     a  b  2 a  2b  a.2b  b.2 a  a.2 a  b.2b  0  a.2 a  b.2b  a  b  a; b  0  Do đó, 2017 a  2017 b  0 . Câu 20: Đáp án C. 148 | Khai báo sách chính hãng tại: congphatoan.com để nhận 100 đề thi thử tặng kèm 25 đề cốt lõi Toán 12 Ngọc Huyền LB – facebook.com/huyenvu2405 Điều kiện: y  0 . 2 x.log 3 y  2  2 2 x  1 Hệ phương trình   x 2 3.2 .log 3 y  9  log 3 y  2  22x  2 . Thế vào  2  ta được: 2x Từ  1  log 3 y  2  2 2 x  4  x  1  y  27(t / m)  22 x  2  22 x  2  3.2 . 9   3 x 3 y 4.    2x 1 x 2x 2 2   ( vn )    2 x Câu 21: Đáp án D. Bài toán này đòi hỏi hiểu sâu sắc lý thuyết nguyên hàm! Dễ thấy nói vắn tắt thì ta có: F  x  là nguyên hàm của f  x  khi và chỉ khi F ‘  x   f  x  . Do đó, đáp án đúng ở đây là đáp án D. Câu 22: Đáp án B. STUDY TIPS Các câu 22, 23, 24, 25 ta hoàn toàn có thể sử dụng máy tính để bấm ra nhanh kết quả. 1 I    x  1 3 1   2 x  x 2 dx   x2  2 x  1 0 2 x  x 2  x  1 dx 0 Đặt: t  2 x  x2  t 2  2 x  x 2  tdt   1  x  dx , t  0   0, t 1  1 1 1  t5 t3  1 1 1 2 I   1  t 2 t  t  dt   t 4  t 2 dt          5 30 5 3 15   0 0     Câu 23: Đáp án C. Ta có: 1  1   1    I    ln 3 x 4  x 2  2 ln x dx   ln 3 x 2  1  ln x 2  ln x 2 dx   ln 3 x 2  1  dx       1 3 1 3 1 3  6 xdx u  ln 3 x 2  1 du  2 Đặt   3x  1 v  x dv  dx     I  x ln 3x 2  1  1 1 1 3 6 x 2dx 4ln 2  ln 3  J 2 3 1 3x  1  2 3 1 1 3 3  2  4 dx 4  Với: J    2  2   dx  3  2  2 3 3 x  1 3 x  1 3 3  1 1 (đặt 1    3x  tan t với t    ;  ). dx  1  tan 2 t dt . 3  2 2 Đổi cận: x    1    t  ;x  1 t  . 3 6 3 Từ đó tính được: J  4  4ln 2  ln 3 4  3  I   . 3 3 3 3 3 9 Câu 24: Đáp án A.    Đặt x  sin t , t    ;  . Ta có: dx  costdt và ta có:  2 2 1  x2  1  sin 2 t  cos 2 t  cos t  cos t Đặt sách tại: Tiki.vn | Newshop.vn | Pibook.vn | Lovebook.vn | 149 Công Phá Toán The Best or Nothing x  0  t  0  Đổi cận với   từ đó: x  1  t   2 dx 1 0 1  1  x2  cos tdt 2 0 1  cost   2 0  t 2cos 2    1  2  dt t 2 cos 2   2  2 t   d      2   t  tan  t    2 dt   2     1 0 0 2 2  t    cos 2    2 0 Câu 25: Đáp án C. Đặt u  x  1  u2  1  x  2udu  dx x  0  u  1 Đổi cận:  x  3  u  2 Ta có: u 2 3 0  6u  2 2 2u  8u 2 2 1 dx   2 du    2u  6  du  6  du 1 1 1 u1 u  3u  2 3. x  1  x  3 x3 2 2  6 ln u  1  3  6ln 1 1 3 2 Câu 26: Đáp án B. Giải phương trình: 3x  2 x2  1 ta được: x  0; x  1; x  2 3   Do đó, ta có: I   min 3x ; 2 x 2  1 dx 1 STUDY TIPS Bài toán khó nhất ở bước giải phương trình để tìm giá trị nhỏ hơn trong mỗi khoảng giá trị. 0 1 1 0   2 3 1 2 2     3 x dx   2 x 2  1 dx   3 x dx   2 x 2  1 dx 3x  ln 3 0 1 3 2  2  3x   x3  x     x3  x  3  0 ln 3 1  3 2 1  2 5 6 41 46 20      3ln 3 3 ln 3 3 3 3ln 3 Câu 27: Đáp án A.  Ta có: x 0  3t 2   2t  3 dt  x 3  2 x  1  x 3  x 2  3x  x3  2  x2  3x  2  0   x  2 Câu 28: Đáp án C. Phương trình hoành độ giao điểm: x  0 x  0 x  0  2  2  x  4 x  2x   x  4x  2x   x  6x  0   x  2    2  2 x  6    x  4 x  2 x   x  2 x  0 2 Suy ra diện tích cần tính: S  Tính I   2 0 x 2 2 0  x 2   4 x  2 x dx  6 2  x  2  4 x  2 x dx   4 x  2x dx 2 Ta có: x   0; 2  ; x 2  4 x  0  x 2  4 x   x 2  4 x  I   (  x 2  4 x  2 x)dx  0 Tính K   6 2 x 2   4 x  2x dx 150 | Khai báo sách chính hãng tại: congphatoan.com để nhận 100 đề thi thử tặng kèm 4 3 25 đề cốt lõi Toán 12 Ngọc Huyền LB – facebook.com/huyenvu2405 x   2; 4  , x 2  4 x  0   Ta có:  2  x   4; 6    , x  4x  0  K 4 2  4x  x 2   2 x dx   6 4 x 2   4 x  2 x dx  16 4 52  16  . 3 3 Câu 29: Đáp án A. Vậy S  Ta có: x.sin 2 x  2 x  x.sin 2 x  2 x  0  x  sin 2 x  2   0  x  0 Diện tích hình phẳng là: S   2 0    x.sin 2 x  2 x  dx  02 x  sin 2 x  2 x  dx du  dx u  x  Đặt:   cos 2 x  2x dv   sin 2 x  2  dx v    2 S  2  2 2      4 2 4 4 4 Câu 30: Đáp án D. Gọi z  a  bi ,  a , b  R   z  a  bi  z  13  z  13   Theo giả thiết:   z  2  i  2 z  1  i   a  2    b  1 i  2  a  1   b  1 i  a2  b2  13 a2  9 a  3     2 2 2 2   a  2    b  1  2.  a  1   b  1 b  2 b  2  Vậy z  3  2i hoặc z  3  2i . Câu 31: Đáp án C. Ta có:  1  2i  z  9  7i  5  2i   1  2i  z  7  i 3i 7i  1  3i  Re  z   1 . 1  2i Câu 32: Đáp án A. z Đặt z  a  bi , a , b  R . Ta có: z   1  i  3  2i   5iz  a  bi  5  i  i  2  i  a  bi  2  i  a  bi  5  i   1  2i  a  bi   a  bi  5  i  a  2b   b  2a  i  0 STUDY TIPS Sai lầm thường gặp: Không đọc kĩ đề tưởng là tìm z và thu được đáp án C.  1  5  2 a  2b  0 a   5  2 a  2b   1  2 a  i  0    2 1  2 a  0 b  2  Vậy z  a 2  b 2  17 . 2 Câu 33: Đáp án D. Giả sử z  x  yi  x , y    . Từ giả thiết suy ra: z2i  2  x  2   y  1 i  2 x  1   y  1 i z  1 i 2 2 2 2 2   x  2    y  1  2  x  1   y  1  x2   y  3   10 . Đặt sách tại: Tiki.vn | Newshop.vn | Pibook.vn | Lovebook.vn | 151 Công Phá Toán The Best or Nothing Tập hợp biểu diễn của z là đường tròn tâm I  0; 3  , bán kính R  10 . STUDY TIPS Sai lầm thường gặp: Không hiểu thế nào là trung bình cộng và nhầm tưởng sang Gọi M là điểm biểu diễn của z . Ta có: IM  IO  OM  IM  IO  10  3  OM  10  3 z min  OM min  10  3 tổng của hai số có thể gây ra đáp án C. z max  OM max  10  3  z min z max 2     10  3  10  3 2  10 Câu 34: Đáp án A. Đặt z  x  yi ( x , y   ). Ta có: 2 z  1  z  z  2  2 x  yi  1  x  yi  x  yi  2  2 x  1  yi  2  2 yi 2  x  1 2 x  0  y 2  4  4 y 2  x2  2 x  0   x  2 Vậy tập hợp các điểm cần tìm là 2 đường thẳng x  0, x  2. Câu 35: Đáp án C. Ta có: z  x  yi , x , y  . 3 z 3  12i  z   x  yi   12i  x – yi  x 3  3 xy 2  x  x – 3 xy  3 x y – y  12 i  x – yi   2 3  3 x y  y  12   y 3 2  2 3   1 2 Do x  0  x 2  3 y 2  1 . Thế vào (2) ta được:   3 3 y 2  1 y – y 3  12   y  2 y 3  y  3  0  3  Giải (3) ta được: y  1  x 2  4 . Do x  0 nên x  2 . Vậy z  2 – i  Im  z   1 . Câu 36: Đáp án C. Do tam giác ABD đều nên với H là trung điểm của AB, K là trung điểm của HB S ta có: 1 a 3 DH  AB; DH  a 3; OK  DH ; OK  DH   OK  AB  AB  SOK  2 2 Gọi I là hình chiếu của O lên SK ta có: OI  SK ; AB  OI  OI   SAB  , hay OI là D K O A khoảng cách từ O đến mặt phẳng (SAB). H Tam giác SOK vuông tại O, OI là đường cao  C B 1 OI 2  1 OK 2  1 SO 2  SO  a . 2 Diện tích đáy SABCD  4SABO  2.OA.OB  2 3a2 . Đường cao của hình chóp SO  C’ A’ B’ a . 2 1 a a3 3 Thể tích khối chóp S.ABCD: V  . .2a2 3  3 2 3 Câu 37: Đáp án B. Gọi O là tâm của đáy ABC và M là trung điểm cạnh BC. Hạ MN  A ‘ A . Do BC   A ‘ AM  nên MN là đoạn vuông góc chung của A’A và BC  MN  N C A M Ta có: AM  a 3 2 a 3 3a ; AO  AM  ; AN  AM 2  MN 2  2 3 3 4 B 152 | Khai báo sách chính hãng tại: congphatoan.com để nhận 100 đề thi thử tặng kèm a 3 . 4 25 đề cốt lõi Toán 12 Ngọc Huyền LB – facebook.com/huyenvu2405 Hai tam giác A’OA và MNA đồng dạng nên A ‘ O AO MN.AO a   A’O   MN AN AN 3 V A ‘. BB’.C’C  V A ‘B’C’. ABC  V A ‘. ABC  A ‘ O.SABC  2 2 a a2 3 a3 3 A ‘O.S ABC  . .  3 3 3 4 18 Câu 38: Đáp án C. C A C ‘ I  A ‘ B ‘   C ‘ I  ( ABA ‘ B ‘) C ‘ I  AA’    ‘ BI . Suy ra C ‘ BI  600 suy ra góc giữa BC’ và mp(ABB’A’) chính là góc C Gọi I là trung điểm A’B’ thì: B a 15  C ‘ I  BI.tan C ‘ BI  2 1 a3 . 15 V ABC . A ‘ B ‘ C ‘  AA’.SA ‘ B ‘ C ‘  AA’ . .CI .A ‘ B ‘  2 4 Câu 39: Đáp án A. C’ A’ I B’ 1 1 Đặt V  VS. ABCD , ta có: VS.CDA  VS. ABCD , VS. ABC  VS. ABCD 3 3 S Mặt phẳng  P  đi qua CD và trọng tâm G của tam giác SAB cắt các cạnh SA , M G N B A Ta có: VS.CDM VS.CDA VS. MNC D SM SN 2   . SA SB 3 SB lần lượt tại M , N . Khi đó MN // AB và VS. ABC C  SC SD SM 2 2 2 . .   VS.CDM  VS.CDA  V SC SD SA 3 3 9 2 SM SN SC  2  4 8  . .     VS. MNC  VS. ABC  V . SA SB SC  3  9 27 2 8 14 Bởi vậy: VS.CDMN  VS.CDM  VS. MNC  V  V  V. 9 27 27 Câu 40: Đáp án B. B M A +) Xác định N , E , F . Gọi I , J lần lượt là trung điểm BC , CC ‘ . Khi đó mp  AIJ   B ‘ C . Suy ra mp  P  qua M và song sang mặt phẳng mp  AIJ  . Do đó I F N MN // AI , NE // IJ , EF // AJ .  là góc giữa mặt phẳng P +) Tính thể tích khối chóp C.MNEF . Thấy ngay ENC   C B’ và mp  ABC  . Tứ giác MNCA là hình chiếu vuông góc của tứ giác MNEF trên A’ mp  ABC  . Suy ra dt  MNEF   J E dt  MNCA   cos ENC 2    , dt ABC  a 3 Ta có ENC   4 4 C’ Suy ra: dt  MNEF   dt  ABC   dt  BMN  cos  4 a2 3 a2 3  2 32  7 6 a  4 1 32 2 3 a 3 2a  Mặt khác d C , mp  MNEF   . . 4 2 8   1 7 6 a 2 3 2 a 7 3a 3 Gọi V là thể tích khối chóp C.MNEF , ta có: V  . . .  3 32 8 128 Đặt sách tại: Tiki.vn | Newshop.vn | Pibook.vn | Lovebook.vn | 153 Công Phá Toán The Best or Nothing Câu 41: Đáp án D. Lưu ý đề bài cho là đường kính R nên công thức thể tích phải là: 3 4 R 1 V      R 3 . 3 2 6 Câu 42: Đáp án A. Gọi ba cạnh hình hộp chữ nhật là a; b; c . Khi đó: a 2  b2  c 2  9 và V  abc . Do đó, áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có 3  a2  b2  c 2  ngay: V  abc  a .b .c     3 3  3   2 2 2 Vậy thể tích lớn nhất bằng 3 3 khi hình hộp là hình lập phương. Câu 43: Đáp án C. Câu 44: Đáp án D. Câu 45: Đáp án A. Phương trình mặt phẳng:  ABC  : x y z    1  x  y  2z  0 2 2 1 Gọi I là giao điểm của đường thẳng d với mp  ABC  thì I 1; 1; 0  và đường    thẳng  đi qua I , mp  ABC  có vtpt n   1; 1; 2  , d có vtcp u   1;1; 1 . Gọi u1      u  n là vtcp của . Ta có :  1  , chọn u1   n; u    1; 3; 2  .   u1  u Vậy phương trình đường thẳng:  : x1 y 1 z   . 1 3 2 Câu 46: Đáp án D. Gọi M  a; b; c  , khi đó: M   Q   a  b  c  0  1 Tam giác ABM cân tại M khi và chỉ khi: AM 2  BM 2 2 2 2 2 2 2   a  4    b  3    c  1   a  2    b  1   c  1  a  2b  5  0  2  Từ  1 và  2  ta có: Trung điểm AB là I  3; 1;1 . Tam giác ABM cân tại M , suy ra: MI  2 2 2 AB   a  3    b  1   c  1  5  3  2 Thay   vào  3  ta được: 2 2  2b  2    b  1   6  3b 2  5  7 b2  23b  18  0  b  2; b   Với b  2  a  1, c  1  M  1; 2;1 9 17 8  17 9 8  Với b    a  ; c    M  ;  ;   7 7 7 7 7  7  17 9 8  Vậy điểm M cần tìm là: M  1; 2;1 và M  ;  ;   . 7 7  7 Câu 47: Đáp án B. Vì điểm C trên trục Ox nên C  t ; 0; 0    Ta có: CA   1  t ; 2; 1 , CB   2  t ;1; 3  154 | Khai báo sách chính hãng tại: congphatoan.com để nhận 100 đề thi thử tặng kèm 9 7 25 đề cốt lõi Toán 12 Ngọc Huyền LB – facebook.com/huyenvu2405 Tam giác ABC vuông tại C điều kiện là:   t  1  3 CA.CB  0   1  t  2  t   2.1   1 .3  0  t 2  t  3  0   t  1  3     Như vậy C 1  3; 0; 0 hoặc C 1  3; 0; 0 . Câu 48: Đáp án D.  Giả sử  có vtcp u   a; b; c  , a 2  b 2  c 2  0    d1  u .u1  0  a  b  c  0  1 , d   60 2 0 a  b  2c  cos600  1  1  4. a2  b2  c 2 2    2  a  b  2c   3 a 2  b 2  c 2  2  Từ  1  b  a  c thay vào  2  ta được: 2 18c 2  3  a2   a  c   c 2   a2  ac  2c 2  0   a  c  a  2c   0  a  c  a  2c .    +) a  c  b  2c , chọn c  1  u   1; 2;1 Ta có : x1 y 2 z   1 2 1  +) a  2c  b  c , chọn c  1  u   2;1; 1 x 1 y  2 z .   2 1 1 Câu 49: Đáp án A. Ta có : Gọi  P là mặt phẳng vuông góc với hai mặt phẳng 5 x  4 y  3 z  20  0 và 3x  4 y  z  8  0 .     Hai mp này lần lượt có các vtpt là u , v thì u; v  là một vtpt của  P  .       u   5; 4; 3  , v   3; 4;1  u; v    8; 4; 8    Suy ra phương trình của  p  : 8  x  2   4  y  3   8  z  1  0  2 x  y  2 z  9  0 . Câu 50: Đáp án B. Mặt cầu  S  có tâm I  1; 2  1 , bán kính R  14. Vì  Q  //  P  nên  Q  có phương trình dạng:  Q  : 2 x  3 y  z  d  0 , d  11 . Theo giả thiết  Q  cắt S  theo một đường tròn có bán kính r    có: d I ;  Q   R2  r 2  R 14 nên ta  2 2 d3 21 21    d  37 3 2 2 14 Vậy có hai mặt phẳng cần tìm là: Q  : 2 x  3 y  z  3  7 1 3  0 , Q2  : 2 x  3 y  z  3  7 3  0 . Đặt sách tại: Tiki.vn | Newshop.vn | Pibook.vn | Lovebook.vn | 155 Công Phá Toán The Best or Nothing ĐỀ ÔN LUYỆN SỐ 10 Câu 1: Đồ thị hàm số bậc 2 và đồ thị hàm số bậc 4 A. a  1; b  2 B. a  b  2 trùng phương có chung đặc điểm nào sau đây: C. a  1; b  2 D. a  b  2 A. Đều tồn tại cả điểm cực đại và điểm cực tiểu B. Đều có tâm đối xứng 1 2 Câu 7: Cho hàm số y  x 3  mx 2  x  m  có 3 3 C. Đồ thị hàm số đều có dạng parabol đồ thị  C  . Có tất cả bao nhiêu giá trị nguyên của D. Đều có trục đối xứng m để đồ thị hàm số  C  cắt Ox tại 3 điểm phân biệt Câu 2: Hàm số y  x 4  2 x 2  1 : có hoành độ x1 ; x2 ; x3 sao cho x12  x22  x32  7 ? A. Đồng biến trên 1;   A. 1 B. 5 C. 7 D. 0 C. Đồng biến trên  ; 0  Câu 8: GTLN của hàm số y  sin x(1  cos x) trên B. Nghịch biến trên ( 1;1) đoạn [0; ] là: D. Nghịch biến trên  1; 0  Câu 3: Trên khoảng nào sau đây thì hàm số B. ( 3)3 4 C. 1 D. 2 2 Câu 9: Đồ thị hàm số y  f  x  có bao nhiêu điểm y  x 3  2 x  ln x nghịch biến? A.  ;1 B. (0;1) A. 0 C.  1;   D.  0;   Câu 4: Hàm số y  f ( x) đồng biến và có đạo hàm trên K ; x1 ; x 2  K . Khẳng định nào sau đây luôn đúng? A. 3 x2  x  2 ? x1 B. Không có C. Vô số D. 6 có tọa độ là cặp số nguyên f ( x)  Câu 10: Tất cả các điểm cực đại của hàm số A. f ‘( x 1 ). f ‘( x2 )  1 y  cos x là: B. f ‘( x1 )  f ‘( x2 )  0 A. x    k 2 ( k  ) C. x  k 2 ( k  Z) C. x1  x 2  f ( x1 )  f ( x2 ) B. x  k ( k  Z ) D. x  D. Nếu f ( x1 )  3; f ( x2 )  1 thì phương trình y  0 có nghiệm thuộc khoảng  x2 ; x1  y  x 3  3 x 2  9 x  35 trên đoạn  4; 4  là: A. -1 Câu 11: Tìm GTNN của hàm số: f ( x)   x 2  4 x  21   x 2  3 x  10 Câu 5: Tổng của giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số   k ( k  Z) 2 trên tập xác định. A. 2 B. 2 C. 3 D. 3  1 Câu 12: Tập xác định của hàm số: B. 48 C. -26 D. 23 ax  2 Câu 6: Hãy xác định a , b để hàm số y  có xb đồ thị như hình vẽ: 5 A.  2; 3  C.  ; 2    3;   B.  2; 3 D. ( ; 2]  [3 : ) đúng? 3 O x 2 -1  Câu 13: Cho hàm số y  x.e  x , mệnh đề nào sau đây y -2  y  ln  x 2.  5x  6 là: 3 4 1 1 A. max y  ; min y   x[0;  ) e x[0;  ) e 1 B. max y  ; min y  0 x[0;  ) e x[0;  ) 1 C. min y  ; không tồn tại GTLN x[0;  ) e 1 D. max y  ; không tồn tại GTNN trên x[0;  ) e 0;   156 | Khai báo sách chính hãng tại: congphatoan.com để nhận 100 đề thi thử tặng kèm 25 đề cốt lõi Toán 12 Ngọc Huyền LB – facebook.com/huyenvu2405 B. Tập nghiệm của phương trình là tập con của Câu 14: Giải bất phương trình log 2 ( x  2)  2 . A. x   ; 6  B. x  (2; 6] C. x   2; 6  D. x  [2;6) 2  tập A   ; 3  . 5  C. Tổng các giá trị x bán nguyên thỏa mãn bất Câu 15: Số nghiệm của phương trình: x phương trình là 4,5. x 9  2.3  3  0 là: D. Giá trị nhỏ nhất của x thỏa mãn bất phương A. 0 B. 1 C. 2 D. Vô nghiệm trình là một số hữu tỉ. 2 Câu 21: Anh Sơn vay tiền ngân hàng mua nhà trị 2 Câu 16: Cho a  0; b  0 và a  b  7 ab . Đẳng giá 1 tỉ đồng theo phương thức trả góp. Nếu cuối thức nào sau đây là đúng? mỗi tháng bắt đầu từ tháng thứ nhất anh trả 30 A. log 7 ab 1   log 7 a  log 7 b  3 2 B. log 3 ab 1   log 3 a  log 3 b  7 2 C. log 3 ab 1   log 3 a  log 3 b  2 7 D. log 7 triệu đồng và chịu lãi số tiền chưa trả là 0.5%/tháng thì sau bao lâu anh trả hết nợ? C. y ‘  2ln x  ln 2 x x2 ln 2 x . x 2ln x.x  ln 2 x x2 ln x 2  ln 2 x x D. y ‘  x2 B. y ‘  B. F( x)  1 3 2 2 2 2 Câu 23: Nguyên hàm của hàm số f  x   2 ex  ex ex  ex là: A. ln e x  e  x  C B. 1 C e  ex C. ln e x  e  x  C D. 1 C ex  ex x 1 x2 ; y  g x    2 . Tính thể 1  x2 quanh trục Ox? Thể tích được viết dưới dạng 1 2  3  … n T  m2  n; m, n  R thì tổng giá trị m  n là? IV. P  n  n  1 log b a A. Bạn học sinh trên đã giải sai ở bước nào? C. III x x 1 2 Câu 25: Nếu x các nghiệm bằng: C. -1 B. 13 20 C. 2 5 D. và  f ( x)dx  4 2 D. IV Câu 19: Phương trình 4.3  3.2  12  6 có tổng B. 6 3 tích khối tròn xoay thu được tạo thành khi quay D II. P  log b a.a 2 …an A. 3  2 đường: y  f  x   I . P  log b a  log b a 2  …  log b an B. II 1  x2 Câu 24: Cho D là hình phẳng giới hạn bởi các theo các bước sau: A. I  2 sinh tính biểu thức: 1 1 1   ……  log a b log a2 b log an b 1 3  1 x  1 x C. F( x)   1  x  D. F( x)   1  x  2 2 Câu 18: Cho a  0; b  0; a  1; b  1; n  R , một học III. P  log b a D. 3 năm 3 tháng A. F( x)   P C. 3 năm 2 tháng f ( x)  x 1  x2 là: Câu 17: Tìm đạo hàm của hàm số y  2 ln x  ln 2 x x2 B. 3 năm 1 tháng Câu 22: Một nguyên hàm của hàm số: ab 1   log 7 a  log 7 b  2 3 A. y ‘  A. 3 năm 3 5 3  f ( x)dx  3 1 thì 2 3  f ( x)dx có giá trị bằng: D. 5 1 2 log x Câu 20: Cho bất phương trình 2 2   x log 2 x  8 . Chọn nhận xét đúng? A. Có duy nhất một nghiệm tự nhiên của x thỏa A. -1 B. 1 C. 7 D. 12 Câu 26: Diện tích hình phẳng phần bôi đen trong hình sau được tính theo công thức: mãn bất phương trình. Đặt sách tại: Tiki.vn | Newshop.vn | Pibook.vn | Lovebook.vn | 157 Công Phá Toán The Best or Nothing 4) Tập hợp điểm biểu diễn số phức z thỏa mãn y z  z  1  2 là một đường tròn. Số nhận định đúng là: a y = f(x) B. 3 C. 4 D. 1 Câu 33: Cho các điểm A, B, C trong mặt phẳng tọa c O độ theo thứ tự được biểu diễn bởi các số: b A. S  1  i; 2  4i; 6  5i. Số phức biểu diễn điểm D sao c  f ( x)dx   a f ( x)dx cho tứ giác ABDC là hình bình hành là: b c B. S  A. 2 x b A. 7  8i b a 4 C. S   f ( x)dx a  f ( x)dx    Câu 27: Gọi S là diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đồ thị y  x 3  3 x; y  x . Vậy S bằng bao nhiêu? A. 0 B. 4 C. 8 3 Câu 28: Cho I   1 3  ln x  x  1 2 D. 2 B. 7 dx  a  ln 3  1  ln b với C. 5 Câu 29: Thu gọn biểu thức z   2  3i  B. z  1  i C. z  4  3i D. z  7  6 2i C. 5 D. 5 5 Câu 31: Cho số phức z thỏa mãn z  1  z  2  3i . Tập hợp các điểm biểu diễn của số phức z là: A. Đường tròn tâm I  1; 2  bán kính R  1 B. Đường thẳng có phương trình x  5 y  6  0 C. Đường 2 x  6 y  12  0 thẳng có D. 28a 3 2 3 Tính AC  a 2 .Biết thể tích khối chóp S. ABCD ? Câu 30: Mô đun của số phức z  5  2i   1  i  là : 61 vuông cân ABC tại B. Cạnh SA  SB  SC  a . 6 B. 14a3 2 56 a3 2 14 a 3 B. C. 3 3 3 Câu 36: Cho hình chóp S. ABCD có đáy là tam giác ta được: A. z  11  6i đó khi quay quanh trục đối xứng của nó. A. D. 6 2 AB  2a; CD  4a , cạnh bên AD  BC  3 a . Hãy tính thể tích vật thể tròn xoay sinh bởi hình thang a , b  R . Tính giá trị biểu thức T  4 a  2b . A. 4 17 17 B. C. 425 D. 425 9 9 Câu 35: Một hình thang cân ABCD có các cạnh đáy A. a A. 5 10  T  z12  1 z22  1 z32  1 z42  1 . c  D. 3  2i  z 1  phương trình    1 . Tính giá trị biểu thức:  2z  i  c D. S  C. 5  2 i Câu 34: Cho z1 ; z2 ; z3 ; z4 là bốn nghiệm của  f ( x)dx   f ( x)dx b B. 3  8i phương trình D. Đường thẳng có phương trình x  3 y  6  0 Câu 32: Cho các nhận định sau (giả sử các biểu thức đều có nghĩa): 1) Số phức và số phức liên hợp của nó có mô đun bằng nhau. 2) Với z  2  3i thì mô đun của z là: z  2  3i 3) Số phức z là số thuần ảo  z   z a3 2 a3 2 a3 3 a3 3 B. C. D. 6 12 6 12 Câu 37: Cho hình lập phương ABCD.A’B’C’D’. A. Mặt phẳng (BDC’) chia khối lập phương thành 2 phần có tỉ lệ thể tích phần nhỏ so với phần lớn là: 1 1 1 2 B. C. D. 3 6 4 10 Câu 38: Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD. Nhận A. định nào sau đây không đúng? A. Hình chóp S.ABCD có các cạnh bên bằng nhau. B. Hình chiếu vuông góc của đỉnh S xuống mặt phẳng đáy là tâm của mặt đáy. C. ABCD là hình thoi. D. Hình chóp có các cạnh bên hợp với mặt phẳng đáy cùng một góc. Câu 39: Cho hình hộp đứng ABCD.A’B’C’D’ có đáy là hình thoi diện tích S1 , các tứ giác ACC ‘ A ‘ 158 | Khai báo sách chính hãng tại: congphatoan.com để nhận 100 đề thi thử tặng kèm 25 đề cốt lõi Toán 12 Ngọc Huyền LB – facebook.com/huyenvu2405 và BDD ‘ B ‘ có diện tích lần lượt là S2 , S3 . Thể tích kính bằng 4 và tiếp xúc với mặt phẳng (P); biết khối hộp ABCD.A’B’C’D’ tính theo S1 , S2 , S3 là? tâm I có hoành độ dương. A. S1S2S3 2 B. C. S1S2S3 3 D. 2 2 2 A.  x  2    y  1   z  1  16 2 S1S2S3 3 2 2 B.  x  1  y 2   z  2   16 S1S2S3 2 2 2  9  14   24  C.  x     y     z    16 5  5   5   2 Câu 40: Trong ngày trung thu, bố bạn Nam đem về cho bạn Nam một chiếc bánh trung thu. Nam 2 2 D.  x  3    y  2   z 2  16 rất vui vẻ vì điều đó, tuy nhiên để kích thích tinh Câu 44: Trong không gian Oxyz cho mặt phẳng (P) thần toán học của bạn Nam, bố bạn Nam đưa ra có phương trình: x  y  2 z  6  0 . Mặt cầu (S) có một bài toán như sau: Giả sử chiếc bánh có hình tâm là gốc tọa độ O và tiếp xúc với mặt phẳng (P), trụ đứng, đáy là hình tròn đường kính 12cm, chiều H là tiếp điểm của (S) và (P). Nhận xét nào sau đây cao 2cm. Bạn Nam phải cắt chiếc bánh thành 3 đúng? phần bằng nhau, cách cắt phải tuân thu quy tắc. A. Mặt cầu (S) có bán kính bằng 6 Nam chỉ được cắt đúng 2 nhát, mặt phẳng 2 nhát B. Khoảng cách từ H đến mặt phẳng dao phải vuông góc với đáy và song song với nhau. Như vậy, theo cách cắt thì sẽ có 2 miếng giống nhau và một việc khác hình thù, 3 miếng có cùng chung thể tích. Hỏi khoảng cách giữa 2 mặt phẳng nhát cắt gần nhất với giá trị bao nhiêu? (Q ) : 2 x  y  2 z  5  0 là 2    C. Với a   2;1; 2  thì OH.a  0 D. Hoành độ của H nhận giá trị âm Câu 45: Trong không gian Oxyz đường thẳng d đi  qua gốc tọa độ O và có vecto chỉ phương u  1; 2; 3  có phương trình: A. 3.5 cm B. 3 cm C. 3.2 cm D. 3.44 cm Câu 41: Cho hình chóp S. ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh a , mặt bên SAD là tam giác đều nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy, SC  A. a 6 . Tính thể tích khối chóp S. ABCD ? 2 a3 2 4 B. a3 4 C. a3 3 6 D. a3 2 6   Câu 42: Cho m   1; 0; 1 ; n   0;1;1 . Kết luận nào sau đây sai?   A. m.n  1   B. m và n không cùng phương   C.  m , n    1; 1;1     D. Góc giữa 2 vectơ m và n là 60 o A  1; 0; 2  , B  2;1;1 x  1  B. d :  y  2 z  3  x  t  C. d :  y  3t  z  2t   x  t  D. d :  y  2t  z  3t  Câu 46: Trong không gian Oxyz , cho tứ diện ABCD với A  1;6; 2  , B  5;1; 3 , C  4;0;6  , D  5; 0; 4  , phương trình mặt cầu  S  có tâm D và tiếp xúc với mặt phẳng  ABC  : 2 2 8 223 2 2 8 223 2 2 16 223 2 2 16 223 A.  S  :  x  5   y 2   z  4   B.  S  :  x  5   y 2   z  4   C. S  :  x  5   y 2   z  4   Câu 43: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm x  1  A. d :  y  2t  z  3t  và mặt phẳng D. S  :  x  5   y 2   z  4    P  : 2x  y  2z  4  0. Viết phương trình của mặt cầu (S) có tâm I nằm trên đường thẳng AB, bán Đặt sách tại: Tiki.vn | Newshop.vn | Pibook.vn | Lovebook.vn | 159 Công Phá Toán The Best or Nothing Câu 47: Trong không gian Oxyz , mặt phẳng song song với hai đường thẳng 1 : x2 y 1 z   ; 2 3 4 x  2  t   2 :  y  3  2t có một vectơ pháp tuyến là: z  1  t    A. n   5; 6; 7  B. n   5; 6;7    C. n   5; 6;7  D. n   5; 6;7  Câu 48: Trong không gian Oxyz, cho điểm M  0; 2; 0  và hai đường thẳng d1 ; d2 có phương trình: d1 : x 1 y  2 z 1 x3 y 1 z   ; d2 :   . 2 2 1 2 2 1 Viết phương trình mặt phẳng  P  đi qua M , song song với trục Ox, sao cho  P  cắt d1 ; d2 lần lượt tại A, B sao cho AB  1 . A. z  0 B. x  2 y  z  4  0 C. 4 y  z  8  0 D. x  2 y  z  4  0 Câu 49: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hai mặt phẳng  P  :2 x  y  z  3  0 và Q  : x  y  z  1  0 . Phương trình chính tắc của đường thẳng giao tuyến của hai mặt phẳng  P  và Q  là: x y 2 z 1 x1 y  2 z 1 B.     2 3 1 2 3 1 x1 y  2 z 1 x y  2 z 1 C. D.     2 3 1 2 3 1 Câu 50: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho A. mặt phẳng  P  : 3x  3 y  4 z  16  0 , đường thẳng x 1 y  3 z  5 và điểm M  2; 3;1 . Gọi A là   1 2 1 điểm thuộc đường thẳng d, B là hình chiếu của A d: trên mặt phẳng  P  . Tìm tọa độ điểm A biết tam giác MAB cân tại M. A. A  3;1; 3  B. A  1; 3; 5  C. A  2; 1; 4  D. A  0; 5; 6  160 | Khai báo sách chính hãng tại: congphatoan.com để nhận 100 đề thi thử tặng kèm 25 đề cốt lõi Toán 12 Ngọc Huyền LB – facebook.com/huyenvu2405 ĐÁP ÁN 1.D 2.A 3.B 4.D 5.A 6.C 7.D 8.B 9.D 10.C 11.A 12.A 13.D 14.C 15.B 16.A 17.A 18.D 19.A 20.C 21.B 22.A 23.A 24.B 25.C 26.A 27.C 28.A 29.D 30.D 31.D 32.A 33.A 34.A 35.A 36.B 37.D 38.C 39.A 40.C 41.B 42.D 43.D 44.B 45.D 46.B 47.D 48.C 49.A 50.A HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT Câu 1: Đáp án D. Câu 2: Đáp án A. Những bài toán dạng này chúng ta nên kẻ bảng biến thiên để tránh nhầm lẫn. Ta có: y ‘  4 x 3  4 x 2 suy ra y ‘  0  x  0; 1 Bảng biến thiên: x -1  y’ y – 0 0 + 0 1 – 0  + 1  0  0 Nhìn vào bảng biến thiên chúng ta có thể thấy đáp án A là chính xác. Câu 3: Đáp án B. Chú ý điều kiện xác định của hàm số đã cho là: D =  0;   1 3 x 3  2 x  1 ( x  1)(3 x 2  3 x  1)   x x x y’  0  x  1 . y ‘  3x 2  2  Kẻ bảng biến thiên ta thu được kết quả hàm số nghịch biến trên (0;1) . Câu 4: Đáp án D. A,B,C đều sai vì từ đề bài cho hàm số y  f ( x) đồng biến trên K ta có thể suy ra  f ‘  x   0x  K các điều sau:   x1  x2  f  x1   f  x2  Câu 5: Đáp án A. STUDY TIPS Lưu ý bài toán bắt tìm tổng GTLN và GTNN chứ không phải tổng giá trị cực tiểu và giá trị cực đại, cần chú ý điều này để tránh sai sót không đáng có. Ta có y ‘  3 x 2  6 x  9  x  3   4; 4  Phương trình: y ‘  0  3x 2  6 x  9  0    x  1   4; 4  Tính các giá trị: y  4   41; y  1  40; y  3   8; y  4   15 . So sánh các giá trị ta suy ra GLTN là 40 và GTNN là -41. Tổng cần tìm là -1 Câu 6: Đáp án C. Ta thay hai tọa độ hai giao điểm của đồ thị hàm số đã cho với hai trục tọa độ nên 2   1 a  1 ta được hệ phương trình  b  b  2  2 a  2  0  2  b Câu 7: Đáp án D. Phương trình hoành độ giao điểm: 1 3 2 x  mx 2  x  m   0 3 3 Đặt sách tại: Tiki.vn | Newshop.vn | Pibook.vn | Lovebook.vn | 161 Công Phá Toán The Best or Nothing 1 1 1  1   2 2  x3  x2    m x2    m x   m   x  m   0 3 3 3 3 3  3   x  1 1 2 1  2   ( x  1)  x    m  x  m    0   1 2  1  2 x    m  x  m   0(*) 3 3 3      3 3 3  Để m thỏa mãn điều kiện đề bài thì phương trình (*) có 2 nghiệm phân biệt x1 ; x2 đều khác 1 và x12  x22  6 . Áp dụng Vi-et ta có: STUDY TIPS Sai lầm thường gặp: Không chú ý đến điều kiện phương trình (*) có 2 nghiệm phân biệt nhưng phải khác 1. 1 1 2 3  3  m  m  3  0  2  1  1  2 x1  x2  3m  1; x1 x 2  3m  2     m   4. .  m    0 3  3   3 2   x1  x2   2 x1 x2  6  m  0  2  1 1   m  0  m 2  m  1  0  2  m    ;  0 3 9 m  1  3 3   3m  1 2  2  3m  2   6  Vậy không có giá trị nguyên của m thỏa mãn. Câu 8: Đáp án B. sin 2 x 2 2 Có: y ‘  cos x  cos 2 x  2 cos x  cos x  1 Viết lại: y  sin x(1  cos x)  sin x   1 cos x   y’  0  2 . Trên đoạn [0; ] thì phương trình y ‘  0 có nghiệm là   cos x  1  x  ;x  . 3   3 3 Tính các giá trị y  0  ; y   ; y    ta được giá trị lớn nhất của hàm số là khi 3 4    . 3 Câu 9: Đáp án D. x x2  x  2x  2  4 4  x2 x1 x1 Nhận thấy tọa độ điểm là cặp số nguyên thì x nguyên và x  1 là ước của 4. Ta có thể viết lại f  x  dưới dạng: f ( x)  Suy ra số điểm chính là số nghiệm của 4. Vậy có 6 điểm thuộc đồ thị f  x  có tọa độ là cặp số nguyên Câu 10: Đáp án C Điều kiện để x là điểm cực đại của hàm số y  cos x là:  y ‘  x   0 sin x  0   x  2 k ( k  Z)  cos x  0  y ”  x   0 Câu 11: Đáp án A. Đây là một bài toán tuy không quá khó nhưng đòi hỏi khả năng biến đổi chính xác. 162 | Khai báo sách chính hãng tại: congphatoan.com để nhận 100 đề thi thử tặng kèm 25 đề cốt lõi Toán 12 Ngọc Huyền LB – facebook.com/huyenvu2405 Tập xác định D   2; 5  x2 f ‘( x)    2  x  4 x  21 2x  3 2  x 2  3x  10 2x  3 f ‘( x)  0  2  2  x  3x  10 x2 (*) 2  x  4 x  21 Đến đây chúng ta có thể sử dụng chức năng SHIFT SOLVE của máy tính để tìm nghiệm. Dưới đây chúng tôi sẽ trình bày cả hướng sử dụng máy tính và cả giải đầy đủ. 2x  3 SD Máy tính: Nhập màn hình biểu thức  2 2  x  3x  10 x2 2 .  x  4 x  21 Bấm SHIFT SOLVE sau đó ấn một số bất kì và ấn =. Màn hình cho kết quả x=0.333333333333 tức x  1 . 3 Thử với các giá trị khác nhau trên D   2; 5  ta đều thu được kết quả x=0.333333333. 1 Thử lại ta thấy f ‘    0 . 3 1 So sánh các giá trị f (2); f (5) và f   ta thấy min f ( x)  3 1 f  2 . 3 Tuy nhiên cách làm này còn nhiều hạn chế vì chúng ta chưa thể chắc chắn tìm được hết nghiệm của phương trình f ‘( x)  0 . Biến đổi thông thường: 2 2 x2  4x  4 4 x 2  12 x  9  4( x  4x  4)( x  3x  10)  *   x2  4x  21  4(x2  3x  10)  4×2  12x  9 x2  4x  21     1 x  3 . Thử lại chỉ có x  1 là nghiệm.  51×2  104x  29  0   3  x  29  17  1 So sánh các giá trị f (2); f (5) và f   ta thấy min f ( x)   3  1 f  2 .  3 Câu 12: Đáp án A. Điều kiện x2  5x  6  0  2  x  3 Câu 13: Đáp án D. Hàm số đã cho liên tục và xác định trên . Áp dụng công thức  uv  ‘  u ‘ v  uv ‘ STUDY TIPS Đối với những câu dễ như thế này, thí sinh cần tránh sai sót không đáng có, ở bài toán này một vài thí sinh quên không để ý đến điều kiện xác định dẫn đến chọn đáp án A. suy ra y ‘  e  x  x.e  x  e  x (1  x) ; y ‘  0  x  1 Ta có lim   suy ra hàm số không tồn tại GTNN x lim  0 ; y1  x  1 1 suy ra max y  . x  [0;  ) e e Câu 14: Đáp án C. Điều kiện: x  2  x  2  22  4  x  6 Vậy 2  x  6 . Đặt sách tại: Tiki.vn | Newshop.vn | Pibook.vn | Lovebook.vn | 163 Công Phá Toán The Best or Nothing Câu 15: Đáp án B. TXĐ: D  .   Phương trình: 9 x  2.3x  3  0  3 x 2  3 x  3.3 x  3  0 3x  1  x 0.  (3 x  1)(3 x  3)  0   x  3  3(VN) Vậy phương trình có duy nhất 1 nghiệm. Câu 16: Đáp án A. Từ điều kiện ta suy ra: 2 2 ab a 2  b2  2ab  9ab   a  b   9ab     ab  3  2 ab ab  log 7    log 7 ab  2log 7    log 7 a  log 7 b  3   3  Câu 17: Đáp án A.  u  u ‘ v  uv ‘ Áp dụng công thức   ‘  ta có v2 v y’  (ln 2 x)’.x  x ‘.ln 2 x 2 ln x  ln 2 x  y ‘  x2 x2 Câu 18: Đáp án D. n  n  1 Vì 1  2  3  …  n  2 nhưng theo biến đổi ý D thì 1  2  3  …  n  n(n  1) Câu 19: Đáp án A. Ta sử dụng phương pháp biến đổi tương đương: 4.3x  3.2x  12  6 x  4.(3 x  3)  2 x (3  3 x )  0 2 x  4 x  2  2 x  4 3x  3  0   x   3  3 x  1 Câu 20: Đáp án C.    Tập xác định D   0;   2   Đặt log 2 x  t  x  2t suy ra 2t  2t 2 2 t 8 2  2 t  2 t  8  2t  2 2  4  t 2  2   2  t  2   2  log 2 x  2  2  2 x2 2 Kết hợp với điều kiện suy ra tập nghiệm là:  2  2 ; 2 2    Đáp án A sai vì có 2 giá trị tự nhiên của x là 1 và 2. 2 . 5 Đáp án C đúng vì các giá trị x bán nguyên là 0,5;1,5 và 2,5. Đáp án B sai vì 2  2  Đáp án D sai vì 2  2 là một số vô tỉ. Câu 21: Đáp án B. Gọi n là số tháng anh cần trả với n tự nhiên. Sau tháng thứ nhất anh còn nợ: S1  109.(1  0.5 )  30.106  109.1,005  30.106 đồng. 100 164 | Khai báo sách chính hãng tại: congphatoan.com để nhận 100 đề thi thử tặng kèm 25 đề cốt lõi Toán 12 Ngọc Huyền LB – facebook.com/huyenvu2405 Sau tháng thứ hai anh còn nợ:   S2  S1.1,005  12.106  109.1,005  30.106 .1,005  30.106  109.1,0052  30.106. 1,0052  1 đồng. 0,005 Tiếp tục quá trình trên thì số tiền anh Sơn còn nợ sau n tháng sẽ là: Sn  109.1,005n  30.106. 1,005n  1  0  1,005n  1, 2  n  log 1,005 1,2  36,555 0,005 Do đó sau 37 tháng sẽ trả hết nợ tức 3 năm 1 tháng. Câu 22: Đáp án A. 2 Chúng ta có thể thử bằng cách tính đạo hàm các đáp án và f ( x)  x 1  x tại cùng một giá trị để chọn đáp án đúng. Đối với cách làm trực tiếp, đây là một dạng khá cổ điển của bài tập nguyên hàm. Đặt x 2  1  t  0  x 2  1  t 2  xdx  tdt Nguyên hàm cần tìm có thể viết lại bằng: t3 2 2 x x  1 dx  t . tdt  t dt      3  x2  1  3 3 Câu 23: Đáp án A. Tương tự như bài toán trên, bài toán này cũng có cách thử tương tự, tuy nhiên đôi khi việc thử lại tốn thời gian hơn việc làm trực tiếp. Sau đây là cách làm trực tiếp:   Đặt e x  e  x  t  e x  e  x dx  dt Nguyên hàm cần tính: ex  ex dt x x  e x  e  x dx   t  ln t  C  ln e  e  C Câu 24: Đáp án B. Xét phương trình x  1 1 x2   2 2 1 x  x  1 1 Như vậy, thể tích cần tìm sẽ được tính theo công thức: V    f 2  x   g 2  x  dx 1 1 2 1 1  1  x4 1 x4 V     dx =  dx    4 dx = 2  2 2 4 1  1  x  1 (1  x ) 1 1 1 1 1 x5 1 1  dx    dx  2 2 2 2 20 1 10 1 (1  x ) 1 (1  x ) 1 V  I 1 dx với I   2 2 10 1 (1  x )     1 ;   dx  Tính I: Đặt x  tan t , t   dt  1  tan 2 t dt 2 2 2 cos t    STUDY TIPS Đây là một bài toán khá khó, đòi hỏi thí sinh phải biết đúng công thức và việc sử lí tích phân khéo léo.  4 Ta có thể viết I lại dưới dạng: I     4  4 2 1  tan t 1  tan t  2  2 dt   cos   4  4 2 tdt  1 1  cos 2t  dt 2   4 2 I  1 1  2  1   .  V    4 2 10 4 5 4 2 Đặt sách tại: Tiki.vn | Newshop.vn | Pibook.vn | Lovebook.vn | 165 Công Phá Toán The Best or Nothing Câu 25: Đáp án C. STUDY TIPS Đây là một bài toán khá đơn giản nhưng có thể gây khó khăn với một vài thí sinh không nhớ đúng công thức. c b c Ở đây ta áp dụng công thức:  f  x  dx   f  x  dx   f  x  dx a a b Câu 26: Đáp án A. Câu 27: Đáp án C. Trước tiên ta phải tìm giao điểm của hai đồ thị y  x 3  3 x và y  x . x  0  Phương trình hoành độ giao điểm là: x  3x  x  x x  4  0  x  2  x  2  3 0 2 0  2   2   Do đó: S   x3  4xdx   x3  4x dx   x3  4x dx   4x  x3 dx  8. 2 0 2 0 Câu 28: Đáp án A. Ở bài toán này máy tính dường như không giúp được nhiều trong việc giải quyết bài toán, đây là bài toán sử dụng phương pháp tích phân thành phần ở mức độ vận dụng. STUDY TIPS Điểm mấu chốt để xử lí nhanh bài toán nằm ở việc 1 x 1 đặt v  . Một x 1 x1 số thí sinh chọn đáp án B vì 3 khi làm đến I   ln3 1  ln2 4 không để ý dấu nên suy ra 3 luôn a  ; b  2 dẫn đến kết 4 quả sai.  dx u  3  ln x u  x  dx   Đặt  v 1 x 2   x  1 v  x  1  1  x  1  b b b Áp dụng công thức tính tích phân thành phần  udv  uv a   vdu thì ta được: a I  3  ln x  x x 1 3 a 3 3 dx  3  ln x  x   ln  x  1 1 x1 1 x1 3  1 1  3  3  ln 3  3  3 3 1 I      ln 4  ln 2    ln 3  1  ln 2   ln 3  1  ln     4 2 4 4 2  3 1 Vậy a  ; b   T  4 a  2b  3  1  4 . 4 2 Câu 29: Đáp án D. Sử dụng máy tính ở chế độ CMPLX. Nhập màn hình biểu thức   2 2  3i và ấn “=” ta được kết quả z  7  6 2i . Câu 30: Đáp án D. 6 STUDY TIPS Một số sai lầm trong quá trình biến đổi có thể dẫn đến đáp án sai là B hoặc C. Nếu như sử dụng phương pháp khai triển trực tiếp ra nháp thì bài toán này tốn khá nhiều thời gian khi đi thi, thí sinh có thể sẽ bị không đủ thời gian làm những câu khác. Nhiều thí sinh tỏ ra lúng túng trước biểu thức  1  i  , nếu như đây là bài tự luận thì các bước khai triển biểu này khá dài và phức tạp, tuy nhiên chúng ta có thể sử dụng máy tính để có kết quả chính xác. Một lưu ý là máy tính không thể tính được lũy thừa bậc 4 trở lên của một số 2 6 3 phức. Do đó ta phải tính gián tiếp qua 2 bước. Vì  1  i    1  i   nên ta sẽ tính   1  i  3 trước rồi tính bình phương của giá trị vừa tìm được. 3 6 2 Sử dụng máy tính Casio ta tính được: 1  i   2  2i  1  i    2  2i   8i 6 Vậy z  5  2i  1  i   5  2i   8i   5  10i  z  52  102  125  5 5 Câu 31: Đáp án D. 166 | Khai báo sách chính hãng tại: congphatoan.com để nhận 100 đề thi thử tặng kèm 25 đề cốt lõi Toán 12 Ngọc Huyền LB – facebook.com/huyenvu2405 Với z  a  bi( a, b  R) thì theo đề bài ta sẽ có: 2 2 a  1  bi  a  2  (b  3)i   a  1  b2   a  2    b  3  2  a 2  2 a  1  b 2  a 2  4 a  4  b 2  6b  9  2a  6b  12  0  x  3 y  6  0 Vậy tập hợp các điểm biểu diễn số phức z là đường thẳng x  3y  6  0 . Câu 32: Đáp án A. Các nhận định đúng là 1; 3. Phương án A đúng vì cả số phức và số phức liên hợp đều có mô đun là a2  b2 . Phương án B sai vì mô đun của số phức z  2 2  32  13 , còn 2  3i là số phức liên hợp của z. Phương án C đúng vì: z  bi; z  bi; bi    bi   z  z . Phương án D sai. Với z  a  bi( a, b  R) thì ta có:  a  z  z  1  a  bi  a  bi  1  2a  1  z  z  1  2 a  1  2   a   1 2 . 3 2 Như vậy tập hợp điểm biểu diễn số phức z là hai đường thẳng song song chứ không phải một đường tròn. Câu 33: Đáp án A.  Từ dữ kiện đề bài ta suy ra: A  1;1 ; B  2; 4  ; C  6; 5   AB  (1; 3) STUDY TIPS Sai lầm thường gặp: Nhầm   chiều vectơ: AB  DC dẫn đến lựa chọn đáp án C.  Đặt số phức z biểu diễn điểm D là: z  a  bi( a, b  R) thì D  a; b  CD  ( a  6; b  5)   Tứ giác ABDC là hình bình hành nên AB  CD a  6  1 a  7    z  7  8i . b  5  3  b  8 Câu 34: Đáp án A. Đây là một bài toán số phức ở mức độ vận dụng cao khá hay và khó. Để giải quyết cần sự tinh ý và cẩn thận trong từng bước giải. 4 4 4  z 1  Từ phương trình    1 , ta suy ra:  2 z  i    z  i   0  2z  i  4 4  Đặt f  z    2 z  i    z  i   15 z  z1   z  z  z  z  z  z  2 3 4 Vì i 2  1  z 2  1  z 2  i 2   z  i  z  i   T   z1  i  z2  i  z3  i  z4  i    z1  i  z2  i  z3  i  z4  i   STUDY TIPS Đối với bài toán này, có lẽ Casio hay Vinacal cũng “bó tay”. Một số bạn thì có hướng làm đúng nhưng lại chọn đáp án C vì ngay từ đầu khi đặt f  z  đã không có hệ số 15 ở đầu.  T   i  z1  i  z2  i  z3  i  z4    i  z1  i  z2  i  z3  i  z4   T  f  i  f  i  f  i  . f  i  .  15 15 225 Tính các giá trị f  i  ; f  i  . 4 4 f  i   (2i  i)4   i  1  i4   i  1  5 5.85 17   T  4 4 225 9 f  i    2i  i   (i  1)  85  Câu 35: Đáp án A. Đặt sách tại: Tiki.vn | Newshop.vn | Pibook.vn | Lovebook.vn | 167 Công Phá Toán The Best or Nothing   Gọi AD và BC cắt nhau tại E. 2AB  DC nên AB là đường trung bình EDC E  ED  2 AD  6 a . Gọi H và K lần lượt là trung điểm AB và CD thì ta có EK vuông góc với CD và HK là trục đối xứng của ABCD. H A B EK  2a 2 . 2 Khối nón xoay sinh bởi hình thang ABCD khi quay quanh trục của nó chính là EK  ED 2  DK 2  4 a 2 ; EH  phần thể tích nằm giữa 2 khối nón: D K C + Khối nón 1: Có đáy là hình tròn tâm K, bán kính KD  2 a , đường cao EK  4a 2 . + Khối nón 2: Có đáy là hình tròn tâm H, bán kính HA  a , đường cao EH  2a 2 2 1 1 14a 2 Do đó thể tích cần tìm là: V  V1  V2  .  2a  ..4a 2  .a2 ..2a 2  . 3 3 3 Câu 36: Đáp án B. S Gọi M là trung điểm AC thì M là trọng tâm, trực tâm tam giác ABC. SA  SB  SC  a nên SM   ABC  . Vì ABC vuông cân tại B, AC  a 2 nên BA  BC  a . A 1 a2  SABC  .BA.BC  2 2 M 2  AC  a2 a 2 2 SM  SB2  BM 2  SB2    a   Do đó thể tích cần tìm là:  2 2  2  B C A B Nhìn vào hình vẽ ta có thể thấy 2 phần của hình lập phương ABCD.A’B’C’D’ chia C D 1 1 a2 a 2 a3 2 . V  .SABC .SM  . .  3 3 2 2 12 Câu 37: Đáp án D. bởi mặt phẳng (BDC’) gồm hình chóp BCC’D và phần lại. Tỉ lệ cần tính sẽ là T  A’ B’ D’ C’ STUDY TIPS Sai lầm thường gặp: Tính nhầm giá trị VBCC ‘ D dẫn đến T V ABCDA ‘ B ‘ C ‘ D ‘ đáp án B. VBCC ‘ D VABCDA ‘ B ‘C ‘ D ‘  VBCC ‘ D Giả sử hình lập phương có cạnh là 1  V ABCDA ‘ B ‘ C ‘ D ‘  13  1 Hình chóp BCC’D có đáy là tam giác vuông cân DCC’, đỉnh B, đường cao BC. 1 1 1 1  VBCC ‘ D  .BC.SDCC ‘  .1.1.1.  3 3 2 6 1 1 2 T 6   . 1 5 10 1 6 Câu 38: Đáp án C. Hình chóp đa giác đều: là hình chóp có đáy là đa giác đều và hình chiếu của đỉnh xuống đáy trùng với tâm của đáy. Như vậy hình chóp tứ giác đều S.ABCD có đáy là hình vuông ABCD và hình chiếu của S xuống đáy là tâm hình vuông ABCD. Câu 39: Đáp án A. 168 | Khai báo sách chính hãng tại: congphatoan.com để nhận 100 đề thi thử tặng kèm 25 đề cốt lõi Toán 12 Ngọc Huyền LB – facebook.com/huyenvu2405 Gọi đáy của hình hộp có độ dài 2 đường chéo là AC  a; BD  b và đường cao hình hộp là AA ‘  BB ‘  c STUDY TIPS Đây là một bài toán không khó nhưng dễ gây nản đối với những thí sinh lười biến đổi. 1 a2 b2 c 2 Suy ra được S1  ab ; S2  AC.AA ‘  ac ; S3  BD.BB ‘  bc  S1S2S3  2 2 SSS 1 1 a2 b2 c 2 Thể tích khối hộp là: V  S1 .c  .abc  .  1 2 3 . 2 2 2 2 Câu 40: Đáp án C. Thực chất bài toàn là chia hình tròn thành 3 phần bằng nhau như hình vẽ: Vì các miếng bánh có cùng chiều cao nên diện tích đáy của các miếng bánh phải bằng nhau và bằng 1 diện tích chiếc bánh ban đầu. 3 Trong hình vẽ thì ta có OA  OB  6 và S1  S2  S 3 = .OA 2  12  3     0;  thì ta có: S  S Đặt AOB  SOAB    1  OAB 1 OA 2 .  12   .OA.OB.sin   .  12   18 sin   18 . 2 2 Sử dụng chức năng SHIFT SOLVE trên máy tính ta tìm được giá trị   2,605325675 .  Khoảng cách 2 nhát dao là: x  OA.cos .2  3,179185015 . 2 Câu 41: Đáp án B. S Gọi H là chân đường cao hạ từ S của tam giác đều SAD . Suy ra: SH  a 3 2 a2 3a 2  a2  2 2 2   DH  DC  CH  4   600 . 4  1  HDC cos HDC a 2 DH.DC 2 2. .a 2 Trong tam giác vuông HSC có HC  D C H A a 3 và SH   ABCD  2 B a2 3 Suy ra SABCD  DA.DC.sin  ADC  2 1 1 a 3 a2 3 1 3 VS . ABCD  SH .SABCD  .  a . 3 3 2 2 4 Câu 42: Đáp án D. Lưu ý rằng góc giữa hai vectơ nhỏ hơn hoặc bằng 180o còn góc giữa hai đường thẳng nhỏ hơn hoặc bằng 90 o . Ở đây, góc giữa hai vectơ được tính theo công      m.n 1  thức cos m; n       m; n   120 o . 2   m.n   Câu 43: Đáp án D.  Vectơ chỉ phương của đường thẳng AB là AB  1;1; 1 . x  1  t  Phương trình tham số của đường thẳng AB là:  y  t t    z  2  t  Đặt sách tại: Tiki.vn | Newshop.vn | Pibook.vn | Lovebook.vn | 169 Công Phá Toán The Best or Nothing Gọi tâm I (1  t ; t ; 2  t )  AB ; (t  1) . STUDY TIPS Đây là một bài toán không khó nhưng lại tốn thời gian trong quá trình làm bài.  (S) tiếp xúc mp (P)  d I ;  P   t  2 TM   5t  2  12  4  5t  2  12    t   14 L    5t  2  12  5 2 2 Phương trình mặt cầu (S) cần tìm:  x  3    y  2   z 2  16 . Câu 44: Đáp án B. Ta có O  0; 0; 0  , do mặt cầu  S  có tâm O và tiếp xúc với mp  P  nên ta có: R  d O ; P    | 6| 2 1  12  ( 2)2  6 . Vậy phương án A sai. Gọi H là hình chiếu vuông góc của O trên mp  P  , H chính là tiếp điểm của mặt cầu  S  và mp  P  .  Đường thẳng OH đi qua O và vuông góc mp  P  nhận n  (1,1, 2) là vectơ pháp x  t  tuyến của mp  P  làm vectơ chỉ phương, pt đường thẳng OH có dạng:  y  t  z  2 t  H OH  H(t , t , 2t) Ta lại có H  mp( P)  t  t  2(2t )  6  0  t  1 . Vậy H  1,1, 2    Vậy hoành độ của H có giá trị dương, OH .a  0 và khoảng cách từ H đến (Q) : 2 x  y  2 z  5  0 là 2. Câu 45: Đáp án D. Câu 46: Đáp án B. Câu 47: Đáp án D.   Từ đề bài ta suy ra u1   2; 3;4  ; u2  1; 2; 1 . Vì mặt phẳng cần tìm song song với hai đường đã cho nên tích có hướng của hai vectơ trên chính là vectơ pháp tuyến của mặt phẳng đó     n  u1 ; u 2    5;6;7  .   Câu 48: Đáp án C. Giả sử có mặt phẳng (P) thỏa yêu cầu đề bài thì ta có: A  d1  A 1  2t ; 2  2t; 1  t  B  d2  B  3  2l; 1  2l; l   AB   2(l  t )  2; 2( l  t )  3;( l  t )  1  l  t  1 AB 2  9(l  t )2  22( l  t )  14  1    l  t   13  9     Nếu l  t  1 thì:  AB   0; 1; 0   VTPTn( P )   AB; i   (0; 0;1)   Phương trình mặt phẳng (P): z  0 (loại vì (P) chứa Ox)   8 1 4      4 1 Nếu l  t  13 / 9  AB   ; ;   VTPTn( P )   AB; i    0;  ;    9 9  9 9 9   Phương trình mặt phẳng  P  :  4 y  z  8  0 (thỏa đề bài nhận). 170 | Khai báo sách chính hãng tại: congphatoan.com để nhận 100 đề thi thử tặng kèm 25 đề cốt lõi Toán 12 Ngọc Huyền LB – facebook.com/huyenvu2405 Câu 49: Đáp án A.  Gọi u là vectơ chỉ phương của đường thẳng giao tuyến của hai mặt phẳng  P    u  n    P và Q       u  nP ; nQ    2; 3;1   u  nQ Như vậy đáp áp chỉ có thể A và B. Một đường thẳng có thể có nhiều dạng phương trình chính tắc nên đến đây thử đáp án là tối ưu hết. Trên mỗi đường thẳng lấy một điểm và thử xem điểm đó có thuộc hai mặt phẳng không. +) Lấy điểm A  1; 2;1  thuộc đường thẳng x 1 y  2 z 1 thì A không thuộc   2 3 1 mặt phẳng  P  . +) Lấy điểm A  0; 2; 1 thuộc đường thẳng x y 2 z1 thì nhận thấy   2 3 1 A  0; 2; 1 thuộc cả hai mặt phẳng  P  và Q  . Vậy đường thẳng cần tìm là: x y 2 z1 .   2 3 1 Câu 50: Đáp án A. Gọi H là trung điểm AB và A’ là điểm đối xứng của A qua M.  MH / / AB Khi đó:   AB  AB  A   P   MH  AB Vì M là trung điểm AA’ nên A  t  3; 2t  9; t  3  Mà A   P   t  2  A  3;1; 3  . Đặt sách tại: Tiki.vn | Newshop.vn | Pibook.vn | Lovebook.vn | 171 Công Phá Toán The Best or Nothing ĐỀ ÔN LUYỆN SỐ 11 Câu 1: Cho hàm số y  2 x  3 9  x 2 . Giá trị nhỏ Câu 10: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , nhất của hàm số bằng: A. 6 B. 9 C. 9 D. 0 Câu 2: Tìm tập hợp tất cả các nghiệm của phương cho mặt phẳng 1 trình   4 2 x 1    2 2  2  A.    11  x2 . Câu 3: Cho hàm số y   11  C.   2  11  D.    2  x2  4 . Đồ thị hàm số có x 1 mấy tiệm cận? A. 1 B. 0 C. 2 D. 3 Câu 4: Đồ thị hàm số nào dưới đây không có tiệm cận ngang? x2 x 1 x2 D. y  2 x 1 A. y  x  x2  1 B. y  x2 x 1 Câu 5: Cho hàm số: C. y  y   m  1 x 3   m  1 x2  x  m. Tìm m để hàm số đồng biến trên . A. m  4, m  1 B. 1  m  4 C. 1  m  4 D. 1  m  4 Câu 6: Số nghiệm thực của phương trình 2 log 2  x  3   2  log 2 3  2 x là: A. 2 B. 0 Câu 7: Cho số phức: 2 cách từ điểm bằng: 2 1 C. D. 1 3 3 Câu 11: Trong các hình nội tiếp mặt cầu tâm I bán kính R , hình hộp có thể tích lớn nhất bằng: A. 2 2 B.    11  3 C. 1 D. 3 22 z   1  i    1  i   …   1  i  . Phần thực của số phức z là: A. 211 B. 211  2 C. 211  2 D. 211 Câu 8: Tập hợp các điểm bểu diễn các số phức z z 1 bằng 0 là đường zi tròn tâm I , bán kính R (trừ một điểm): thỏa mãn phần thực của  1 1  1 A. I  ;  , R  2 2 2    1 1  1 B. I  ;  , R  2 2 2   1 1 1 C. I  ;  , R  2 2 2 1 1 1 D. I  ;  , R  2 2 2 Câu 9: Tìm nguyên hàm I    2 x  1 e  x dx. A. I    2 x  1 e  x  C B. I    2 x  1 e  x  C C. I    2 x  3  e  x  C D. I    2 x  3  e  x  C  P  : x  2 y  2z  3  0. Khoảng A  1; 2; 3  đến mặt phẳng  P  A. B. 8 3 R 3 B. 8 3 3 R3 C. 8 3 3 R3 D. 8R3 Câu 12: Cho tứ diện đều ABCD cạnh a. Tính diện tích mặt cầu nội tiếp tứ diện ABCD. 4 a 2 a 2 B. S  3 6  2 C. S  a D. S  a 2 24 Câu 13: Khoảng cách giữa hai điểm cực trị của đồ A. S  thị hàm số y  1 3 x  x 2  x  1 bằng: 3 5 2 2 5 10 2 2 10 B. C. D. 3 3 3 3 Câu 14: Tìm diện tích hình phẳng giới hạn bởi các A. đường y   x  1 e x , y  x 2  1. 8 3 2 C. S  e  3 Câu 15: Cho 2 3 8 D. S  e  3 hình chóp S. ABC 0   SA  SB  SC  a , ASB  60 , BSC  90 0 ,   1200. Tính thể tích hình chóp S. ABC. CSA A. S  e  A. V  2a3 12 B. S  e  B. V  có 2a3 4 2a3 2a3 D. V  6 2 Câu 16: Cho hình lập phương ABCD. A ‘ B ‘ C ‘ D ‘ cạnh a. Tính thể tích khối nón có đỉnh là tâm hình vuông ABCD và đáy là đường tròn nội tiếp hình vuông A ‘ B ‘ C ‘ D ‘.   A. V  a 3 B. V  a 3 12 6  4 3 C. V  a 3 D. V  a 4 3 C. V  172 | Khai báo sách chính hãng tại: congphatoan.com để nhận 100 đề thi thử tặng kèm 25 đề cốt lõi Toán 12 Ngọc Huyền LB – facebook.com/huyenvu2405 Câu 17: Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số y   x  1 e , trục hoành và các 2x đường thẳng x  0, x  2. A. e4 e2 3   4 2 4 B. e4 e2 3   4 2 4 e4 e2 3 e4 e2 3 D.     4 2 4 4 2 4 Câu 18: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , C. cho mặt cầu có phương trình: A. I  1; 2; 3  và R  5 2b  1 b1 2b  1 2b  1 B. C. D. ab ab ab a  2b 3 Câu 26: Cho hàm số y  x  3 x  2017. Mệnh đề Câu 19: Tính đạo hàm của hàm số y  e x . B. y ‘  x 2 e x 2 1 D. y ‘  2 xe x 2 nào dưới đây đúng? 1 A. Hàm số đồng biến trên các khoảng  ; 1 Câu 20: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai điểm A  1; 2; 4  và B  1; 0; 2  . Viết phương trình đường thẳng d đi qua hai điểm A và B. x 1 y  2 z  4 A. d :   1 1 3 x1 y 2 z4 B. d :   1 1 3 x1 y 2 z4 C. d :   1 1 3 y  2 x 1 z4 D. d :   1 1 3 Câu 21: Tìm tập nghiệm của phương trình 2 2 x 4 .  C. 4  A. 4  3 , 4  3 3 , 4   x  x  1 4×2  1 ln 2 x  1  C 8 4 Câu 24: Tính thể tích khối tròn xoay khi cho hình D. I  A. 2  x  1 x  x  1 4×2  1 ln 2 x  1  C 8 4 a , b. D. I  1; 2; 3  và R  5 1 C. I  4 4  1 B. C. D. 3 3 3 3 Câu 25: Cho log 2  a; log 3  b. Tính log 6 90 theo C. I  1; 2; 3  và R  5 2 x  x  1 4×2  1 ln 2 x  1  C 8 4 A. B. I  1; 2; 3  và R  5 C. y ‘  xe x B. I  và y   x 2 quay quanh trục Ox. Tìm tâm I và bán kính R của mặt cầu? 2 x  x  1 4×2  1 ln 2 x  1  C 8 4 phẳng giới hạn bởi đồ thị các hàm số y  x 2  2 x x 2  y 2  z 2  2 x  4 y  6 z  9  0. A. y ‘  2 xe x A. I   3 D. 2  B. 2  3 , 2  3  3 , 2  3  Câu 22: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , x 1 y  2 z  2 cho đường thẳng  d  :   . Tính 1 2 2 và  1;   B. Hàm số đồng biến trên khoảng  0;   C. Hàm số đồng biến trên khoảng  ; 0  D. Hàm số đồng biến trên khoảng  ;1 Câu 27: Cho số phức z  2  3i. Tìm phần ảo của số phức w   1  i  z   2  i  z. A. 9i B. 9 C. 5  x  1 2 Câu 28: Phương trình 4 x  2 bao nhiêu nghiệm dương? A. 3 B. 1 C. 2  D. 5i 2  2 x  1  x 2 có D. 0  Câu 29: Phương trình log 2 x 3  2 x  log 1 x 2 có bao nhiêu nghiệm? A. 3 B. 0 C. 1 D. 2 Câu 30: Tập hợp các điểm biểu diễn các số phức z thỏa mãn z  2  i  z  2i là đường thẳng: A. 4 x  2 y  1  0 B. 4 x  6 y  1  0 C. 4 x  2 y  1  0 D. 4 x  2 y  1  0 khoảng cách từ điểm M  2;1; 1 tới  d  . Câu 31: Cho số phức x  3  4i. Tìm môđun của 5 2 5 2 2 5 A. B. C. D. 3 2 3 3 Câu 23: Tìm nguyên hàm I   x ln  2 x  1 dx. số phức w  iz  A. 2 25 . z B. 2 C. 5 D. 5 Đặt sách tại: Tiki.vn | Newshop.vn | Pibook.vn | Lovebook.vn | 173 Công Phá Toán The Best or Nothing Câu 32: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , x 1 y 1 z 1 và   2 1 3 x3 y2 z2 đường thẳng  d2  :   . Vị trí 2 2 1 d  : cho đường thẳng hộp đôi một tạo với nhau góc 60 0. Tính thể tích hình hộp ABCD. A ‘ B ‘ C ‘ D ‘. 1 tương đối của  d1  và  d2  là: A. Cắt nhau B. Song song C. Chéo nhau D. Vuông góc Câu 33: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , x3 y 1 z1 cho đường thẳng  d  :   . Viết 2 1 1 phương trình mặt phẳng qua điểm A  3;1;0  và chứa đường thẳng  d  . A. x  2 y  4 z  1  0 C. x  2 y  4 z  1  0 B. x  2 y  4 z  1  0 D. x  2 y  4 z  1  0 Câu 34: Tìm nguyên hàm I    x  1 sin 2 xdx. A. I  1  2 x  cos 2 x  sin 2 x  C B. I   2  2x  cos 2x  sin 2x  C A. V  3 3 a 6 3 3 2 3 D. V  a a 2 2 Câu 39: Cho hình chóp tam giác đều S. ABC có AB  a , mặt bên  SAB  hợp với đáy  ABC  một góc 60 0. Tính thể tích hình chóp S. ABC. A. V  1 24 3    3 A. 0 B. 1 C. 3 D. 2 Câu 41: Cho hình lăng trụ đứng ABC. A ‘ B ‘ C ‘ có đáy là tam giác ABC cân tại C , AB  AA ‘  a , góc C. V  4  x  1 có bao C. 3 D. 2 Câu 36: Tính đạo hàm của hàm số y  x. 3 x. 4 x . A. y ‘  C. y ‘  7. x 24 17 24 24 7 24. x B. y ‘  D. y ‘  7 17. x 24 7 24 24. x 7   C. D.  4 2 Câu 38: Cho hình hộp ABCD. A ‘ B ‘ C ‘ D ‘ có tất cả các cạnh bằng a , hình chiếu vuông góc của A ‘ B.  ABCD  bằng 60 0. nằm trong tứ giác ABCD , các cạnh xuất phát từ đỉnh A của hình 3 15 3 a 4 B. V  15 3 a 12 D. V  15 3 a 4 x1 . Tiếp tuyến tại 2x  1 điểm có hoành độ bằng 1 có hệ số góc bằng: A. 1 6 B. 1 6 C. 1 3 D. Câu 43: Tính đạo hàm của hàm số y  2 A. y ‘  đường thẳng x  0, x  . lên mặt phẳng  ABB ‘ A ‘ Câu 42: Cho hàm số y  7 Câu 37: Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số y  x sin 2 x , trục hoành và các A. 2  log 3 x3  3x 2  log 1 x  x 2  0 là:  2  2 x  cos 2 x  sin 2 x  C D. I  4 24 3 3 a 12 3 3 3 3 D. V  a a 8 24 Câu 40: Số nghiệm thực của phương trình A. V  15a 3 nhiêu nghiệm thực? A. 1 B. 0 B. V  C. V  1  2x  cos 2 x  sin 2 x  C C. I   x  1 2 a3 Tính thể tích hình lăng trụ ABC. A ‘ B ‘ C ‘. 2 Câu 35: Phương trình 2 3 a 6 C. V  giữa BC ‘ và mặt phẳng 2 x B. V  C. y ‘   ln 2 2 1 x 2 2 1 x B. y ‘  ln 2 2 1 x 1 x 2 D. y ‘  1 3 1 x 2 . 1 x 1 x 2 1 x 2 1 x Câu 44: Tổng các nghiệm của phương trình  x  1 2     .2 x  2 x x 2  1  4 2 x1  x 2 bằng: A. 4 B. 5 C. 2 D. 3 Câu 45: Cho a , b  0, a  1 thỏa mãn log a b  16 . Tổng a  b bằng: b A. 12 B. 10 C. 16 D. 18 Câu 46: Tìm tập xác định của hàm số: log 2 a  174 | Khai báo sách chính hãng tại: congphatoan.com để nhận 100 đề thi thử tặng kèm b và 4 25 đề cốt lõi Toán 12 Ngọc Huyền LB – facebook.com/huyenvu2405   a3 a3 a3 B. C. 12 8 4 Câu 49: Cho các số phức y  log x 2  3 x  1. A. A.  ; 5  2;   B.  2;   C. 1;   D.  ; 5    5;   Câu 47: Tìm nguyên hàm I   1 dx. 4  x2 3 3a 3 4 thỏa mãn: D. z z  i  z  1  2i . Tập hợp các điểm biểu diễn các số phức w   2  i  z  1 trên các mặt phẳng tọa độ 1 x2 A. I  ln C 2 x2 1 x2 B. I  ln C 2 x2 1 x2 C. I  ln C 4 x2 1 x2 D. I  ln C 4 x2 Câu 48: Xét các hình chóp S. ABC có SA  SB  SC  AB  BC  a. Giá trị lớn nhất của thể tích hình chóp S. ABC bằng: là một đường thẳng. Viết phương trình đường thẳng đó. A.  x  7 y  9  0 B. x  7 y  9  0 C. x  7 y  9  0 D. x  7 y  9  0 Câu 50: Số nghiệm thực của phương trình 2 x  log 2  8  x  là: A. 2 B. 1 C. 3 D. 0 Đặt sách tại: Tiki.vn | Newshop.vn | Pibook.vn | Lovebook.vn | 175 Công Phá Toán The Best or Nothing ĐÁP ÁN 1A 2A 3C 4B 5D 6B 7C 8D 9A 10A 11B 12B 13C 14D 15A 16A 17A 18B 19A 20C 21B 22A 23C 24C 25C 26A 27C 28B 29C 30D 31A 32A 33B 34D 35D 36C 37D 38D 39D 40B 41D 42C 43A 44B 45D 46A 47D 48B 49C 50B HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT Câu 1: Đáp án A. Điều kiện 3  x  3 3.  2 x  Xét hàm số y  2 x  3 9  x 2 có y ‘  2  2 9x 2 2 3x 9  x2 . 0  x  3 0  x  3 6 y’  0    x 2 2 2 13 x  36 13 4. 9  x  9 x      6  ; f  3    f  3   6 . Ta có min y   f  3  ; f     3;3    13  Câu 2: Đáp án A. 1   4 2 x 1   2 2  x 2  1     2  3x  6  4  8x  x  4 2 x 1   2 3 x6   2 4. 1 2 x    2 3 x 6 2 (thỏa mãn). 11 Câu 3: Đáp án C. Ta có lim x x2  4  lim x x 1  4  1 2 2 2 x  4 x  1 ; lim x  1 .  lim x x 1 1 x1 1 1 x x 1 Câu 4: Đáp án B. Ta nhớ lại kiến thức về đường tiệm cận của đồ thị hàm phân thức mà tôi đưa ra ở chuyên đề đường tiệm cận, từ đây ta thấy x2 có bậc của đa thức tử số lớn hơn bậc của x 1 đa thức mẫu số nên không có tiệm cận ngang. Với phương án B: Hàm phân thức Câu 5: Đáp án D STUDY TIPS Nhiều bài toán, chỉ cần sử dụng 1 dữ kiện là ta có thể loại hết các phương án sai, do đó trong quá trình làm bài, ta nên xét cùng với các phương án. Bởi trong tắc nghiệm, các phương án cũng là một dữ kiện. Suy luận Xét hàm số y   m  1 x   m  1 x  x  m . 3 2 Với m  1 thì hàm số trên có dạng y  x  1 luôn đồng biến trên . Đến đây ta loại được phương án B, C, A Ta chọn luôn D. Tuy nhiên trên đây là suy luận cho trắc nghiệm, ta có lời giải sau. Lời giải Với m  1 thỏa mãn yêu cầu đề bài. Với m  1 thì hàm số đã cho là hàm số bậc ba, để hàm số luôn đồng biến trên  thì: 176 | Khai báo sách chính hãng tại: congphatoan.com để nhận 100 đề thi thử tặng kèm 25 đề cốt lõi Toán 12 Ngọc Huyền LB – facebook.com/huyenvu2405 m  1 m  1  m  1  0 m  1     2 2 b  3ac  0  m  1 m  4   0 m  4  m  1  3  m  1  0  1 m  4. Kết hợp hai trường hợp ta được 1  m  4 thì thỏa mãn yêu cầu đề bài. Câu 6: Đáp án B. x  3  0 Điều kiện:   x . 3  2x  0 Câu 7: Đáp án C. Đặt z0  1  i , khi đó z  z0 2  z0 3  z0 4  ..  z0 22 . Ta có z0 .z  z0 3  z0 4  …  z0 23 Suy ra z.z0  z  z0 23  z0 2  z  z0  1  z0 23  z0 2 23 2 1  i   1  i   2050  2048i . z 23  z0 2  z 0 z0  1 1 i 1 Vậy phần thực của số phức z là x  2050  211  2 . Câu 8: Đáp án D. Đặt z  x  yi  x , y    . Khi đó, theo đề bài ta có z  1 x  yi  1  x  1  yi  x  1  yi  .  x   y  1 i     z  i x  yi  i x   y  1 i  x   y  1 i   x   y  1 i     2 x  x  1   x  1 y  1 i  xyi  y  y  1 i  2 x 2   y  1  x  x  1  y  y  1   xy   x  1 y  1  i x 2   y  1 2 Mà phần thực bằng 0, do đó 2 x  x  1  y  y  1 x   y  1 2 2 2  0  x2  x  y 2  y  0  1  1 1   x     y    . Vậy đường tròn tâm 2  2 2  Câu 9: Đáp án A. 1 1 1 . I  ;  , bán kính R  2 2 2 Đặt u  2 x  1  du  2dx vdv  e  x dx  v   e  x .   2 x  1 e dx   2 x  1 .  e    e    2 x  1 e  C . x Khi đó x x 2dx    2 x  1 e  x  2e  x  C x Câu 10: Đáp án A.  1  2.  2   2.  3   3  Ta có d A;  P   12  2 2   2  2 2. Câu 11: Đáp án B B C Hình vẽ bên minh họa một hình hộp ABCD. A B C D  nội tiếp mặt cầu tâm I bán kính R. Vì tính đối xứng nên hình hộp nội tiếp khối cầu luôn là hình hộp chữ nhật. Do vậy đặt ba kích thước của hình hộp chữ nhật lần lượt là a, b, c. Đặt sách tại: Tiki.vn | Newshop.vn | Pibook.vn | Lovebook.vn | 177 Công Phá Toán The Best or Nothing Khi đó thể tích của hình hộp chữ nhật là V  abc . Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho ba số dương ta có a  b  c  3 3 abc STUDY TIPS Cho hình hộp chữ nhật có 3 kích thước là a, b, c khi đó độ dài đường chéo của hình hộp chữ nhật được tính bằng công thức  V   abc  2 V  d  a 2  b2  c 2 3 3   2 R 2   a  b  c 2   a2  b2  c 2  2      V         3 3 3       2 3  2   64 R  27  64 R6 8 R3  27 3 3 Chú ý: ở đây, do tính đối xứng nên hình hộp chữ nhật nội tiếp mặt cầu luôn có tâm là tâm của mặt cầu, do vậy độ dài đường chéo chính bằng đường kính của mặt cầu. Tương tự bài toán hình trụ nội tiếp khối cầu trong sách Bộ đề tinh túy môn toán 2017 mà tôi đã đưa ra. Câu 12: Đáp án B. Kẻ AH vuông góc với  BCD  , khi đó AH là đường cao của khối tứ diện ABCD. A  Gọi M là trung điểm của CD. Trong tam giác ABM, đường phân giác của AMB cắt AH tại I, kẻ IK vuông góc với AM (như hình vẽ). Do ABCD là tứ diện đều nên BM  CD , mặt khác AH  CD , từ đây suy ra I K B H D  ABM    ACD  .  ABM    ACD   Ta có  ABM    ACD   AM  IK   ACD  .   IK  AM M  vậy IH  IK hay d I ; BCD  d I ; ACD . Do MI là phân giác AMH      C    Tương tự với các trường hợp còn lại ta suy ra I là tâm của mặt cầu nội tiếp khối tứ diện ABCD. A Ta có hình vẽ mặt phẳng ABM ở bên, P là giao điểm của MP và AB. Nhận thấy tam giác ABM cân tại M (do BM = AM), từ đây suy ra phân giác MI là đường cao. P I K Ta có MP  MB2  BP 2  a 2 .3 a 2 a   4 4 2 Hai tam giác MHI và MPB đồng dạng, suy ra B H M a 3 a . IH HM HM.BP a 6   IH   6 2 . a BP MP MP 12 2 Vậy diện tích mặt cầu nội tiếp tứ diện ABCD là S  4R2  4.a 2 . Câu 13: Đáp án C.  8  4 2 x  1  2  y  3 Ta có y ‘  x 2  2 x  1  0    84 2 x  1  2  y   3  Khi đó d  x 1 2 2  x2    y1  y2   10 2 . 3 178 | Khai báo sách chính hãng tại: congphatoan.com để nhận 100 đề thi thử tặng kèm 6 a 2 .  144 6 25 đề cốt lõi Toán 12 Ngọc Huyền LB – facebook.com/huyenvu2405 Câu 14: Đáp án D.   Xét phương trình hoành độ  x  1 e x  x 2  1   x  1 e x  x  1  0 . x  1 .  x  0 Vậy diện tích hình phẳng được giới hạn bởi các đường y   x  1 e x , y  x 2  1 1 được tính bằng công thức S   x 2  1   x  1 e x dx . 0 Nhận xét: trên 0;1 thì x  1   x  1 e x nên 2 1 S  1 x 2  1   x  1 e x dx  0  x 2   1   x  1 e x dx 0 1  x3 1 1 2   x     x  1 e x dx     x  1 e x dx 3 0  3 0 0 Đặt u  x  1  du  dx ; e x dx  dv  v  e x 1 Khi đó   x  1 e dx   x  1 .e x x 0 1 1 x  e dx  e  2 . 0 0 8 3 Câu 15: Đáp án A. Vậy S  e  S   60  tam giác SAB đều  AB  a . Tam giác SAB cân tại S có ASB Tam giác SBC vuông tại S  BC  SC 2  SB 2  a 2 . Áp dụng định lí hàm cos cho tam giác SAC ta có H AC  SA 2  SC 2  2.SA.SC.cos 120  a 3 . C A   Tam giác ABC có AB 2  BC 2  a2  a 2 2  3a 2  AC 2  tam giác ABC vuông tại B. B Gọi H là trung điểm của AC, suy ra H là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Mà tứ diện SABC có SA  SB  SC  a  SH là đường cao của tứ diện S.ABC. 2 a 3 a Ta có SH  SA  AH  a     .  2  2   2 2 1 1 a 1 a3 2 Vậy thể tích khối chóp là V  .SH.SABC  . . .a.a 2  3 3 2 2 12 B Câu 16: Đáp án A. A O D 2 Bài toán này tôi đã đưa ra trong sách độ đề tinh túy môn Toán năm 2017 ( câu C 38 đề 3) như sau: Do đường tròn đáy của hình nón nội tiếp hình vuông A ‘ B ‘ C ‘ D ‘ nên độ dài A’ 2 B’ đường kính hình tròn d  a  R  D’ C’ 1 a a3 a . Khi đó V  .a.     . 3 2 12 2 Câu 17: Đáp án A. Đặt sách tại: Tiki.vn | Newshop.vn | Pibook.vn | Lovebook.vn | 179 Công Phá Toán The Best or Nothing Xét phương trình hoành độ giao điểm  x  1 .e 2 x  0  x  1 . Vậy diện tích hình phẳng được giới hạn bởi đồ thị hàm số y   x  1 .e 2 x , trục hoành và các đường thẳng x  0, x  2 được tính bởi công thức: 1 2 0 2 S     x  1 .e 2 x dx    x  1 .e 2 x dx    x  1 .e 2 x dx    x  1 .e 2 x dx 0 1 1 0 1 2 Đặt I1    x  1 .e 2 x dx; I 2    x  1 e 2 x dx 1 1 Đặt x  1  u  dx  du ; vdv  e 2 x dx  v  Khi đó I 0  b 1b b 1 b 1 2x 1 .e .  x  1   e 2 x .dx  .e 2 x .  x  1  .e 2 x . a 2a a 4 a 2 2 Vậy từ đây ta có I1   I2  1 2x .e 2 1  1 0 1 2  e2 3   .e  .e    . 2 4 4  4 4 1 4  1 4 1 2  e4 e2 .e   .e  .e    . 2 4  4 4 4 Suy ra I  I 1  I 2  e4 e2 3   . 4 2 4 Câu 18: Đáp án B. Ta có x 2  y 2  z 2  2 x  4 y  6 z  9  0  tâm I  1; 2; 3  , bán kính R  9  1  4  9  5 . Câu 19: Đáp án A. 2 2 Ta có e x  2 x.e x . Câu 20: Đáp án C. Đường thẳng d đi qua hai điểm A  1; 2; 4  và B  1; 0; 2  có vtcp   u  AB   2; 2; 6   2  1; 1; 3  , vậy d có phương trình x1 y2 z4 .   1 1 3 Câu 21: Đáp án B. d: 2 x 1 Xét phương trình 2   4 x Điều kiện: x  . Ta có phương trình  2 x 1 2 2  22 x   x  1  2 x x  2  3 .  x2  4x  1  0    x  2  3 Câu 22: Đáp án A. Gọi N là hình chiếu vuông góc của điểm M lên đường thẳng x  1  t  d :  y  2  2t  t    .  z  2  2t   Khi đó N  1  t ; 2  2t ; 2  2t   MN   t  3; 2t  1; 2t  1 . 180 | Khai báo sách chính hãng tại: congphatoan.com để nhận 100 đề thi thử tặng kèm 25 đề cốt lõi Toán 12 Ngọc Huyền LB – facebook.com/huyenvu2405   Ta có MN  d  MN.ud  0   t  3  .1   2t  1 .2   2t  1 .  2   0  9t  7  0  t     20 5 5  5 2 7 .  MN  ;  ;  . Khi đó MN  d  M ; d   9 3 9 9  9 Câu 23: Đáp án C. Đặt u  ln  2 x  1  du  2 x2 dx; vdv  xdx  v  2x  1 2  x ln  2 x  1 dx  x2 x2 2 . ln 2 x  1   . dx 2 2 2x  1 Khi đó  x 1  x2 x2 x2 1 dx .ln 2 x  1   dx  . ln 2 x  1       2 4 4  2 x  1  2 2x  1 2     x2 x 1  x2 .ln 2 x  1     .ln  2 x  1   C 2  4 4 8  x  x  1 4×2  1 .ln 2 x  1  C. 8 4 Câu 24: Đáp án C.  x  0 Xét phương trình hoành độ giao điểm x 2  2 x   x 2   x  1 Khi đó thể tích khối tròn xoay có được khi quay hình phẳng giới hạn bởi các đồ thị hàm số y  x 2  2 x; y   x 2 quay quanh trục Ox được tính bởi công thức 1  V   x 2  2 x 2    x  2 2 dx 0  Ta thấy trên 0;1 thì  x 2 1 2   x  2  2  2 x , do vậy ta có công thức  V     x 4  x 4  4 x 3  4 x 2 dx   0 1  4 1    4 x 3  4 x 2 dx  .   x 4  x 3   (đvtt). 3 0 3  0   Câu 25: Đáp án C. Ta có log 6 90  log 90 log  9.10  log 9  log 10 2 log 3  1 2b  1 .     log 6 log 2  log 3 log 2  log 3 ab log  2.3  Câu 26: Đáp án A.  x  1 Ta có y ‘  3 x 2  3  0   . Ta thấy hàm số đã cho là hàm số bậc ba có hệ x  1 số a  1  0 nên hàm số đồng biến trên  ; 1 và 1;   , hàm số nghịch biến trên  1; 1 . Câu 27: Đáp án C. Ta có w   1  i  .  2  3i    2  i  .  2  3i   2  5i . Vậy phần ảo của số phức w là -5. Câu 28: Đáp án B. Cách 1: Ta có 4 x  2 2 x  1 2  2x  1  x2  4 x  2 x 2  x 2  2 x  1  2 2 x  1 2 Đặt sách tại: Tiki.vn | Newshop.vn | Pibook.vn | Lovebook.vn | 181 Công Phá Toán The Best or Nothing 2  2 2 x  2 x 2   x  1  2 2 x 1 2 *  Xét hàm số g  a   2a  a trên  có g ‘  a   2a .ln 2  1  0  hàm số g  x  đồng biến trên     Vậy phương trình  *  trở thành g 2 x 2  g  x  1 2  x  1  2  2 x 2  x2  2 x  1    x  1  2 Vậy phương trình đã cho chỉ có duy nhất một nghiệm dương. Cách 2: Sử dụng TABLE. Ta đặt f  x   4 x  2 2 x 1 2  2 x  1  x2 . Ở đây ta sử dụng nút TABLE bởi ta biết rằng, nếu hàm số f  x  đổi dấu qua x  c thì x  c là nghiệm của phương trình f  x   0 . Do vậy, ta đi xét xem hàm số đổi dấu bao nhiêu lần trên  0;   . Sử dụng nút TABLE: 1. MODE  7:TABLE 2. Nhập biểu thức f  x  vào, ấn =, 3. START? Chọn 1 =, END? 15 =, STEP? 1=, máy hiện như hình bên. Nhận thấy hàm số chỉ đổi dấu trên khoảng từ 2 đến 3, từ 3 trở đi, giá trị của hàm số tăng dần, tức hàm số đồng biến trên  3;   . Vậy phương trình đã cho chỉ có duy nhất một nghiệm dương. Câu 29: Đáp án D.    x x 2  2  0 x  2  x 3  2 x  0 Điều kiện:    1  x  0  1  x  0  x  1   Ta có log 2 x 3  2 x  log  2   1  x  log 2 x 3  2 x  2 log 2 1  x   log 2 x  2 x  log 2  1  x   x  2 x  1  x  x 3  3 x  1  0 , bấm máy ta 3 3 thấy phương trình bậc ba này có 3 nghiệm, tuy nhiên, so sánh với điều kiện thì chỉ có hai nghiệm thỏa mãn, do vậy phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt. Câu 30: Đáp án D. Đặt z  x  yi ,  x , y    . Khi đó phương trình đã cho trở thành  x  2   y  1 i  x   y  2  i   2  x  2    y  1 2  x2   y  2   x 2  4 x  4  y 2  2 y  1  x2  y 2  4 y  4  4 x  2 y  5  4 y  4  4 x  2 y  1  0 . Câu 31: Đáp án A. Ta có w=i  3  4i    3 i  4  25.  3  4i  25  3i  4i 2  3  4i  3  4i  3  4i  75  100 i 75  100 i  3 i  4   3 i  4   3  4 i   1  i 2 25 9  16i  w  12  12  2 . 182 | Khai báo sách chính hãng tại: congphatoan.com để nhận 100 đề thi thử tặng kèm 2 25 đề cốt lõi Toán 12 Ngọc Huyền LB – facebook.com/huyenvu2405 Câu 32: Đáp án A.  x  1  2t  Ta có d1  y  1  t  z  1  3t   x  3  2t ‘  ;  y  2  2t ‘  z  2  t ‘  1  2t  3  2t ‘ 2t  2t ‘  2 t  1   Ta có hệ phương trình 1  t  2  2t ‘  t  2t ‘  3   . 1  3t  2  t ‘ 3t  t ‘  1 t ‘  2   Hệ phương trình có nghiệm duy nhất, suy ra hai đường thẳng này cắt nhau. Câu 33: Đáp án B. Chọn B  3; 1; 1 , C  1; 0; 0  là hai điểm nằm trên đường thẳng d, suy ra hai điểm A, B cũng nằm trong mặt phẳng  P  cần tìm. Bài toán trở thành viết phương trình mặt phẳng  P  đi qua ba điểm A  3; 1; 0  , B  3; 1; 1 , C  1; 0; 0  . Đây là dạng toán mà tôi đã đề cập rất chi tiết trong sách “Bộ đề tinh túy môn Toán năm 2017”.    Mặt phẳng  P  có vtpt n   AB, BC    1; 2; 4   1  1; 2; 4    mà mặt phẳng  P  chứa điểm C  1; 0; 0  nên  P  : x  2 y  4 z  1  0 . Câu 34: Đáp án D. I    x  1 sin 2 xdx. 1 Đặt x  1  u  dx  du ; sin 2 xdx  vdv  v   .cos 2 x 2 Khi đó F  x      x  1 2 .cos 2 x  1  x  cos 2x  1 .sin 2x  C 1 cos 2 xdx   2 2 4  2  2 x  cos 2 x  sin 2 x  C . 4 Câu 35: Đáp án D Với x  1 không là nghiệm của phương trình đã cho. Với x  1 thì phương trình  2 x  y Đặt g  x   2 x ; f  x   x1 x 1 x1 . x 1 Ta có hàm số g  x  luôn đồng biến trên  . Hàm số f  x  luôn nghịch biến trên  ; 1 và 1;   . O 1 x Vậy phương trình f  x   g  x  có nhiều nhất 1 nghiệm trên  ; 1 và nhiều nhất 1 nghiệm trên  1;   . Khi bấm máy dò nghiệm thì thấy phương trình đã cho có 1 nghiệm trên  ; 1 và 1 nghiệm trên  1;   . Câu 36: Đáp án C. 3 1 5 Vậy y  x. 3 x. 4 x  x. x.x 4  x.x 12  24 x17 . Khi đó y ‘   24  x17 ‘  17 24 7 17 . . x  24 24 24 x7 Đặt sách tại: Tiki.vn | Newshop.vn | Pibook.vn | Lovebook.vn | 183 Công Phá Toán The Best or Nothing Câu 37: Đáp án D.  Diện tích hình phẳng cần tìm được tính bằng công thức S   x.sin 2 x dx 0 x  0   Xét phương trình x.sin 2 x  0   x  ( xét trên 0;  ).  2 x     2  Nên ta có S   x.sin 2 xdx   x.sin 2 xdx .  2 0 Tương tự như bài 34 chỉ khác x  1 và x, do vậy ta có S   2 x cos 2 x  sin 2 x 2 x cos 2 x  sin 2 x   3  2         (đvdt). 4 4 4  4  0 2 Câu 38: Đáp án D. Ta dễ dàng nhận ra các mặt của hình hộp là hình thoi. D’ Trong mặt phẳng  AAC  , kẻ AH  AC tại H. A’ Kí hiệu như hình vẽ. C’ B’ A D giác A BD đều  AO  BD . H O  A O  BD Ta có   BD   AAC    A AC    ABCD  .  AC  BD B C Do các cạnh kẻ từ đỉnh A đôi một vuông góc, do vậy các tam giác A AB, A AD , ABD là các tam giác đều. Do vậy AD  AB  BD  a , suy ra tam  AH   ABCD  .  AH là đường cao của khối hộp.   120  AC  a 3 . Ta có ABC là tam giác cân tại B có ABC Tam giác AOA cân tại O , nên ta tìm được AH  S Vậy V  AH.SABCD  a 2 3 . a 2 1 a3 2 . . .a.a 3  2 3 2 Câu 39: Đáp án D.   60 Kí hiệu như hình vẽ, theo đề bài ta có SDH A C D H B  SH  DH. tan 60  a 3 a 1 a 1 a 3 a3 3 . . 3  . Vậy V  . . . .a  6 2 3 2 2 2 24 Câu 40: Đáp án B. Điều kiện: 0  x  1 .    Phương trình  log 3 x 3  3 x 2  log 3 x  x 2   x3  3×2  x  x2 x  0 , chỉ có một nghiệm thỏa mãn.  x 3  4 x2  x  0    x  2  5 Phương trình vô nghiệm. Câu 41: Đáp án D Gọi D là trung điểm của A B . Khi đó C D  AB (do tam giác ABC  cân tại C’). 184 | Khai báo sách chính hãng tại: congphatoan.com để nhận 100 đề thi thử tặng kèm 25 đề cốt lõi Toán 12 C’ A’ D Ngọc Huyền LB – facebook.com/huyenvu2405 C D  A B Ta có   C D   ABBA  .  BB  C D   BD  C Khi đó C ‘ B,  ABBA   60 .   B’  C ‘ D  BD.tan 60  a 2  C A a2 a 15 . . 3 4 2 1 1 a 15 a3 15 . .C D. AB. AA  . .a.a  2 2 2 4 Câu 42: Đáp án C. Vậy V  B 3 Ta có y ‘   2x  1 2  k  y ‘  1  1 . 3 Câu 43: Đáp án A.  Ta có y ‘  2 1 x     1  x .ln 2.2  1 z  ln 2  2 1 x .2 1 x . Câu 44: Đáp án B. 2    Ta có  x  1 .2 x  2 x x2  1  4. 2 x1  x2  2   x  1 .2 x  2 x 3  2 x  4 x 2  2 x 1     2 x . x 2  2 x  1  2  2 x. x 2  2 x  1      x2  2x  1 . 2x  2x  0 x  1  2  x  1  2   x  5. x  1  x  2 Câu 45: Đáp án D. Ta có log a b  log 2 b log 2 b b    log 2 b  4  b  24 16 log 2 a 4 b 16  1  a  2 . Vậy a  b  18 . 16 Câu 46: Đáp án A.  log 2 a   x 2  3 x  0 Điều kiện   log x 2  3 x  1     x  0     x  3  2  x  3 x  10  x  0  x  2   x  3    x  5  x  2   x  5  Câu 47: Đáp án D. Ta có a 2 1 1 1  1 1  1 xa dx   dx   .ln C   dx   2 2a  a  x a  x  2a xa x  a  x  a  x  Áp dụng vào bài ta chọn D. Câu 48: Đáp án B. Kẻ DH  SB Đặt AD  x  SD  a 2  x 2  BD  DH  SD 2  a2  4 3a 2  x2 4 Đặt sách tại: Tiki.vn | Newshop.vn | Pibook.vn | Lovebook.vn | 185 Công Phá Toán The Best or Nothing Ta thấy VSABC  2VSABD  1 S Ta có AD  BD; AD  SD  AD   SBD  H Vậy VSABD  1 1 1 1 1 3a2 . AD.SSBD  .x. .DH .SB  VSABC  2. .x. .a.  x2 3 3 2 3 2 4 B A 2  D C 1 3a 1 .x.a.  x 2  a. 3 4 3 x2  3a2  x2 a3 4  2 8 Câu 49: Đáp án C Đặt z  x  yi ,  x , y    . 2 Khi đó phương trình  x 2   y  1  2  x  1   y  2  2  2 y  1  2 x  1  4 y  4  2 x  6 y  4  0  x  3 y  2  0  x  3 y  2 Với w  x   y i   2  i  .z  1   2  i  .  x  yi   1  2 x  2 yi  ix  y  1   2 x  y  1   2 y  x  i  x ‘  2 x  y  1  2.  3 y  2   y  7 y  5   x ‘  7 y ‘  9  x ‘  7 y ‘  9  0 .  y ‘  2 y  x  2 y  3 y  2   y  2 Câu 50: Đáp án B. Điều kiện 0  x  8 . Đặt f  x   2 x ; g  x   log 2  8  x  , xét hai hàm số này trên  0; 8  , ta có f ‘  x   2 x .ln 2  0x  hàm số đồng biến trên  0; 8  . g ‘  x   1  0x   0; 8   hàm số nghịch biến trên  0; 8  .  8  x  .ln 2 Suy ra phương trình 2 x  log 2  8  x  có nhiều nhất một nghiệm trên  0; 8  . Mà  f 1  g  1  .  f  2   g  2    0 nên phương trình có duy nhất một nghiệm thực trên  0; 8  . 186 | Khai báo sách chính hãng tại: congphatoan.com để nhận 100 đề thi thử tặng kèm 25 đề cốt lõi Toán 12 Ngọc Huyền LB – facebook.com/huyenvu2405 ĐỀ ÔN LUYỆN SỐ 12 Câu 1. Trong các đồ thị dưới đây, đồ thị nào là đồ thị của hàm số y  x 4  2 x 2  3 ? y y Câu 7. Cho  C  : y  x3  3x 2  3 . Tiếp tuyến của C  song song với đường thẳng 9 x  y  24  0 có phương trình là A. y  9 x  8 . 3 B. y  9x  8; y  9x  24 . C. y  9 x  8 . D. y  9 x  24 . Câu 8. Tìm m để đồ thị hàm số y  x 4  2 mx 2  2 O -1 1 x 1 -1 O x có ba điểm cực trị tạo thành một tam giác có diện tích bằng 1. -3 A. B. y A. m  3 3 . B. m  3 . C. m  3 3 . D. m  1 . Câu 9. Cho hàm số y  f  x  có đồ thị là đường y cong như hình bên. Khẳng định nào sau đây là khẳng định đúng? O -1 1 -3 x y 1 O 1 3 2 x 2 O C. D. B. Hàm số luôn nghịch biến trên  ;1 và 1;   C. Hàm số luôn đồng biến trên  1 . 1;   Câu x -2 Câu 2. Kết luận nào sau đây về tính đơn điệu của 2x  1 hàm số y  là đúng? x 1 A. Hàm số luôn nghịch biến trên  1 . D. Hàm số luôn đồng biến trên 1  ;1 và 3. Giá trị lớn nhất của hàm số y  x 3  3 x  5 trên đoạn 0;1 là A. 5. B. 3. C. 1. D. 7. Câu 4. Cho hàm số y  x 3  4 x . Số giao điểm của đồ thị hàm số và trục Ox bằng A. 0. B. 2. C. 3. D. 4. 1 3 Câu 5. Hàm số y  x  2×2  3x  1 đồng biến trên 3 A.  2;   . B.  1;   . A. Hàm số đạt cực đại tại x  0 và đạt cực tiểu tại x  2 . B. Hàm số có giá trị cực tiểu bằng 2. C. Hàm số có giá trị lớn nhất bằng 2 và giá trị nhỏ nhất bằng 2 . D. Hàm số có ba cực trị. Câu 10. Một người cần đi từ khách sạn A bên bờ biển đến hòn đảo C . Biết rằng khoảng cách từ đảo C đến bờ biển là 10 km , khoảng cách từ khách sạn A đến điểm B trên bờ gần đảo C là 40 km . Người đó có thể đi đường thủy hoặc đi đường bộ rồi đi đường thủy (như hình vẽ dưới đây). Biết kinh phí đi đường thủy là 5 USD / km , đi đường bộ là 3 USD / km . Hỏi người đó phải đi đường bộ một khoảng bao nhiêu để kinh phí nhỏ nhất? ( AB  40 km , BC  10 km .). C C.  ;1 và  3;   . D.  1; 3  . 10 km Câu 6. Số đường tiệm cận đứng và ngang của đồ 3x  1 thị hàm số y  2 là x 4 A. 2. B. 1. C. 4. D. 3. A A. D 40 km B 15 65 km . B. km . C. 10 km . 2 2 D. 40 km . Đặt sách tại: Tiki.vn | Newshop.vn | Pibook.vn | Lovebook.vn | 187 Công Phá Toán The Best or Nothing Câu 11. Tọa độ giao điểm của đồ thị hàm số x2 và đường thẳng y  2 x là y x 1  1  A.  2; 4  . B.   ;1  .  2   1 C.  2;   . 2  1  D.  2; 4  ,  ; 1  . 2   1 Câu 12. Nghiệm của phương trình 2 x1  là 8 A. x  4 . B. x  2 . C. x  3 . D. x  2 . Câu 13. Đạo hàm của hàm số y  log 3 x là 1 . x ln 3 ln 3 C. y ‘  . x Câu 14. Nghiệm A. y ‘  B. y ‘  1 . x bất phương trình x 2 1 1 là    27 3 A. x  5 . B. x  5 . Câu 15. Tập xác 1 là y log 2  x 2  2 x  C. x  1 . D. x  1 . định của hàm số  A. D   0; 2  . B. D  0; 2  . D. D   0; 2  1 . C. D  0; 2  1 . Câu 16. Trong các hàm số dưới đây, hàm số nào đồng biến trên  ? x 1 A. y    . 2 B. y  log 2  x  1 .   C. y  log 2 x 2  1 .   D. y  log 2 2 x  1 . Câu 17. Cho các số thực dương a , b , c với c  1 . Khẳng định nào sau đây là sai? a A. log c  log c a  log c b . b b 1 B. log c 2 2  log c b  log c a . 2 a a ln a  ln b C. log c  . b ln c A. y ‘  B. y ‘  1 Câu 19. Đặt log 12 27  a . Hãy biểu diễn log 6 16 theo a . 4 a  12 12  4 a . B. log 6 16  . a3 a3 12  4 a 12  4 a C. log 6 16  . D. log 6 16  . a3 a3 Câu 20. Cho các số thực dương a , b với a  1 và A. log 6 16  0  a , b  1 A.  . 0  a  1  b 0  b  1  a C.  . 1  a , b 0  a , b  1 B.  . 1  a , b 0  a , b  1 D.  . 0  a  1  b Câu 21. Người ta thả một lá bèo vào một hồ nước. Giả sử sau t giờ, bèo sẽ sinh sôi kín cả mặt hồ. Biết rằng sau mỗi giờ, lượng lá bèo tăng gấp 10 lần lượng lá bèo trước đó và tốc độ tăng không 1 đổi. Hỏi sau mấy giờ thì số lá bèo phủ kín cái hồ? 3 t t 10 t A. . B. . C. t  log 3. D. . log 3 3 3 Câu 22. Diện tích S của hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số y  f  x  liên tục trên a; b , trục hoành và hai đường thẳng x  a , x  b được tính theo công thức nào sau đây? b b A. S   f  x  dx .  B. S   f  x  a  2 dx . a b   2 D. S    f  x  dx . a 1 là x1 A. F  x   ln  x  1  C . B. F  x  log32  x  1  C . C. F  x   log 4 x là x2 2  x  2  ln x  . 2 x  x  2  ln 2  x  2  x ln x  . 2  x  2  ln 2 Câu 23. Nguyên hàm của hàm số f  x    x  2  x ln x  . 1 2 1 a 2 2 x  x  2  ln 2 D. y ‘  b 1 b log c2    log c b  log c a . 2 a Câu 18. Đạo hàm của hàm số y   x  2  x ln x  . C. S   f  x  dx . 2 D. 2 x  x  2  ln 2 log a b  0 . Khẳng định nào sau đây là đúng? D. y ‘  x ln 3 . của 1 C. y ‘  1  x  1 2  C . D. F  x   ln x  1  C . Câu 24. Một ca nô đang chạy trên hồ Tây với vận tốc 20 m / s thì hết xăng. Từ thời điểm đó, ca nô chuyển động chậm dần đều với vận tốc v  t   5t  20 m / s , trong đó t là khoảng thời gian tính bằng giây, kể từ lúc hết xăng. Hỏi từ lúc hết xăng đến lúc dừng hẳn, ca nô đi được bao nhiêu mét? A. 10 m . B. 20 m . C. 30 m . D. 40 m . 188 | Khai báo sách chính hãng tại: congphatoan.com để nhận 100 đề thi thử tặng kèm 25 đề cốt lõi Toán 12 Ngọc Huyền LB – facebook.com/huyenvu2405 1 Câu 25. Giá trị của tích phân I   x x 2  1 dx là 0 1 A. 2 2 1 . 3 1 C.  2 2  1 . 3  1 B. 2 2 1 . 3 1 D. 22 2 . 3        Câu 33. Các nghiệm của phương trình z 4  1  0 trên tập số phức là A. 2 và 2. B. 1 và 1. C. i và i . D. 1; 1; i và i . Câu 34. Cho số phức z thỏa mãn z  1  z  2  3 i . Tập hợp các điểm biểu diễn số  2 Câu 26. Giá trị của tích phân I   x sin x dx là 0 phức z là A. Đường tròn tâm I  1; 2  , bán kính R  1 .   A. 1 . B. . C. 1 . D.   1 . 2 2 Câu 27. Thể tích vật thể tròn xoay khi quay hình x phẳng giới hạn bởi các đường y  , y  0 , x  1 4 , x  4 quanh trục Ox là 21 A. 6 . B. . C. 12 . D. 8 . 16 Câu 28. Một nguyên hàm F  x  của hàm số B. Đường thẳng có phương trình x  5 y  6  0 . 3 sao cho đồ thị của hai 5 hàm số F  x  , f  x  cắt nhau tại một điểm thuộc đáy và SA  a 3 . Thể tích V của khối chóp S. ABC là 3a 3 a3 A. V  B. V  . . 8 4 3 3a 3 3a C. V  D. V  . . 2 2 Câu 37. Cho hình lăng trụ tam giác đều ABC . A ‘ B ‘ C ‘ có góc giữa hai mặt phẳng  A ‘ BC  f  x   2 sin 5 x  x  Oy là 2 2 A.  cos 5 x  x 5 3 2 2 B.  cos 5x  x 5 3 2 2 C.  cos 5 x  x 5 3 2 2 D.  cos 5 x  x 5 3 Câu 29. Cho số phức 3 x  x  1. 5 3 x x. 5 3 x  x  1. 5 3 x  x2. 5 z  3  2 i . Tìm phần thực và phần ảo của số phức z . A. Phần thực bằng 3, phần ảo bằng 2. B. Phần thực bằng 3 , phần ảo bằng 2. C. Phần thực bằng 3, phần ảo bằng 2 . D. Phần thực bằng 3 , phần ảo bằng 2 . Câu 30. Cho số phức z  4  5 i . Số phức liên hợp của z có điểm biểu diễn là A.  4; 5  . B.  4; 5  . C.  5; 4  . D.  4; 5  . Câu 31. Giả sử z1 và z2 là các nghiệm phức của phương trình z 2  4 z  13  0 . Giá trị của biểu 2 thức A  z1  z2 2 là A. 18 . B. 20 . C. 26 . D. 22 . Câu 32. Cho số phức z  1  i . Tính môđun của số z  2i . z 1 A. w  2 . B. w  2. C. w  1 . D. w  3 phức w  C. Đường thẳng có phương trình 2x  6 y  12  0 . D. Đường thẳng có phương trình x  3 y  6  0 . Câu 35. Hình hộp chữ nhật có độ dài ba cạnh xuất phát từ một đỉnh lần lượt là 2, 3, 4. Thể tích hình hộp đó là: A. 24. B. 8. C. 12. D. 4. Câu 36. Cho hình chóp tam giác S. ABC có đáy là tam giác đều cạnh a , cạnh bên SA vuông góc với và  ABC  bằng 60 0 , cạnh AB  a. Thể tích V khối lăng trụ ABC. A ‘ B ‘ C ‘ là: 3 3a 3 B. V  3a 3 . . 8 3a 3 3a 3 C. V  D. V  . . 4 4 Câu 38. Cho hình chóp S. ABCD có đáy ABCD là A. V  hình vuông cạnh a , SA  a 3 và vuông góc với đáy. Khoảng cách từ A đến mặt phẳng  SBC  bằng: a 2 a 3 a a C. . D. . . B. . 2 3 2 3 Câu 39. Trong không gian, cho tam giác ABC   30 0 . Tính độ dài vuông tại A , AC  a , ABC A. đường sinh l của hình nón, nhận được khi quay tam giác ABC quanh trục AB . a 3 . D. l  a 2. 2 Câu 40. Một thùng hình trụ có thể tích bằng 12, chiều cao bằng 3. Diện tích xung quanh của thùng đó là: A. 12 . B. 6 . C. 4 . D. 24 . A. l  2 a. B. l  a 3. C. l  Đặt sách tại: Tiki.vn | Newshop.vn | Pibook.vn | Lovebook.vn | 189 Công Phá Toán The Best or Nothing Câu 41. Cho hình chóp tam giác S. ABC có đáy là tam giác vuông tại B , cạnh AB  3, BC  4 , cạnh bên SA vuông góc với đáy và SA  12 . Thể tích V của khối cầu ngoại tiếp khối chóp S. ABC là: 169 2197  A. V  B. V  . . 6 6 2197  13 C. V  D. V  . . 8 8 Câu 42. Người ta cần đổ một ống bi thoát nước hình trụ với chiều cao 200 cm , độ dày của thành bi là 10 cm và đường kính của bi là 60 cm . Lượng bê tông cần phải đổ của bi đó là: A. 0,1 m 3 . B. 0,18 m 3 . C. 0,14 m 3 . D.  m 3 . Câu 43. Mặt cầu  S  có tâm I  1; 2; 3  và bán kính R  2 có phương trình: 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 B.  x  3    y  2    z  2   4. C.  x  1   y  2    z  3   2. D.  x  1   y  2    z  3   4. Câu 44. Trong không gian cho đường thẳng d có x  2 y z 1 phương trình d :   . Một vectơ chỉ 1 2 3 phương của d là:   A. u   2; 0;1 . B. u   2; 0; 1 .   C. u   1; 2; 3  . D. u  1; 2; 3  . Câu 45. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz ,  P  : x  2 y  3z  5  0 C. I  1; 3; 2  , R  4 . D. I  1; 3; 2  , R  4 . Câu 47. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , x 1 y z 1 và điểm   2 1 1 A  2; 0; 1 . Mặt phẳng  P  đi qua điểm A và cho đường thẳng d : vuông góc với đường thẳng d có phương trình là A. 2 x  y  z  5  0 . B. 2 x  y  z  5  0 . C. 2 x  y  z  5  0 . D. 2 x  y  z  5  0 . Câu 48. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , x2 y2 z và mặt   1 1 1 phẳng  P  : x  2 y  3z  4  0 . Đường thẳng d cho đường thẳng  : nằm trong mặt phẳng  P  sao cho d cắt và vuông góc với  có phương trình là x  3 y 1 z 1 x1 y 3 z 1 A. . B. .     1 1 2 1 2 1 x 3 y 1 z 1 x  3 y 1 z 1 C. . D.     . 1 1 2 1 2 1 Câu 49. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , A.  x  1   y  2    z  3   4. cho mặt phẳng A. I  1; 3; 2  , R  2 3 . B. I  1; 3;2  , R  2 3. 2 2 2 cho mặt cầu  S  :  x  1   y  2    z  1  4 và mặt phẳng  P  : x  2 y  2z  3  0 . Khẳng định nào sau đây là đúng? A.  P  cắt  S  . B.  P  tiếp xúc với  S  . C.  P  không cắt  S  . và mặt D. Tâm của mặt cầu  S  nằm trên mặt phẳng  P  phẳng  Q  : 2 x  4 y  6 z  5  0 . Khẳng định nào Câu 50. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , sau đây là đúng? A.  P  / /  Q  . B.  P    Q  . cho hai điểm A  1; 2; 1 , B  0; 4; 0  và mặt phẳng C.  P  cắt  Q  . D.  P    Q  . Câu 46. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt cầu  S  : x2  y 2  z 2  2 x  6 y  4 z  2  0 . Xác định tâm I và bán kính R của mặt cầu  S  .  P có phương trình 2 x  y  2 z  2015  0 . Gọi  là góc nhỏ nhất mà mặt phẳng  Q  đi qua hai điểm A , B tạo với mặt phẳng  P  . Giá trị của cos là 1 A. . 9 B. 1 . 6 190 | Khai báo sách chính hãng tại: congphatoan.com để nhận 100 đề thi thử tặng kèm C. 2 . 3 D. 1 3 . 25 đề cốt lõi Toán 12 Ngọc Huyền LB – facebook.com/huyenvu2405 ĐÁP ÁN 1C 2B 3A 4C 5C 6D 7C 8D 9A 10B 11D 12B 13A 14B 15D 16D 17D 18A 19B 20B 21C 22C 23D 24D 25A 26C 27B 28C 29C 30A 31C 32B 33D 34D 35A 36B 37A 38B 39A 40A 41B 42A 43A 44C 45A 46C 47C 48D 49B 50D HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT Câu 1: Đáp án C Dạng bài toán nhận dạng đồ thị đã được tôi đề cập khá kĩ trong cuốn bộ đề tinh túy môn toán năm 2017, tuy nhiên ở đây tôi xin nhắc lại bảng các dạng đồ thị và cách suy luận phía dưới. Nhận thấy hàm số đề bài cho là hàm số bậc 4 trùng phương có hệ số a  1  0 , và b.a  2  0 , đo đó đồ thị hàm số có dạng W, từ đây ta chọn luôn C. Dưới đây là bảng dạng đồ thị hàm số bậc 4 trùng phương để ta suy luận nhanh. Dạng của đồ thị hàm số y  ax4  bx 2  c  a  0  a0 Phương a0 y y trình y ‘  0 có ba nghiệm x phân biệt x O Phương O y y trình y ‘  0 có O một x O x nghiệm Câu 2: Đáp án B Ta có ad  bc  2.  1  1.1  3  0 , đo đó hàm số đã cho nghịch biến trên từng khoảng xác định. Từ đó ta chọn B. Câu 3: Đáp án A. x  0 Ta có x 3  3x 2  5 ‘  3 x 2  6 x  0   . Do vậy ở đây ta chỉ cần so sánh hai x  2   giá trị của hàm số tại đầu mút của đoạn. Nhận thấy f  0   5  f  1  3 do vậy chọn A. Câu 4: Đáp án C x  0 Xét phương trình x 3  4 x  0   .  x  2 Đặt sách tại: Tiki.vn | Newshop.vn | Pibook.vn | Lovebook.vn | 191 Công Phá Toán The Best or Nothing Câu 5: Đáp án C. x  1 Cách 1: Xét phương trình y ‘  0  x 2  4 x  3  0   x  3 Mặt khác đây là hàm số bậc ba có hệ số a  1  0 và có hai nghiệm phân biệt, 3 do vậy đồ thị hàm số có dạng N, nên hàm số sẽ đồng biến trên  ; 1 và  3;   . Dưới đây là bảng dạng đồ thị hàm số bậc ba, từ đó ta có thể suy luận nhanh như trên. 1. Hàm số y  ax 3  bx2  cx  d  a  0  . Dạng của đồ thị hàm số bậc ba y  ax 3  bx 2  cx  d  a  0  a0 Phương trình y ‘  0 có hai a0 y y nghiệm phân biệt x x O O Phương trình y ‘  0 có nghiệm y y kép O x x O Phương trình y ‘  0 vô nghiệm y y x O x O Câu 6: Đáp án D. Tiệm cận đứng của đồ thị hàm phân thức Một trong những trường hợp phổ biến thường thấy trong các bài toán tìm tiệm cận đó là đường tiệm cận đứng của hàm phân thức ( hàm có dạng f  x   trong đó p  x  và q  x  là các hàm đa thức. 192 | Khai báo sách chính hãng tại: congphatoan.com để nhận 100 đề thi thử tặng kèm p  x q  x , 25 đề cốt lõi Toán 12 Ngọc Huyền LB – facebook.com/huyenvu2405 Nếu c là một số thực mà thỏa mãn q  c   0 và p  c   0 , khi đó đồ thị hàm số y  f  x  có tiệm cận đứng x  c . STUDY TIPS Ta chú ý lí thuyết về tiệm cận đứng tiệm cận ngang đồ thị hàm phân thức mà tôi sẽ đề cập trong cuốn chắt lọc tinh túy toán 2017 ở bên. Tiệm cận ngang của đồ thị hàm phân thức Đặt f  x   p x q  x là một hàm phân thức, trong đó p  x  và q  x  là các hàm đa thức. 1. Nếu bậc của đa thức tử số p  x  nhỏ hơn bậc của đa thức mẫu số q  x  , thì y  0 là một tiệm cận ngang của đồ thị hàm số y  f  x  . 2. Nếu bậc của đa thức tử số p  x  bằng bậc của đa thức mẫu số q  x  , thì y  a b là đường tiệm cận ngang của đồ thị hàm số y  f  x  , trong đó a, b lần lượt là hệ số của hạng tử có bậc cao nhất của đa thức tử số p  x  và đa thức mẫu số q  x  . 3. Nếu bậc của đa thức tử số p  x  lớn hơn bậc của đa thức mẫu số q  x  thì đồ thị hàm số y  f  x  không có tiệm cận ngang. Lời giải Từ lý thuyết trên ta có * x  2; x  2 là nghiệm của phương trình x 2  4  0 và x  2; x  2 không làm cho đa thức tử số bằng 0, do vậy x  2; x  2 là hai tiệm cận đứng của đồ thị hàm số đã cho. * Hàm số đã cho có bậc của đa thức tử số nhỏ hơn bậc của đa thức mẫu số nên đồ thị hàm số đã cho nhận y  0 là tiệm cận ngang. Từ đây ta chọn D. Câu 7: Đáp án C. Tiếp tuyến của  C  tại điểm  x0 ; yo  có dạng tổng quát y  f ‘  x0  x  x0   y0 , do vậy tiếp tuyến song song với đường thẳng 9 x  y  24  0 thỏa mãn  x  3 3 x0 2  6 x0  9   0  x0  1 Với x0  3 ta có phương trình y  9 x  24 (loại do trùng với phương trình đề bài cho). Với x0  1 ta có phương trình y  9 x  8 . Phân tích: Nhiều độc giả không chú ý việc phương trình hai đường thẳng này trùng nhau, do vậy chọn B là sai. Đề bài viết phương trình đường thẳng dạng 9 x  y  24  0 mà không phải y  9 x  24 để đánh lừa thí sinh, chọn nhầm đáp án. Câu 8: Đáp án D STUDY TIPS Với bài toán dạng này ta chú ý nhớ gọn công thức 1 S  .2 x B . y A  y B 2 Với m  0 thì đồ thị hàm số đã cho có ba điểm cực trị trong đó A  0; 2  là tọa độ điểm cực đại, hai điểm cực tiểu là B     m ; 2  m 2 và C  m ; 2  m 2 . Khi đó diện tích tam giác ABC được tính bằng công thức 1 1 SABC  .BC.d  A; BC   .2 m . 2  2  m 2 2 2   Đặt sách tại: Tiki.vn | Newshop.vn | Pibook.vn | Lovebook.vn | 193 Công Phá Toán The Best or Nothing Do A là điểm cực đại nên 2  2  m 2 , do đó ở công thức tên ta có thể bỏ dấu giá trị tuyệt đối và thu được SABC  m .m2  1  m  1 . Câu 9: Đáp án A. Phương án B sai vì hàm số đạt cực tiểu tại x  2 và có giá trị cực tiểu bằng 2 , không phải bằng 2. Phương án C sai vì hàm số có giá trị cực đại bằng 2, và đạt cực tiểu bằng 2 . Ta thấy trên đồ thị hàm số chỉ có hai điểm cực trị, nên D sai. Câu 10: Đáp án B. C Giả sử người đó đi đến điểm D thì bắt đầu đi đường thủy và khoảng cách từ điểm D đến điểm B là x km  0  x  40  ( như hình vẽ). Khi đó, quãng đường người đó đi đường bộ là 40  x (km). Quãng đường người đó đi đường thủy là CD  10 2  x 2  km  . A Hình D B x Vậy kinh phí người đó phải bỏ ra là f  x    40  x  .3  10 2  x 2 .5 Hay f  x   5 100  x 2  3 x  120 . Xét hàm số f  x   5 x 2  100  3x  120 trên 0; 40  . Ta có f ‘  x   5.2.x 2 x 2  100 3 5x x 2  100 3 f ‘  x   0  x  7, 5 . Nhận xét với x  7, 5 thì hàm số f  x  đạt GTNN, tuy nhiên ở đây nếu chọn 65 . 2 Tôi cũng đề cập một bài toán có ý tưởng tương tự trong sách cắt lọc tinh túy luôn 7, 5 là sai bởi đề bài hỏi AD chứ không phải x, do đó AD  40  7, 5  như sau: Ví dụ 16: Một người phải đi đến một cái cây quí trong rừng càng nhanh càng tốt. Con đường mòn chính mà người ta hay đi được miêu tả như sau: Từ vị trí người đó đi thẳng 300 m gặp một cái ao nên không đi tiếp được nữa , 600 m sau khi rẽ trái đi thẳng 600 m đường rừng sẽ đến cái cây quí đó. ao Biết rằng nếu đi đường mòn thì anh ta có thể chạy với tốc độ 160 m / phút, còn khi đi qua rừng anh ta chỉ có thể đi với tốc độ 70 m / phút. 300 m Đó là con đường đi truyền thống mà người ta hay đi, vậy con đường đi mà mất ít thời gian nhất được miêu tả A. đi thẳng từ vị trí người đó đứng đến cái cây. B. đi theo đường mòn 292 m rồi rẽ trái đi đến cái cây. C. đi theo cách truyền thống ở trên. A. đi thẳng 8 m rồi rẽ trái đi đến cái cây. Đáp án D. 600 m Kí hiệu như hình 1.22 ta có Tổng thời gian người đó đi đến cái cây được tính theo công thức: 300 –x x ao 300 m f  x  300  x 600 2  x 2 với 0  x  300  160 70 Hình 2 194 | Khai báo sách chính hãng tại: congphatoan.com để nhận 100 đề thi thử tặng kèm 25 đề cốt lõi Toán 12 Ngọc Huyền LB – facebook.com/huyenvu2405 Đến đây công việc của ta là đi tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số f  x  trên STUDY TIPS Ở đây ta sử dụng công thức tính thời gian trong chuyển động thẳng đều t s . v 1 1 2x 0; 300  . Ta lần lượt làm theo các bước: f ‘  x     . 160 70 2 600 2  x 2  f ‘  x   0  16 x  7 600 2  x 2  256 x 2  49. 600 2  x 2  x2    207 x 2  49.600 2 49.600 2 7.600 x  292 m 207 207 Đến đây nhiều độc giả có thể vội chọn B. Tuy nhiên nhìn kĩ thì thấy D mới đúng, vì theo miêu tả thì người đó sẽ đi 300 – x mét sau đó thì đi thẳng đến cái cây. Câu 11: Đáp án D. Xét phương trình hoành độ giao điểm của hai đồ thị hàm số, ta có  x  2  y  4  x  1  x  1 x2 .  2 x    2   x  1  y  1 x1 2 x  3 x  2  0  x  2  2 x  x  1  2 Câu 12: Đáp án B. Điều kiện: x   . Xét phương trình 2 x 1  1  2 x 1  2 3  x  1  3  x  2 . 8 Câu 13: Đáp án A. 1 x.ln 3 Câu 14: Đáp án B. Ta có  log 3 x   STUDY TIPS Chú ý cơ số a nằm trong khoảng nào để xét dấu của bất phương trình. Ở bài toán này, ta cần hết sức chú ý về cơ số, bởi 0  1  1. 3 Điều kiện: x   . Vì 0  1 1  1 nên   3 3 x2  1 1   27 3 x2 3 1    x  2  3  x  5. 3 Câu 15: Đáp án D. Với bài toán này ta cần xét hai điều kiện: 1. Điều kiện để mẫu khác 0. 2. Điều kiện để tồn tại logarit.   log  x2  2 x  0  x 2  2 x  1 0  x  2 Để hàm số đã cho xác định thì  2 .   2 x  1  x  2 x  0 0  x  2 Vậy tập xác định của hàm số là D   0; 2  1 . Câu 16: Đáp án D. Phân tích: Trong sách Chắt lọc tinh túy môn toán năm 2017, tôi có đề cập các vấn đề sau: a. Bảng tóm tắt các tính chất của hàm số mũ y  a x  a  0; a  1 . Tập xác định   ;   Đạo hàm y ‘  a x . ln a Chiều biến a  1 thì hàm số luôn đồng biến; thiên 0  a  1 thì hàm số luôn nghịch biến. Đặt sách tại: Tiki.vn | Newshop.vn | Pibook.vn | Lovebook.vn | 195 Công Phá Toán The Best or Nothing Tiệm cận Trục Ox là tiệm cận ngang. Đi qua các điểm  0; 1 và  1; a  , nằm phía trên trục hoành Đồ thị y  a  0, x   x  b. Bảng tóm tắt các tính chất của hàm số logarit.  0;   Tập xác định Đạo hàm y’  1 x.ln a Chiều biến a  1 : hàm số luôn đồng biến. thiên 0  a  1: hàm số luôn nghịch biến. Tiệm cận Trục Oy là tiệm cận đứng. Đồ thị đi qua các điểm  1; 0  và  a ;1  ; nằm phía bên phải trục tung. Từ bảng tóm tắt trên ta đưa ra kết luận. Với phương án A: Đây là hàm số mũ có cơ số 0  a  1  1 , do vậy hàm số luôn 2 nghịch biến (loại). Với phương án B, C, D thì ta chỉ cần xét về tính chất của hàm số logarit. Với phương án B: Điều kiện x  1 , đến đây ta không xét nữa, bởi hàm số nếu đồng biến thì chỉ đồng biến trên  1;   mà không phải  .      Với phương án C: ta có log 2 x 2  1 x x 2   1 .ln 2 , dấu của y ‘ đổi từ âm sang dương qua x  0 , do vậy, hàm số này không thể luôn đơn điệu trên  .   Vậy D thỏa mãn do y ‘  log 2 2 x  1    2 x .ln 2 2 x   1 .ln 2  2x  0, x  . Do 2x  1 vậy, hàm số ở D luôn thỏa mãn yêu cầu đề bài. Câu 17: Đáp án D. Với phương án A: ta thấy A đúng vì a , b dương nên ta có thể áp dụng tính chất logarit này. Với phương án B: log c 2 b 1 b  1 1   log c 2   . log c b  log c a 2  log c b  log c a . Vậy B đúng 2 2 2 2 a a     a ln a ln a  ln b Với phương án C: ta có log c  b  , vậy C đúng b ln c ln c 2 Với phương án D: ta có 2 1 b 1 b  b .log 2c    2. .log 2c   log c   log c b  log c a . 2 2 a  a a Vậy D sai, chọn D. Câu 18: Đáp án A. 1   .  x  2   log 4 x  log 4 x   log 4 x  .  x  2    x  2  .log 4 x x .ln 4 Ta có y ‘      2 2  x2  x  2  x  2 196 | Khai báo sách chính hãng tại: congphatoan.com để nhận 100 đề thi thử tặng kèm 25 đề cốt lõi Toán 12 Ngọc Huyền LB – facebook.com/huyenvu2405 x2 ln x  1 2  x  2  x.ln x .  2 x.ln 2 2.ln   2 2 2 x.  x  2  .ln 2  x  2 Câu 19: Đáp án B. Ta có log12 27  log12 33  3 log12 3  Mà log 12 27  a , do đó 3.log 3 3 log 3 12  3 3  log 3 3  log 3 4 1  log 3 4 3 3  a  log 3 4   1 1  log 3 4 a 3  2.   1  log 3 16 2 log 3 4 6  2a a   log 6 16    1 log 3 6 log 3 3  log 3 2   1  .log 3 4 a.  1  1 .  3  1   2 2 a   6  2a 12  4 a .  3 1 a3 a  a 2 2 Câu 20: Đáp án B.  Ta có log a b  0  log a b  log a 1  *  Với 0  a  1 thì bất phương trình  *   b  1 . Với a  1 thì bất phương trình  *   b  1 . Câu 21: Đáp án C. Sau mỗi giờ số lượng bèo tăng gấp 10 lần lượng béo trước đó và độ tăng không đổi nên sau t giờ thì lượng bèo là 10 t . Gọi x là thời gian lá bèo phủ kín  10t 1 10 x  .10 t  x  log  3  3 1 cái hồ, khi đó ta có phương trình 3  t   x  log 10  log 3  t  log 3 .  Câu 22: Đáp án C Câu 23: Đáp án D Ta có 1  x  1 dx  ln x  1  C . Câu 24: Đáp án D. Trong chuyên đề về tích phân (quà tặng valentine) , tôi có đang viết về chuyên STUDY TIPS Hàm vận tốc là đạo hàm của hàm quãng đường, hàm gia tốc là đạo hàm của hàm vận tốc. đề này, do vậy tôi sẽ không nhắc lại lí thuyết mà có luôn lời giải như sau: Giả sử lúc hết xăng thì t  0 . Lúc dừng xe hẳn thì vận tốc của cano là v  t   0  t  4s . Ta có hàm quãng đường là nguyên hàm của hàm vận tốc, do vậy quãng đường cano đi được cho đến khi dừng hẳn được tính bằng công thức 4  5   5t  20  dt    2 t 2 0 4  20t   40 m. 0 Câu 25: Đáp án A. Ta thấy tích phân này chứa biểu thức căn, ta có thể nghĩ ngay đến đổi biến x 2  1  u , bởi u ‘  2 x . Đặt x 2  1  u  du  2 xdx . Đặt sách tại: Tiki.vn | Newshop.vn | Pibook.vn | Lovebook.vn | 197 Công Phá Toán The Best or Nothing Đổi cận: x  0  u  1 ; x  1  u  2   3  2 2 1  2 1 1 1 1 Khi đó I   x x 2  1dx  . u .du  . u 2 du   . .u 2  2 1 2 1  2 1 1 1 0    2  1 2 1 1  . u3  . 2 2  1 1 3 3   Câu 26: Đáp án C. Ta thấy bài toán này là dạng tích phân từng phần, do đó ta có lời giải Đặt u  x  du=dx vdv=sinxdx  v=-cosx    2  2 Khi đó I   x.cos x 2     cos x  dx  0   cos xdx  sin x 2  1  0  1 . 0 0 0 0 Câu 27: Đáp án B. x  0  x  0 nằm ngoài  1; 4  nên ta 4 có: Thể tích vật thể tròn xoay được tính bằng công thức Ta có phương trình hoành độ giao điểm 2 4  1 1 x  4  21 (đvtt). V      dx     . .x 3    . 43  1  4 16   1 48   3 16 1   Câu 28: Đáp án C. Ta có    2.sin 5x  x 3 3 2 2 3  dx= .   cos 5 x   . x  x  C 5 5 3 5 2 2 3   cos 5 x  x x  x  C . 5 3 5 Để hai hàm số cắt nhau tại một điểm thuộc Oy , tức là 3 2   .1  C  C  1 . 5 5 2 2 3 Vậy F  x    cos 5 x  x x  x  1 . 5 3 5 Câu 29: Đáp án C. f 0  F 0  Ta có z  3  2i  z  3  2i , vậy z có phần thực là 3; phần ảo là -2. Câu 30: Đáp án A. Số phức liên hợp của z là z  4  5i . Vậy điểm biểu diễn của z có tọa độ  4; 5  . Câu 31: Đáp án C.  z  2  3i Ta có phương trình z 2  4 z  13  0   .  z  2  3i 2 Khi đó z1  z2 2 2 2 2   2   32   2    3   26 . Câu 32: Đáp án B. Ta có z  1  i  z  1  i . Khi đó w  i2  i 1  i  2i 1  i  1  i  .i  1i   2 1 1 i 1 i i 2  w  12   1  2 . 198 | Khai báo sách chính hãng tại: congphatoan.com để nhận 100 đề thi thử tặng kèm 25 đề cốt lõi Toán 12 Ngọc Huyền LB – facebook.com/huyenvu2405 Câu 33: Đáp án D. z  1  z  1 Ta có z 4  1  z 2  1 z 2  1  0   . z  i   z  i    Câu 34: Đáp án D. Đặt z  x  yi  x , y    . Khi đó phương trình z  1  z  2  3i trở thành x  1  yi  x  2   y  3  i  2 2  x  1   x  1  y 2   x  2    y  3  2  y2  2  x  2   y  3 2 2  2 x  1  4 x  4  6 y  9  2 x  6 y  12  0  x  3y  6  0 . Vậy tập hợp các điểm biểu diễn số phức z đã cho là đường thẳng x  3 y  6  0 . Câu 35: Đáp án A. Độ dài ba cạnh xuất phát từ một đỉnh chính là kích thước của hình hộp, do vậy thể tích của hình hộp được tính bằng công thức V  abc  2.3.4  24 (đvtt). Câu 36: Đáp án B. Thể tích của khối chóp được tính bằng công thức 1 1 1 a 3 a3 VSABC  .SA.SABC  .a 3. . .a  . 3 3 2 2 4 B’ C’ Câu 37: Đáp án A. Ta có hình vẽ bên Gọi D là trung điểm của BC . Vì ABC là tam giác đều nên AD là trung tuyến và cũng là đường cao của tam giác ABC  AD  BC  1 . A’ Tam giác A’BC cân tại A’ nên A’D là trung tuyến cũng là đường cao của tam giác A’BC  AD  BC  2  . D C B A S  DA  60 . Từ  1 và  2  suy ra  ABC  ,  ABC   A   a 3 3a  DA  60  AA  AD. tan 60  Tam giác A’DA vuông tại A có A . . 3 2 2 1 a 3 3a 3 3 a 3 Vậy V  B.h  SABC .AA  . (đvtt). .a.  2 2 2 8 Câu 38: Đáp án B. Kẻ AH  SB tại H. H  SBC    SAB   B  SBC    SAB   SB  AH   SBC   AH  SB  A D Ta có SA  BC , BC  AB  BC   SAB    SBC    SAB  . C    d A ,  SBC   AH . Đặt sách tại: Tiki.vn | Newshop.vn | Pibook.vn | Lovebook.vn | 199 Công Phá Toán The Best or Nothing Tam giác SAB vuông tại A có đường cao AH  1 1 1   2 2 AH SA AB 2 1 1 1 a 3 .  2  2  AH  2 2 AH a 3a Câu 39: Đáp án A.  B AC a 1    BC  2 a . BC BC 2 Câu 40: Đáp án A.  Ta có sin ABC Thể tích của hình trụ được tính bằng công thức V  B.h  R 2 .h  .R 2 .3  12   R  2 . A C Vậy diện tích xung quanh của hình trụ là Sxq  2R.h  12 (đvdt). Câu 41: Đáp án B. Trong cuốn bộ đề tinh túy môn toán 2017 tôi đã nhắc kĩ về việc xác định tâm S của khối cầu ngoại tiếp hình chóp. Do vậy ở đây ta có lời giải sau Lời giải Gọi H là trung điểm của AC, khi đó H là tâm của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC (do tam giác ABC vuông tại B). A I B Từ H kẻ Hx vuông góc với  ABC  . Gọi giao giữa trung trực của SA và Hx là I. Khi đó I là tâm của khối cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABC. Vậy IA là bán kính của khối cầu. Ta có IH  H C SA AC 32  4 2 5  6 ; AH    . Khi đó 2 2 2 2 IA  IH 2  AH 2  62  52 13 4 4 2197 2197  . Vậy V  .R3  .. .   2 2 3 3 8 6 2 Câu 42: Đáp án A. Ta có hình vẽ minh họa của ống bi thoát nước ở bên Ta nhận thấy lượng bê tông phải đổ vào để làm bi là hiệu thể tích của khối trụ lớn bao ngoài bi, và thể tích của khối trụ lõi. Từ đây ta có     V  V1  V2  .h. 0,7 2  0, 6 2  .2. 0, 3 2  0, 2 2  0,1 ( m3 ). Câu 43: Đáp án A. 2 2 2 Mặt cầu  S  :  x  1   y  2    z  3   4 . Câu 44: Đáp án C.  Vecto chỉ phương của d là u   1; 2; 3  . Câu 45: Đáp án A.  Mặt phẳng  P  có vtpt n1   1; 2; 3   Mặt phẳng  Q  có vtpt n2   2; 4; 6   2  1; 2; 3  .    5 Ta thấy n1  n2 và điểm A  0; 0;  nằm trong mặt phẳng  P  mà không nằm 3  trong mặt phẳng  Q  , do vậy hai mặt phẳng này song song. Câu 46: Đáp án C. Mặt cầu  S  có tâm I  1; 3; 2  , bán kính R  2  1  9  4  4 . Câu 47: Đáp án C. 200 | Khai báo sách chính hãng tại: congphatoan.com để nhận 100 đề thi thử tặng kèm 25 đề cốt lõi Toán 12 Ngọc Huyền LB – facebook.com/huyenvu2405 Mặt phẳng  P  vuông góc với đường thẳng d, do đó mặt phẳng  P  vuông góc  với vtcp u   2; 1; 1 của đường thẳng d. Vậy  P  : 2.  x  2   y   z  1  0  2x  y  z  5  0 . Câu 48: Đáp án D.  x  2  t  Ta có  :  y  2  t . Gọi H là giao của d và  . Nhận thấy H thuộc mặt phẳng  z  t   P  , do vậy  2  t   2.  2  t   3.  t   4  0  t  1  H  3; 1; 1 .  Đường thẳng d qua H  3; 1; 1 và có vtcp u   a; b; c  . Mà hai đường thẳng d và  vuông góc với nhau nên chọn D. Câu 49: Đáp án B. Ta có I  1; 2; 1 là tâm mặt cầu.   d I;  P  1  2.  2   2.1  3 2 12   2    2  2  2  R  chọn B. Câu 50: Đáp án D. Ta có 0    90 .  Giả sử n   a , b , c  là vtpt của mặt phẳng  Q  . Khi đó mặt phẳng STUDY TIPS Bên là cách làm truyền thống, tôi chưa tìm ra cách làm nhanh hơn của dạng toán này, mong quý độc giả góp ý thêm. Q  : a  x  1  b  y  2   c  z  1  0  ax  by  cz  a  2b  c  0 Mà  Q  chứa B  0; 4; 0   4 b  a  2b  c  0   a  2 b  c  0  2 b  a  c Ta có cos   2 a  b  2c 2 2 3 a b c T2  2 4b  b  3 a2 a  c  4  2  c2 ac   T 5 a 2  c 2  2 ac a2  2ac  c 2 5a2  2ac  5c 2 a2 a 2 1 2 c Chia cả tử và mẫu cho c 2 ta có: T 2  c 2 a a 5. 2  2.  5 c c Đặt t 2  2t  1 a  f t   t thì T 2  2 c 5t  2t  5 Xét hàm số f  t   t  1 t 2  2t  1 có f ‘  t   0   . 2 5t  2t  5 t  1 Để góc giữa hai mặt phẳng đạt GTNN thì cos  đạt GTLN, tức là t  1  cos   3 3 Đặt sách tại: Tiki.vn | Newshop.vn | Pibook.vn | Lovebook.vn | 201 Công Phá Toán The Best or Nothing ĐỀ ÔN LUYỆN SỐ 13 Câu 1: Cho a  0; b  0 thỏa mãn a 2  b 2  7 ab. thị hàm số y  f  x  Chọn mệnh đề đúng trong các mệnh đề sau? A. 3log  a  b   B. log 1  log a  logb  2 C. Đường thẳng y  2 là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số y  f  x  ab 1   log a  log b  3 2 D. Đường thẳng x  2 là tiệm cận đứng của đồ C. 2  log a  log b   log  7 ab  D. log  a  b   thị hàm số y  f  x  Câu 8: Cho hàm số y  mx4   m  1 x2  2. Tìm tất 3  log a  log b  2 cả các giá trị thực của m để đồ thị hàm số có ba Câu 2: Số canh của một hình lập phương là A. 8 B. 12 C. 16 điểm cực trị. D. 10 Câu 3: Trong các hàm số sau, hàm số nào luôn đồng biến trên từng khoảng xác định của nó? y 2x  1  I  ; y  x4  x2  2  II  ; y  x3  3x  5  III  . x1 A. I và II B. Chỉ I B. Đường thẳng x  2 là tiệm cận ngang của đồ C. I và III D. II và III A. m  1 B. 0  m  1 C. m  0 D. m   ; 0    1;   Câu 9: Tìm m đề đồ thị hàm số y  x2  x  2 có x2  2 x  m 2 tiệm cận đứng. Câu 4: Điểm cực đại của đồ thị hàm số A. m  1 và m  8 B. m  1 và m  8 y  x 3  5 x 2  7 x  3 là: C. m  1 và m  8 D. m  1  7 32  A.  ;   3 27   7 32  B.  ;   3 27  C.  1; 0  D.  0; 3  Câu 5: Giá trị lớn nhất Câu 10: Cho khối lăng trụ tam giác ABC. A ‘ B ‘ C ‘ có thể tích bằng 30 (đvtt). Thể tích của khối tứ diện AB’C’C là: của hàm số    y  3sin x  4 sin x trên khoảng   ;  bằng:  2 2 3 A. 3 B. 7 C. 1 D. -1 Câu 6: Cho khối chóp có đáy là đa giác lồi có 7 cạnh. Trong các mệnh đề sau, mệnh đề nào đúng? A. Số mặt của khối chóp bằng 14 B. Số đỉnh của khối chóp bằng 15 C. Số mặt của khối chóp bằng số đỉnh của nó D. Số cạnh của khối chóp bằng 8 Câu 7: Cho hàm số y  f  x  xác định trên các khoảng  0;   và thỏa mãn lim f  x   2. Với giả x  thiết đó, hãy chọn mệnh đề đúng trong các mệnh đề sau? A. Đường thẳng y  2 là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số y  f  x  A. 12,5 (đvtt) B. 10 (đvtt) C. 7,5 (đvtt) D. 5 (đvtt) Câu 11: Cho hình chóp S. ABCD có đáy ABCD là   600. Gọi H hình thoi tâm I có cạnh bằng a, BAD là trung điểm của IB và SH vuông góc với  ABCD  . Góc giữa SC và  ABCD  bằng 45 . Tính 0 thể tích của khối chóp S. AHCD. A. 35 3 39 3 39 3 35 3 a B. a C. a D. a 32 24 32 24 Câu 12: Cho khối tứ diện ABCD. Lấy một điểm M nằm giữa A và B, một điểm N nằm giữa C và D. Bằng hai mặt phẳng  MCD  và  NAB ta khối tứ diện đã cho thành bốn khối tứ diện: A. AMCN, AMND, BMCN, BMND B. AMCN, AMND, AMCD, BMCN C. BMCD, BMND, AMCN, AMDN D. AMCD, AMND, BMCN, BMND 202 | Khai báo sách chính hãng tại: congphatoan.com để nhận 100 đề thi thử tặng kèm chia 25 đề cốt lõi Toán 12 Ngọc Huyền LB – facebook.com/huyenvu2405 Câu 13: Người ta muốn xây dựng một bồn chứa đồng thời 3 điểm cực trị đó tạo thành một tam giác nước dạng khối hộp chữ nhật trong một phòng có diện tích bằng 4 tắm. Biết chiều dài, chiều rộng, chiều cao của khối A. m  5 16 B. m  16 hộp đó lần lượt là 5m, 1m, 2m (như hình vẽ). Biết C. m  3 16 D. m   3 16 mỗi viên gạch có chiều dài 20cm, chiều rộng 10cm, chiều cao 5cm. Hỏi người ta cần sử dụng ít nhất bao nhiêu viên gạch để xây hai bức tường phía bên ngoài của bồn. Bồn chứa được bao nhiêu lít nước? (Giả sử lượng xi măng và cát không đáng kể) 1 dm Câu 19: Giá trị của biểu thức E  3 2 1 .9 2 .27 1 2 bằng: A. 1 B. 27 C. 9 D. 3 Câu 20: Tìm tiệm cận đứng và tiệm cận ngang của đồ thị hàm số y  2x  1 x 1 A. Tiệm cận đứng x  1, tiệm cận ngang y  1. 1 dm B. Tiệm cận đứng y  1, tiệm cận ngang y  2. C. Tiệm cận đứng x  1, tiệm cận ngang y  2. 2m D. Tiệm cận đứng x  1, tiệm cận ngang x  2. 1m Câu 21: Đường cong trong hình vẽ là đồ thị của hàm số nào dưới đây? 5m A. 1180 viên; 8800 lít B. 1182 viên; 8820 lít C. 1180 viên; 8820 lít D. 1182 viên; 8800 lít Câu 14: Đạo hàm của hàm số y  10 x là: A. 10 x ln10 B. 10x.ln10 C. x.10 x 1 D. 10 x Câu 15: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình bình hành, M và N theo thứ tự là trung điểm V của SA và SB. Tính tỉ số thể tích S.CDMN là: VS .CDAB A. 1 4 B. 5 8 C. 3 8 D. D. Tất cả đều sai rung chấn tối đa và A0 là một biên độ chuẩn (hằng số). Đầu thế kỷ 20, một trận động đất ở San Francisco có cường độ đo được 8 độ Richter. Trong cùng năm đó, trận động đất khác ở Nhật hai điểm phân biệt? A. 1  m  4 B. m  0 hoặc m  2 C. m  0 hoặc m  4 D. m  1 hoặc m  4 Bản có cường độ đo được 6 độ Richer. Hỏi trận động đất ở San Francisco có biên độ gấp bao nhiêu Câu 17: Biểu thức Q  x . 3 x . 6 x 5 với  x  0  viết dưới dạng lũy thừa với số mũ hữu tỷ là B. Q  x C. y   x 4  2 x 2  2 công thức M  log A  log A0 , với A là biên độ 1 2 m để đường thẳng d : y   x  m cắt đồ thị  C  tại A. Q  x B. y  x 3  3 x 2  2 Câu 22: Cường độ một trận động đất được cho bởi x Câu 16: Cho hàm số y  có đồ thị  C  . Tìm x 1 2 3 A. y  x 4  2 x 2  2 5 3 C. Q  x 5 2 lần biên độ trận động đất ở Nhật bản? A. 1000 lần B. 10 lần C. 2 lần D. 100 lần Câu 23: Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m D. Q  x 7 3 Câu 18: Cho hàm số y  x 4  2 mx 2  2 m  m 4 . Với giá trị nào của m thì đồ thị Cm  có 3 điểm cực trị, sao cho hàm số y   m  1 x  2m  2 nghịch biến xm trên khoảng  1;   . Đặt sách tại: Tiki.vn | Newshop.vn | Pibook.vn | Lovebook.vn | 203 Công Phá Toán The Best or Nothing A. m   ;1   2;  B. m  1 C. 1  m  2 A. Đồ thị hàm số có tiệm cận ngang là y  1, có tiệm cận đứng là x  0. D. 1  m  2 Câu 24: Tìm m để hàm số: y x3  3mx2 3 2m1 x1 và y  1 nghịch biến trên  ? C. Đồ thị hàm số có hai tiệm cận ngang là y  1 A. m  1 B. Không có giá trị của m và y  1, có tiệm cận đứng là x  0. C. m  1 D. Đồ thị hàm số có hai tiệm cận ngang là y  1, D. Luôn thỏa mãn với mọi giá trị của m Câu 25: Cho hình chóp S. ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại A, AB  a , AC  2a , SC  3a. SA vuông góc với đáy (ABC). Thể tích khối chóp a3 3 12 có tiệm cận đứng là x  0. Câu 30: Tính P  3log2  log4 16   log 1 2 có kết quả: 2 A. 2 B. 1 C. 4 B. a3 3 4 C. Câu 26: Cho hàm số y  a3 5 3 D. a3 4 1 4 x  2 x 2  1. Chọn 4 x 4  5x 2  4  log 2 m có 8 nghiệm phân biệt A. 0  m  4 29 B. Không có giá trị của m C. 1  m  4 2 9 D.  4 2 9  m  4 2 9 Câu 32: Một con cá hồi bơi ngược dòng để vượt khẳng định đúng A. Hàm số đồng biến trên các khoảng  2; 0  một khoảng cách là 200km. Vận tốc của dòng nước là 8km/h. nếu vận tốc bơi của cá khi nước và  2;   đứng yên là v(km/h) thì năng lượng tiêu hao của B. Hàm số đồng biến trên các khoảng  ; 2  và  0; 2  cá trong 1 giờ được cho bởi công thức: E  v   cv3t (trong đó c là một hằng số, E được tính bằng jun). C. Hàm số nghịch biến trên các khoảng  ; 2  và  2;   Tìm vận tốc bơi của cá khi nước đứng yên để năng lượng tiêu hao là ít nhất D. Hàm số nghịch biến trên các khoảng  2; 0  A. 12 km/h B. 9 km/h C. 6 km/h D. 15 km/h Câu 33: Cho hàm số y  f  x  có đồ thị như hình và  2;     Câu 27: Hàm số y  log 2  x 2  5x  6 có tập xác vẽ sau, các khẳng định sau khẳng đinh nào là đúng? định là: y A.  2; 3  B.  ; 2  C.  3;   D.  ; 2    3;   3 Câu 28: Cho hình chóp S. ABCD có (SAB) và (SAD) -1 x cùng vuông góc (ABCD), đường cao của hình O 1 -1 chóp là: A. SC D. 3 Câu 31: Tìm m để phương trình: S. ABC là: A. B. Đồ thị hàm số có hai tiệm cận ngang là y  1 B. SB Câu 29: Cho hàm số y  C. SA D. SD x2  1 . Hãy chọn mệnh x đề đúng trong các mệnh đề sau: A. Hàm số đạt cực tiểu tại A  1; 1 và cực đại tại B  3;1 . 204 | Khai báo sách chính hãng tại: congphatoan.com để nhận 100 đề thi thử tặng kèm 25 đề cốt lõi Toán 12 Ngọc Huyền LB – facebook.com/huyenvu2405 B. Hàm số có giá trị cực đại bằng 1 C. Hàm số đạt giá trị nhỏ nhất bằng -1 và đạt 8 C. y   x 3  x 2 3  D. Đồ thị hàm số có điểm cực tiểu A  1; 1 và điểm cực đại B  1; 3  . Câu 34: Cho hàm số y  f  x  xác đinh, liên tục + 1 0 2  x y y 2   0 0 + 1 0 2     B. x0  1 được gọi là điểm cực đại của hàm số C. f  1  2 được gọi là giá trị lớn nhất của hàm số D. f 1  2 được gọi là giá trị cực đại của hàm số Câu 35: Cho hình chóp S. ABCD có đáy ABCD là hình thang vuông tai A và D; biết AB  AD  2 a , CD  a. Góc giữa hai mặt phẳng (SBC) và (ABCD) 0 bằng 60 . Gọi I là trung điểm của AD, biết hai mặt phẳng (SBI) và (SCI) cùng vuông góc với mặt  x3 A. y  x2 1 x3 B. y  x2 2x  3 x2 S. ABCD Câu 36: Cho hình chóp S. ABCD có đáy là hình Tính thể tích của khối chóp A. a 3 3 a3 3 3 B. C. a3 4 H của S lên mặt (ABCD) là trung điểm của đoạn AB. Gọi K là trung điểm của AD. Tính khoảng cách giữa hai đường SD và HK theo a. a 3 B. 5 a 21 C. 5  Câu 37: Hàm số y  3  x 2   4 3 3a D. 5 có đạo hàm trên log 3 A. y   4 3  x2 3   7 3 8 B. y  x 3  x 2 3   7 3 a3 3 12 50 theo a và b. A. log 3 50  3  a  b  1 B. log 3 50   a  b  1 C. log 3 50  2  a  b  1 D. log 3 50  4 a  b  1 Câu 41: Tính đạo hàm của hàm số:  y  log 2017 x 2  1 C. y ‘  2x 2017 1 x 2  B. y ‘    1 ln 2017 D. y ‘  2x x 2   1 ln 2017 1 x 2 1  2 Câu 42: Cho hàm số y   x  3 x  6 x  11 có đồ thị  C  . Phương trình tiếp tuyến với đồ thị  C  tại giao điểm của  C  với trục tung là: A. y  6 x  11 và y  6 x  1 B. y  6 x  11 C. y  6 x  11 và y  6 x  1 D. y  6 x  11 Câu 43: Hàm số y   khoảng  3; 3 là: D. Câu 40: Đặt a  log 3 15; b  log 3 10. Hãy biểu diễn 3 a 17 vuông cạnh a, SD  . Hình chiếu vuông góc 2 2x  7 x2 hình vuông cạnh a. Biết SA  ( ABCD); SA  a 3. A. y ‘  3 15a3 3 15a3 3 5a 3 B. C. D. 5 8 5 D. y  Câu 39: Cho hình chóp S. ABCD có đáy ABCD là phẳng (ABCD). Tính thể tích của khối chóp  7 3  1 C. y  A. M 0;1 được gọi là điểm cực tiểu của hàm số a 3 A. 7    1  Khẳng đinh nào sau đây là sai? 3 5a 3 A. 8 4 D. y   x 2 3  x 2 3 như hình bên: trên R và có bảng biến thiên  7 3 Câu 38: Hàm số nào sau đây có bảng biến thiên giá trị lớn nhất bằng 3 x y y  1 có bảng biến thiên như x 1 2 hình vẽ. Xét trên tập xác định của hàm số. Hãy chọn khẳng định đúng? Đặt sách tại: Tiki.vn | Newshop.vn | Pibook.vn | Lovebook.vn | 205 Công Phá Toán x y y The Best or Nothing 0 0 1     Câu 47: Một người gửi tiết kiệm số tiền 100.000.000 VNĐ vào ngân hàng với lãi suất 8%/năm và lãi hàng năm được nhập vào vốn. Hỏi 0 0 A. Hàm số có giá trị lớn nhất bằng 1 và giá trị nhỏ nhất bằng 0 B. Hàm số có giá trị lớn nhất bằng 0 C. Không tồn tại giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ sau 15 năm số tiền người ấy nhận về là bao nhiêu? (làm tròn đến đơn vị nghìn đồng? A. 117.217.000 VNĐ B. 417.217.000 VNĐ C. 317.217.000 VNĐ D. 217.217.000 VNĐ Câu 48: Giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của nhất của hàm số D. Hàm số có giá trị lớn nhất bằng 1 Câu 44: Trong các mệnh đề sau, mệnh đề nào sai? A. Thể tích của khối lăng trụ có diện tích đáy B và chiều cao h là V  hàm số y  x2  2x  3 trên đoạn  2; 4  là: x1 A. min f  x   2; max f  x    2;4   2;4  11 3 B. min f  x   2 2; max f  x   3 1 B.h 3  2;4  B. Thể tích của khối hộp bằng tích của diện tích đáy và chiều cao của nó C. Thể tích của khối hộp chữ nhật bằng tích ba kích thước của nó  2;4  C. min f  x   2; max f  x   3  2;4   2;4  D. min f  x   2 2; max f  x    2;4   2;4  11 3 Câu 49: Đồ thị hình bên là của hàm số D. Thể tích của khối chóp có diện tích đáy B và chiều cao h là V  1 B.h 3 Câu 45: Hàm số y  x 3  3 x 2  9 x  2017 đồng biến trên khoảng: A.  ; 3  B.  ; 1 và  3;   C.  1;   D.  1; 3  Câu 46: Thể tích của khối lăng trụ tam giác đều có tất cả các cạnh đều bằng a là: a3 A. 2 a3 3 B. 2 a3 3 C. 4 a3 3 D. 12 A. y  x 3  3 x 2  1 B. y  x 3  x 2  1 C. y   x 3  3 x 2  1 D. y  x 3  x  1 Câu 50: Khối bát diện đều là khối đa diện đều loại: A. 5; 3 B. 3; 5 206 | Khai báo sách chính hãng tại: congphatoan.com để nhận 100 đề thi thử tặng kèm C. 4; 3 D. 3; 4 25 đề cốt lõi Toán 12 Ngọc Huyền LB – facebook.com/huyenvu2405 ĐÁP ÁN 1B 11C 21A 31C 41B 2B 12A 22D 32A 42D 3B 13C 23D 33D 43D 4C 14B 24A 34C 44A 5C 15C 25C 35B 45B 6A 16C 26A 36B 46C 7C 17B 27A 37B 47C 8D 18A 28C 38B 48D 9A 19C 29B 39B 49D 10B 20C 30A 40C 50D HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT Câu 1: Đáp án B. 2 Ta có a  b  7 ab   a  b   9 ab 2 2  a  b  32 2 2 ab  ab  log    log ab  3  ab ab 1  log a  log b  log   log a  log b  . 3 2 2 Câu 2: Đáp án B. Hai mặt đáy mỗi mặt có 4 cạnh, và 4 đường cao là 12. Câu 3: Đáp án B. 1  0  thỏa mãn Với I: ta nhẩm nhanh: y ‘  2  x  1 2 log Với II: hàm bậc bốn trùng phương luôn có khoảng đồng biến và nghịch biến nên loại. Với III: y ‘  3 x 2  3 luôn có 2 nghiệm phân biệt (loại). Nên chỉ I thỏa mãn. Câu 4: Đáp án C  7 32 x y 32 Ta có y ‘  3 x 2  10 x  7 y ‘  0   nên chọn C. 3 27 . Do 0    27  x  1  y  0 Câu 5: Đáp án C. Cách 1: Đặt sin x  t  t   1;1 Khi đó f ‘  t   1 So sánh f   2 Cách 2:  1 t  3t  4t 3 ‘  12t 2  3  0   2 . t   1  2  1 1 và f    ta thấy GTLN là f    1 2   2     y ‘  3cos x  12.cos x.sin 2 x  0  3cos x 1  4sin 2 x  0      cos x  0  x  2  k       x  6  k 2  1  sin x    2  x  5  k 2     6      x   6  k 2 1 sin x      2  x  7   k 2   6  Đặt sách tại: Tiki.vn | Newshop.vn | Pibook.vn | Lovebook.vn | 207 Công Phá Toán The Best or Nothing        Do x    ;  nên x   ;   2 2 6 6         Khi đó so sánh f   ; f   ta thấy Max f  x   f    1     6  6  6  ;  2 2   Câu 6: Đáp án C. Ta chọn luôn được C bởi mỗi cạnh sẽ tương ứng với một mặt bên của khối chóp. Câu 7: Đáp án C Ta có Đường thẳng y  yo là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số y  f  x  nếu ít nhất một trong các điều kiện sau được thỏa mãn lim f  x   y o , lim f  x   y o x  x  Vậy ta thấy C đúng. Câu 8: Đáp án D. Để đường thẳng hàm số có ba điểm cực trị thì: Ta nhớ lại dạng đồ thị mà tôi đã nhắc đi nhắc lại trong lời giải chi tiết ở bộ đề tinh túy, ta thấy hàm bậc bốn trùng phương muốn có ba điểm cực trị thì phương trình y ‘  0 phải có 3 nghiệm phân biệt. Ta cùng đến với bài toán gốc như sau: hàm số y  ax 4  bx 2  c Xét phương trình y ‘  4ax 3  2bx  0 . Để phương trình có 3 nghiệm phân biệt thì a  0  b  2a  0  m  0 m  0   Khi đó áp dụng vào bài toán ta được:    m  1  m  1 0 m  0   m  C’ Câu 10: Đáp án B B’ Khi đó ta có thể so sánh trực tiếp cũng được, tuy nhiên ở đây ta có thể suy luận nhanh như sau: A’ Khối B ‘ ABC có chung đường cao kẻ từ đỉnh B’ đến đáy  ABC  và chung đáy ABC với hình lăng tụ ABC. A ‘ B ‘ C ‘ . Do vậy C B VB ‘ ABC 1 . Tương tự ta có  VABCA ‘ B ‘ C ‘ 3 VAA ‘ B ‘ C ‘ 1 30 1  10 .  , khi đó  VAB ‘ C ‘ C  VABCA ‘ B ‘ C ‘  V AB ‘ C ‘ C  3 3 VABCA ‘ B ‘ C ‘ 3 A Câu 11: Đáp án C. S Ta sẽ tư duy nhanh như sau: Nhìn vào hình thì dễ nhận ra hai khối chóp S. ABCD và S. AHCD có chung chiều cao nên ta chỉ cần so sánh 2 diện tích đáy. Dĩ nhiên B C H A I D 3 SAHCD 2SAHD 2. 4 SBCD 3 3 1 3 ta thấy    2. .  . Vậy VSAHCD  VSABCD . 4 SABCD SABCD SABCD 4 2 4   60 Mặt khác ta có BAD  tam giác ABD đều, nên AB  BD  AD  a  IH  208 | Khai báo sách chính hãng tại: congphatoan.com để nhận 100 đề thi thử tặng kèm a . 4 25 đề cốt lõi Toán 12 Ngọc Huyền LB – facebook.com/huyenvu2405 2 2 a a 3 a 13 Khi đó HC  IH  IC      .     4 4  2  2 Khi đó SH  HC  A 2 a 13   45 nên tam giác SCH vuông cân tại H). (do SCH 4 1 3 1 a 13 a 3 3 a3 39  VSAHCD  .SH.SABCD .  . .a. .  3 4 3 4 2 4 32 Câu 12: Đáp án A. M Nhìn vào hình vẽ ta thấy MN là giao tuyến của hai mặt phẳng  MCD  và  NAB  , khi đó ta thấy tứ diện đã cho được chia thành bốn tứ diện AMCN, AMND, BMCN, BMND. D Câu 13: Đáp án C B N H * Theo mặt trước của bể: C Số viên gạch xếp theo chiều dài của bể mỗi hàng là: x  500  25 viên 20 200  40 . Vậy tính theo 5 chiều cao thì có 40 hàng gạch mỗi hàng 25 viên. Khi đó theo mặt trước của bể. Số viên gạch xếp theo chiều cao của bể mỗi hàng là : N  25.40  1000 viên. * Theo mặt bên của bể: ta thấy, nếu hàng mặt trước của bể đã được xây viên hoàn chỉnh đoạn nối hai mặt thì ở mặt bên viên gạch còn lại sẽ được cắt đi còn 1 viên. 2 1 100  20 .40  .40  180 viên. 2 20 Vậy tổng số viên gạch là 1180 viên. Tức là mặt bên sẽ có Khi đó thể tích bờ tường xây là 1180.2.1.0,5  1180 lit Vậy thể tích bốn chứa nước là: 50.10.20  1180  8820 lit Câu 14: Đáp án B.   Ta có 10 x ‘  ln 10.10 x Câu 15: Đáp án C. Ta thấy việc so sánh luôn thể tích hai khối này trực tiếp thì sẽ khó khăn do đó ta S sẽ chia ra như sau: S.MNCD  S.MCD  S.MNC và S. ABCD  SACD  S. ABC . Khi đó ta có M   A D Ta có B   d M ;  SCD  VSMCD 1 1 1  và chung diện tích đáy SCD)   VSMCD  VSABCD ( do 2 VSACD 2 4 d A; SCD  N C VSMNC SSMN 1 1    VSMNC  VSABCD VSABC SSAB 4 8  1 1 3 Từ trên suy ra VSMNCD     VSABCD  VSABCD 4 8 8   Câu 16: Đáp án C. Xét phương trình hoành độ giao điểm  x  1 x   x  m    x1  x  m  x  1  x  0 Đặt sách tại: Tiki.vn | Newshop.vn | Pibook.vn | Lovebook.vn | 209 Công Phá Toán The Best or Nothing  1  m  1  1  1  0  x 2  mx  m  0  2  x   m  1 x  x  m  0 m  4 Thoả mãn yêu cầu đề bài  m2  4 m  0   . m  0 Câu 17: Đáp án B. 1 1 5 5 Ta có Q  x 2 .x 3 .x 6  x 3 Câu 18: Đáp án A. Như ở câu trên tôi đã cm bài toán gốc thì hàm số có ba điểm cực trị khi 2 m  0  m  0 (loại D). 1   Đồ thị hàm số luôn có ba điểm cực trị A 0; 2 m  m 4 ; B  x1 ; y  ; C  x2 ; y  đối xứng y nhau qua Oy. Phương trình đi qua hai điểm cực tiểu: Ta nhớ lại dạng đồ thị hàm bậc 4 trùng phương có hệ số a  0 và 3 điểm cực trị x O mà tôi đã giới thiệu trong phần giải chi tiết của sách giải đề (hình bên). Ta có yB  yC  f a>0  m   f  m   m 2  2m2  2m  m4  m4  m 2  2m .   Khi đó d  A; BC   2 m  m4  m 4  2 m  m2  m2  m 2 1 1 Như vậy rõ ràng: SABC  .d  A; BC  .BC  .m 2 .2 m  4  m  5 16 . 2 2 Câu 19: Đáp án C. Bấm máy tính ta có được kết quả trên. Câu 20: Đáp án C. Ta có tiệm cận ngang của hàm số là y  2  2 ; TCĐ là x  1 1 Câu 21: Đáp án A. Ta thấy đường cong dạng chữ W (như tôi đã nói rằng nó là mẹo trong các đề thì có dạng này khi: a  0 và phương trình y ‘  0 có ba nghiệm phân biệt). Từ đây ta loại C. Tiếp tục với A và B ta xét xem y B có nằm phía trên trục hoành hay không. Ta nhẩm nhanh: Với A thì phương trình y ‘  0 có nghiệm x  1 khi đó y 1  2 (thỏa mãn). Câu 22: Đáp án D. Ta có M  log A1 A  1  10 8 Ao Ao A2 A 10 8  10 6  1  6  100 A0 A2 10 Câu 23: Đáp án D. Tương tự m   1;   m2  m  2  0   1  m  2. Để thỏa mãn yêu cầu đề bài thì  m  1  y ‘  0 Câu 24: Đáp án A. 2 y ‘  3x 2  6 mx  3  2m  1 ;  ‘  m 2  2 m  1   m  1  0 . Với m  1 thì thỏa mãn. 210 | Khai báo sách chính hãng tại: congphatoan.com để nhận 100 đề thi thử tặng kèm 25 đề cốt lõi Toán 12 Ngọc Huyền LB – facebook.com/huyenvu2405 Câu 25: Đáp án C. S Tam giác SAC vuông tại A nên SA  SC 2  AC 2  2  3a    2 a  2 a 5 1 1 1 a3 5 Khi đó VSABC  .SA.SABC  .a 5. .a.2a  3 3 2 3 Câu 26: Đáp án A. 3a 2a x  0 Xét phương trình y ‘  0  x 3  4 x  0   . Như đã giới thiệu về cách nhớ  x  2 1 dạng đồ thị hàm bậc bốn trùng phương có hệ số a   0 nên ở đây ta có thể xác 4 định nhanh hàm số đồng biến trên  2;0  và  2;   , hàm số nghịch biến trên C A a B  ; 2  và  0; 2  . Câu 27: Đáp án A. Điều kiện:  x 2  5 x  6  0  2  x  3 Câu 28: Đáp án C. Ta nhớ kĩ rằng hai mặt phẳng bên cùng vuông góc với mặt phẳng đáy thì giao tuyến của hai mặt phẳng chính là đường cao của hình chóp. Câu 29: Đáp án B x2  1 1 x2  1 1  lim 1  2  1 ; lim  lim  1  2  1 x x  x  x  x x x x  y  1; y  1 là hai tiệm cận ngang của đồ thị hàm số. Ta có lim x2  1 không tồn tại. x 0 x Câu 30: Đáp án A. Ta có lim Bấm máy tính ta được: P  2 Câu 31: Đáp án C. Đặt log 2 m  a  0 khi đó m  2 a . Xét hàm số f  x   x 4  5 x 2  4 .ta sẽ xét như y sau, vì đây là hàm số chẵn nên đối xứng trục Oy. Do vậy ta sẽ xét hàm g  x   x 4  5×2  4 trên  , sau đó lấy đối xứng để vẽ đồ thị hàm y  f  x  thì ta giữ nguyên phần đồ thị phía trên trục hoành ta được  P1  , lấy đối xứng phần phía dưới trục hoành qua trục hoành ta được  P2  , khi đó đồ thị hàm số y  f  x  x O là  P    P1    P2  . Lúc làm thì quý độc giả có thể vẽ nhanh và suy diễn nhanh. 1 Nhìn vào đồ thị ta thấy để phương trình đã cho có 4 nghiệm thì 0  a  9 4  1  m  4 29 Câu 32: Đáp án A. 200 200 . Khi đó E  v   cv 3 . Do c là hằng số nên để v8 v8 200 v 3 năng lượng tiêu hao ít nhất thì f  v   nhỏ nhất. v8 Xét hàm số f  v  trên  8;   Ta có 200   v  8  .t  t  f ‘  v   200. 3v 2  v  8   v 3  v  8 2  200. 2v3  24v2  v  8 2 f ‘  v   0  v  12. Đặt sách tại: Tiki.vn | Newshop.vn | Pibook.vn | Lovebook.vn | 211 Công Phá Toán The Best or Nothing Câu 33: Đáp án D. A sai do tọa độ điểm B sai. B sai do giá trị cực đại của hàm số là 3. C sai do đó chỉ là giá tị cực trị của hàm số. S Câu 34: Đáp án C. C sai do đó chỉ là giá trị cực đại của hàm số. Câu 35: Đáp án B. Như đã nhắc ở câu trước thì do hai mặt phẳng  SBI  và  SCI  cùng vuông góc với  ABCD  nên SI   ABCD  nên SI là đường cao của S.ABCD. B A  Kẻ IK  BC tại K. Khi đó ta chứng minh được SKI SBC  ;  ABCD   60 . Ta   vẽ hình phẳng của mặt đáy. Ta có M  AD  BC ta chứng minh được CD là đường tủng bình của tam giác ABM. I K D Khi đó AM  4a; BM  C A Ta có KMI  AMB  B I Khi đó SI  IK.tan 60  K D 2  2a    4a  C 2  2a 5; IM  3a . IM IK 3a 3a   IK  .2 a  BM AB 2a 5 5 3a 5 . 3 1 3a 3 1 3a3 15 .V . .  a  2a  .2 a  3 5 5 5 2 3a 3 Câu 36: Đáp án B. Ta có SH  SD 2  HD 2  SD 2  HA 2  AD 2  a 3 ; AO  M  HM  S AC a 2  2 2 AC a 2  2 4   HK  BD  HK   SBD   d  HK ; SD   d HK ; SBD  .     Mà d HK ;  SBD   d H ;  SBD  ( hệ quả tôi đã nhắc đến trong sách đề về tỉ số khoảng cách giữa hai điểm đến một mặt phẳng). N A H B   Kẻ HM  BD; HN  SM tại M. Khi đó d H ;  SBD   HN . K D Mà M C a 3 1 1 1 a 3 .  d  HK ; SD      HN  2 2 2 5 5 HN SH HM Câu 37: Đáp án B 4 y ‘   .  2 x  . 3  x 2 3 Câu 38: Đáp án B.   7 3 8  x 3  x2 3   7 3 Do TCN của đồ thị hàm số là y  1 do đó ta loại C và D. Ta có hàm số luôn nghịch biến trên từng khoảng xác định do đó ta chọn B do có ad  bc  5  0 . Câu 39: Đáp án B. 1 1 a3 3 V  .SA.SABCD  .a 3.a2  3 3 3 Câu 40: Đáp án C. Bấm máy thử gán các giá trị vào các số gán A, B rồi xét hiệu hai vế xme có bằng 0 hay không, từ đó ta chọn C 212 | Khai báo sách chính hãng tại: congphatoan.com để nhận 100 đề thi thử tặng kèm 25 đề cốt lõi Toán 12 Ngọc Huyền LB – facebook.com/huyenvu2405 Câu 41: Đáp án B    y ‘  log 2017 x 2  1 ‘  2x x 2   1 ln 2017 Câu 42: Đáp án D Tiếp tuyến là CT lớp 11 vì thế năm 2017 sẽ không thi dạng này, tuy nhiên tôi vẫn giải như sau: Ta có A  0; 11 là giao điểm của  C  với trục tung. Khi đó phương trình tiếp tuyến tại A có dạng: y  f ‘  0  x  11  6 x  11 Câu 43: Đáp án D. A sai do Hàm số ko đạt giá trị nhỏ nhất là 0, B sai do hàm số đạt GTLN bằng 1. C sai do có tồn tại GTLN của hàm số. Câu 44: Đáp án A. A sai do V  Bh Câu 45: Đáp án B. x  3 y’  0    x  1 Nếu nhớ luôn dạng đồ thị như tôi đã giới thiệu ở đề trong bộ đề tinh túy toán đó là a  0 có 2 điểm cực tị dạng chữ N, tức là đồng biến trên  ; 1 và  3;   . Câu 46: Đáp án C 1 a 3 a3 3 V  a. . .a  2 2 4 Câu 47: Đáp án C 15 Sau 15 năm số tiền người ấy nhận về là: 10 8  1  0.08   317.217.000 Câu 48: Đáp án D Ta có  2 x  2  x  1   x y’   x  1 2 2    2x  3   x2  2x  1  x  1 2 x  1  2 0  x  1  2 Do đó min f  x   f 1  2  2 2; max f  x   f  4   2;4   2;4  11 3 Câu 49: Đáp án D. Nếu thuộc bảng dạng đồ thị mà tôi nhắc đến nhiều lần trong bộ đề thì ắt hẳn bạn có thể nhẩm nhanh bài này. Nhẩm nhanh ta thấy tất cả A, B, C đều có 2 nghiệm phân biệt, do đạo hàm ra dạng ax 2  bx . Ta chọn luôn D Câu 50: Đáp án D. Một khối đa diện lồi được gọi là khối đa diện đều loại { p,q} nếu: a) Mỗi mặt của nó là một đa giác đều p cạnh. b) Mỗi đỉnh của nó là đỉnh chung của đúng q mặt. Đặt sách tại: Tiki.vn | Newshop.vn | Pibook.vn | Lovebook.vn | 213 Công Phá Toán The Best or Nothing ĐỀ ÔN LUYỆN SỐ 14 Câu 1: Cho hàm số y  x2 . Hãy chọn câu 2x  1 b C. đúng: D. y b c  f  x  dx   f  x  dx   f  x  dx, c   a; b  a c b b a  f  x  dx  f  t  dt a a Câu 6: Trong các hàm sau, hãy chỉ ra hàm số giảm 1 O 1/2 trên  ? x -1/2   A. y    3 -1 C. y      5 B. y     3e  x  1  D. y    2 2 3x Câu B. Hàm số đồng biến trên . log 3  4 x  3   2 là:  1 C. Hàm số đồng biến trên các khoảng  ;  2  3 3 C. x  3 D.  x  3 4 4 Câu 8: Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , A. x  3 của bất phương trình B. x  cho hai điểm A  1; 2; 3  và B  5; 4;7  . Phương D. Đồ thị hàm số có hình dạng trình mặt cầu nhận AB làm đường kính là: Câu 2: Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , x  2  t  , t  . Vectơ nào cho đường thẳng d :  y  3t z  2  5t  dưới đây là vectơ chỉ phương của d ?   A. a   2; 0; 2  . B. a   1; 3; 5  .   C. a   1; 3; 5  . D. a   1; 3; 5  . Câu 3: Nếu y  e x  2017 thì y ‘  ln 2  bằng: A. 2017 Nghiệm x A. Hàm số có hai chiều biến thiên. 1  và  ;   2  7: x B. e 2019 C. 2e 2017 D. 2017+ e Câu 4: Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz ,  cho vectơ MN   0;1; 1 và M 1; 0; 2  thì tọa độ điểm N là: A. N 1;1;1 B. N  1;1; 3  C. N  1; 1; 1 D. N  1; 1; 3  2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 A.  x  1   y  2    z  3   17 B.  x  3    y  1   z  5   17 C.  x  5    y  4    z  7   17 2 D.  x  6    y  2    z  10   17 Câu 9: Khẳng định nào sau đây là sai? 1  x  1. 2017 B. Hàm số y  log 2 2 x xác định khi x  0 A. 2017 x  x  1 C. Đồ thị hàm số y  2 x và y    đối xứng 2 nhau qua trục tung. D. Nếu ln  x  1 x  2   ln  x  1  ln  x  2  thì x phải nghiệm đúng bất phương trình  x  1 x  2   0 Câu 5: Giả sử hàm số f liên tục trên khoảng K Câu 10: Cho số phức z1  1  2i , z2  3  i. Môđun và a , b , c là ba số bất kỳ thuộc K. Khẳng định nào của số phức z1  2 z2 bằng: sau đây là sai? A. 65 a A.  f  x  dx  0 B. 2 a  f  x  dx    f  x  dx a 65 C. 21 D. 21 Câu 11: Số phức liên hợp với số phức a b B. b 2 z   1  i   3  1  2i  là: A. 9  10i B. 9  10i 214 | Khai báo sách chính hãng tại: congphatoan.com để nhận 100 đề thi thử tặng kèm C. 9  10i D. 9  10i 25 đề cốt lõi Toán 12 Ngọc Huyền LB – facebook.com/huyenvu2405 Câu 12: Trong không gian với hệ trục tọa độ Câu 18: Trong không gian với hệ trục tọa độ x  1  2t  và mặt Oxyz , cho đường thẳng d :  y  t z  2  3t  Oxyz , gọi    là mặt phẳng cắt ba trục tọa độ tại phẳng ( P ) : 2 x  y  z  2  0. Giao điểm M của d ba điểm A  4; 0; 0  , B  0; 2; 0  , C  0; 0; 6  . Phương trình của    là: A. và  P  có tọa độ là: x y z   0 4 2 6 B. x y z   1 2 1 3 A. M  3;1; 5  B. M  2;1; 7  C. 3 x  6 y  2 z  12  0 D. 3 x  6 y  2 z  1  0 C. M  4; 3; 5  D. M  1; 0;0  Câu 19: Diện tích ba mặt của hình hộp chữ nhật 2 Câu 13: Cho hàm số y   x  1 x  2  . Trung điểm của đoạn thẳng nối hai điểm cực trị của đồ thị hàm số nằm trên đường thẳng nào dưới đây? A. 2 x  y  4  0 B. 2 x  y  4  0 C. 2 x  y  4  0 D. 2 x  y  4  0 bằng 20cm2 ,28cm2 ,35cm2 . Thể tích của hình hộp đó bằng: A. 160cm 3 B. 190 cm 3 C. 140 cm 3 D. 165 cm 3 Câu 20: hàm số x  20  2 x trên đoạn 1; 4  là: 3 A. 9 B. 32 C. 33 D. 42 f  x  Câu 14: Bà A gửi 100 triệu vào ngân hàng theo Giá trị lớn nhất của 3 thể thức lãi kép (đến kỳ hạn mà người gửi không Câu 21: Cho hai số phức rút lãi ra thì tiền lãi được tính vào vốn của kỳ kế z2  a  bi( a , b  ; z2  0). Hãy chọn câu sai? tiếp) với lãi suất 7% một năm. Hỏi sau 2 năm bà A thu được lãi là bao nhiêu (giả sử lãi suất không thay đổi)? A. 15 (triệu đồng) B. 14,49 (triệu đồng) C. 20 (triệu đồng) D. 14,50 (triệu đồng) Câu 15: Cho hình chóp S. ABCD , đáy là hình chữ nhật ABCD có BC  2 AB, SA   ABCD  và M là điểm trên cạnh AD sao cho AM  AB. Gọi V1 , V2 lần lượt là thể tích của hai khối chóp S. ABM và V S. ABC thì 1 bằng: V2 1 1 1 B. C. 8 6 4 Câu 16: Giá trị nào của a để A. a   3x 2 D. 1 2   2 dx  a3  2? B. 1 C. 2 D. 3 Câu 17: Nguyên hàm của hàm số   f  x   e x 1  2017 e 2 x là:  f  x  dx  e  2017 e B.  f  x  dx  e  2017 e x A. x C. D. và A. z1  z2 là số thực B. z1  z2 là số thuần ảo C. z1 .z2 là số thực D. z1 là số thuần ảo z2 Câu 22: Có bao nhiêu đường tiệm cận của đồ thị hàm số y  x1 2 ? 4x  2x  1 A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 Câu 23: Điểm biểu diễn số phức z thỏa mãn  3  2i  z  5  14i có tọa độ là: A.  1; 4  B.  1; 4  C.  1; 4  D.  4; 1 Câu 24: Trong các phương trình dưới đây, phương trình nào có hai nghiệm là 1  i 3 A. x 2  i 3 x  1  0 B. x 2  2 x  4  0 C. x 2  2 x  4  0 D. x 2  2 x  4  0 Câu 25: Trong không gian với hệ trục tọa độ 0 A. 0 z1  a  bi x x C C 2017  x e C 2  f  x  dx  e x   2017  x f  x  dx  e x  e C 2 Ox yz , cho đường thẳng d : x  1  y2 z4 và  2 3 mặt phẳng    : 2 x  4 y  6 z  2017  0. Trong các mệnh đề sau, mệnh đề nào đúng? A. d song song với    B. d cắt nhưng không vuông góc với    C. d vuông góc với    D. d nằm trên    Đặt sách tại: Tiki.vn | Newshop.vn | Pibook.vn | Lovebook.vn | 215 Công Phá Toán The Best or Nothing Câu 26: Cho hình chóp S. ABC , đáy ABC là tam A. Sai ở bước 1 B. Sai ở bước 2 giác đều cạnh bằng a , SA   ABC  và hợp với SB C. Sai ở bước 3 D. Đúng Câu 32: Diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hợp với đáy một góc 45. Xét 2 câu: a3 3 (I) Thể tích của hình chóp S. ABC là V  12 (II) Tam giác SAB là tam giác cân Hãy chọn câu đúng: hàm số y  2 x 2  x 4 và trục hoành là: 8 2 16 2 B. C. 4 2 D. 2 2 15 15 Câu 33: Một cái mũ bằng vải của nhà ảo thuật A. A. Chỉ (I) đúng B. Chỉ (II) đúng với các kích thước như hình vẽ. Hãy tính tổng C. Cả 2 đúng D. Cả 2 sai diện tích vải cần có để làm nên cái mũ đó Câu 27: Phương trình 5 x  1  6.5 x  3.5 x  1  52 có (không kể viền, mép, phần thừa). một nghiệm duy nhất x0 thuộc khoảng nào dưới đây? A.  2; 4  B.  1;1 C.  1; 2  D.  0; 2  30cm Câu 28: Hàm số y  2 x  x 2 đồng biến trên 10cm khoảng nào dưới đây? A.  ;1 B.  0;1 C.  1; 2  D. 1;   35cm Câu 29: Biết log 2  a ,log 3  b thì log 3 0,18 tính  A. 700  cm 2 theo a và b bằng: A. 2b  a  2 3 B. b  2a  2 3  3b  a  2 b  3a  2 D. 3 3 Câu 30: Với giá trị nào của x thì hàm số y   log 32 x  log 3 x có giá trị lớn nhất? 1 B. 2 C. 3 Câu 31: Giải phương trình: 3 D.  2 Câu 34: So sánh các tích phân:  2 4 1 I   xdx ,J   sin 2 x.cos xdx , K   xe x dx. 1 0 0 Ta có các kết quả nào sau đây? 2 3 2 2 log 3  x  2   log 3  x  4   0. Một học sinh làm như sau: x  2 Bước 1: Điều kiện:    x  4 Bước 2: Phương trình đã cho tương đương với 2log 3  x  2   2 log 3  x  4   0 Bước 3: Hay là: log 3  x  2  x  4   0   x  2  x  4   1  x 2  6 x  7  0  x  3  2. Đối chiếu với ĐK   , suy ra phương trình đã cho có nghiệm là x  3  2. Bài giải trên đúng hay sai? Nếu sai thì sai ở bước nào?   D. 756,25  cm  B. 754,25 cm 2 C. 750,25 cm 2 C. A.  A. I  K  J B. I  J  K C. J  I  K D. K  I  J Câu 35: Tập hợp các điểm trong mặt phẳng phức biểu diễn các số phức z thỏa mãn z  2i  1 là đường tròn có phương trình nào sau đây? 2 2 A.  x  2   y 2  1 B. x 2   y  2   1 C. x 2  y 2  4 y  3  0 D. x 2  y 2  4 x  3  0 Câu 36: Cho khối lăng trụ tam giác đều ABC. A ‘ B ‘ C ‘ có cạnh đáy bằng a 2 và mỗi mặt bên có diện tích bằng 4 a 2 . Thể tích khối lăng trụ đó là: A. 2 a 3 6 B. 2 a3 6 3 C. a 3 6 D. 1 a3 6 2 5  2 x  2  Câu 37: Giải bất phương trình:     .  5  5 Một học sinh làm như sau: 216 | Khai báo sách chính hãng tại: congphatoan.com để nhận 100 đề thi thử tặng kèm 25 đề cốt lõi Toán 12 Ngọc Huyền LB – facebook.com/huyenvu2405 Bước 1: Điều kiện x  0  . 1 Bước 2: Vì 5  2 x  2  1  1 nên        5 x 5  5  5 2 1 Bước 3: Từ đó suy ra 1  5 x  x  . Vậy tập 5 nghiệm của bất phương trình đã cho là  1 S   ;  0 . 5   m  1 Bước 3:   m2  4 m  3  0    m  3 Bài giải trên đúng hay sai? Nếu sai thì sai ở bước nào? A. Sai từ bước 1 B. Sai từ bước 2 C. Sai từ bước 3 D. Đúng Câu 42: Giá trị của m để đường thẳng y  2 x  m cắt đường cong y  Bài giải trên đúng hay sai? Nếu sai thì sai ở bước nào? A. m  1 x1 tại hai điểm phân biệt là: x 1 B. m  0 C. m  0 A. Đúng B. Sai ở bước 1 C. Sai ở bước 2 D. Sai ở bước 3 D. Một kết quả khác Câu 43: Với giá trị nguyên nào của k thì hàm số Câu 38: Một cái tháp hình nón có chu vi đáy bằng 207,5 m. Một học sinh nam muốn đo chiều cao y  kx4   4 k  5  x 2  2017 có ba cực trị? A. k  1 B. k  2 C. k  3 D. k  4 của cái tháp đã làm như sau. Tại thời điểm nào Câu 44: Với giá trị nào của tham số m thì hàm số đó, cậu đo bóng của mình dài 3,32 m và đồng thời y  sin x  cos x  2017 2 mx đồng biến trên  ? đo được bóng của cái tháp (kể từ chân tháp) dài 207,5 m. Biết cậu học sinh đó cao 1,66 m, hỏi chiều cao của cái tháp dài bao nhiêu m? A. h  103,75  51,875 51,87 B. h  103    C. h  103,75  25,94  A. m  2017 B. m  0 1 1 D. m   2017 2017 Câu 45: Có hai chiếc cọc cao 10m và 30m lần lượt C. m  đặt tại hai vị trí A , B. Biết khoảng cách giữa hai cọc bằng 24m. Người ta chọn một cái chốt ở vị trí D. h  103,75 M trên mặt đất nằm giữa hai chân cột để giăng   Câu 39: Cho hàm số f  x   ln x 2  3 x . Tập dây nối đến hai đỉnh C và D của cọc (như hình nghiệm của phương trình f ‘  x   0 là: vẽ). Hỏi ta phải đặt chốt ở vị trí nào trên mặt đất A.  ; 0    3;   3 B.   2 C. 3 D.  để tổng độ dài của hai sợi dây đó là ngắn nhất? A. AM  6 m , BM  18 m B. AM  7 m , BM  17 m C. AM  4 m , BM  20 m Câu 40: Một quả bóng bàn được đặt tiếp xúc với D. AM  12 m , BM  12 m tất cả các mặt của một cái hộp lập phương. Tỉ số Câu 46: Trong không gian với hệ trục tọa độ thể tích của phần không gian nằm trong hộp đó x 2  mx  1 . Tìm m để xm hàm số đạt cực đại tại x  2 ? một học sinh làm  P  : x  y  z  3  0 và ba điểm A  0;1; 2  , B  1;1;1 , C  2; 2; 3  . Tọa độ điểm    M thuộc  P  sao cho MA  MB  MC nhỏ nhất là: A.  4; 2; 4  B.  1; 2; 0  C.  3; 2; 8  D.  1; 2; 2  như sau: Câu 47: Cho hình lập phương ABCD. A ‘ B ‘ C ‘ D ‘ nhưng nằm ngoài quả bóng bàn và thể tích hộp là: A. 8 8 B. 3 4 C. 6 6 D. 2 3 Câu 41: Cho hàm số y  Bước 1: D   m , y ‘  2 2 x  2 mx  m  1  x  m 2 Bước 2: Hàm số đạt cực đại tại  y ‘  2   0   . x2 Ox yz , cho mặt phẳng có cạnh bằng a. Xét 2 câu: (I) Khoảng cách từ A đến mặt phẳng  A ‘ BD  là d  a 3 3 Đặt sách tại: Tiki.vn | Newshop.vn | Pibook.vn | Lovebook.vn | 217 Công Phá Toán The Best or Nothing (II) Hình lập phương ABCD. A ‘ B ‘ C ‘ D ‘ có 9 mặt phẳng đối xứng S  : x 2  y 2  z 2  2 x  6 y  4 z  13  0. Có bao nhiêu giá trị nguyên của m để d cắt  S  tại hai Hãy chọn câu đúng: A. Chỉ (I) đúng B. Chỉ (II) đúng C. Cả 2 đúng D. Cả 2 sai Câu 48: Tính thể tích V của vật thể nằm giữa hai mặt phẳng x  0, x  1, biết rằng thiết diện của vật thể bị cắt bởi mặt phẳng vuông góc với trục Ox điểm phân biệt? A. 5 B. 3 C. 2 D. 1 Câu 50: Cho các hàm số y  f  x  , y  g  x  , y f  x g  x . Nếu các hệ số góc của các tiếp tuyến tại điểm có hoành độ x(0  x  1) là một tam giác của các đồ thị các hàm số đã cho tại điểm có đều có cạnh là 4 ln  1  x  . hoành độ x  0 bằng nhau và khác 0 thì: A. V  4 3  2ln 2  1 B. V  4 3  2ln 2  1 C. V  8 3  2ln 2  1 D. V  16   2ln 2  1 Câu 49: Trong không gian với hệ trục tọa độ A. f  0   1 4 B. f  0   1 4 C. f  0   1 4 D. f  0   1 4 x  2  t  Oxyz , cho đường thẳng d :  y  1  mt và mặt cầu  z  2t  218 | Khai báo sách chính hãng tại: congphatoan.com để nhận 100 đề thi thử tặng kèm 25 đề cốt lõi Toán 12 Ngọc Huyền LB – facebook.com/huyenvu2405 ĐÁP ÁN 1C 2D 3C 4A 5C 6D 7A 8B 9D 10B 11B 12A 13C 14B 15D 16B 17A 18C 19C 20B 21D 22B 23A 24C 25C 26C 27D 28B 29A 30C 31B 32B 33D 34A 35B 36C 37D 38A 39B 40C 41B 42D 43A 44C 45A 46B 47C 48A 49A 50B HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT Câu 1: Đáp án C. Ta có thể thấy ngay y ‘  1 ab  bc 3   0 với mọi x  . 2 2 2 MS MS  1 1  Vậy hàm số đồng biến trên các khoảng  ;  và  ;   . 2  2  Kết quả lưu ý: Hàm số y  ad  bc ax  b ( có y ‘  ) luôn đồng biến hoặc 2 cx  d  cx  d   d  d  nghịch biến trên các khoảng  ;   và   ;   . c   c  Câu 2: Đáp án D.  x  x0  at  Kiến thức áp dụng: Đường thẳng có phương trình tham số d :  y  y0  bt thì  z  z  ct 0   vtcp của d là u   a; b; c  . Câu 3: Đáp án C.   Ta có công thức e u ‘  u ‘.e u . Ở đây ta nhẩm nhanh rằng  x  2017  ‘  1 . Do vậy y ‘  ln 2   e ln 2 2017  2e 2017 . Câu 4: Đáp án A.  xN  x  xM  1 MN    y Ta nhẩm nhanh như sau:  yN  y 1 M MN    zN  z MN  z M  1 Câu 5: Đáp án C. Câu 6: Đáp án D. Ta thấy tất cả các phương án còn lại cơ số đều lớn hơn một, riêng ở B và D thì cơ số lớn hơn 0 và nhỏ hơn 1. Tuy nhiên, ta thấy ở B, số mũ là x tức là  5     3e  x x  3e     . Vậy cơ số lúc này lớn hơn 1, do đó ta chọn D.  5 Câu 7: Đáp án A.  3 x  Ta có: bpt   x3 4 4 x  3  9  Câu 8: Đáp án B I  3; 1; 5  là trung điểm của AB, khi đó I là tâm của mặt cầu nhận AB làm đường kính, ta không cần đi tìm độ dài bán kính vì tất cả các phương án đều là 17. Do vậy ta chọn luôn B. Đặt sách tại: Tiki.vn | Newshop.vn | Pibook.vn | Lovebook.vn | 219 Công Phá Toán The Best or Nothing Câu 9: Đáp án D. Nếu chỉ có điều kiện  x  1 x  2   0 thì không đủ bởi khi đó sẽ có TH  x  1 và  x  2  cùng nhỏ hơn 0. Do đó ln  x  1 và ln  x  2  không tồn tại. Câu 10: Đáp án B. Ta bấm máy MODE  2:CMPLX Ấn SHIFT+hyp (Abs) và nhập biểu thức 1  2i  2 x  3  i  máy hiện 65 Câu 11: Đáp án B Ta bấm máy tính dưới chế độ tính toán với số phức MODE 2 được z  9  10 i . Mà đề hỏi số phức liên hợp do đó ta chọn B. Câu 12: Đáp án A. Ta có phương trình 2.  1  2t   t  2  3t  2  0  t  1  M  3; 1; 5  Câu 13: Đáp án C. Đây là bài toán ứng dụng của việc tìm phương trình đường thẳng đi qua hai điểm cực trị như sau: Ta có kết quả đó là: Trung điểm của đọan thẳng nối hai điểm cực trị chính là điểm uốn của đồ thị hàm số bậc ba. 2 Ta có y   x  1 x  2   x 3  3 x 2  4 Ta có y ”  6 x  6  0  x  1  y  1  2 . Thỏa mãn phương trình C. Hoặc quý độc giả có thể làm luôn theo cách bấm máy viết phương trình đi qua hai điểm cực trị mà tôi đã giới thiệu trong sách “Bộ đề tinh túy ôn thi THPT Quốc Gia môn Toán” Câu 14: Đáp án B. 2 Ta có Sau hai năm thì số tiền lãi bà thu được là: 100  1  0.07   100  14, 49 Câu 15: Đáp án D. 1 AD 1 1 Ta có SABM  .AB.  SABCD  VSABM  VSABCD 2 2 4 4 V1 1 1 Mặt khác VSABC  VSABCD do vậy  2 V2 2 Câu 16: Đáp án B  Ta có I  x 3  2 x a  0a 3  2a  a3  2  a  1 Câu 17: Đáp án A.   F  x    e x  2017.e  x dx  e x  2017 e  x  C Câu 18: Đáp án C. Phương trình có dạng x y z    1  3 x  6 y  2 z  12  0 4 2 6 Câu 19: Đáp án C. ab  20  Ta có bc  28  abc  20.28.35  140 ca  35  Câu 20: Đáp án B. Ta nhận xét nhanh, thấy rõ x 3  20 đồng biến trên 1; 4  , 3 trên 1; 4  . 220 | Khai báo sách chính hãng tại: congphatoan.com để nhận 100 đề thi thử tặng kèm x cũng đồng biến 25 đề cốt lõi Toán 12 Ngọc Huyền LB – facebook.com/huyenvu2405 Do đó Min, Max của f  x  nằm ở đầu mút, khi đó Max f  x   f  4   32 1;4  Câu 21: Đáp án D. Câu 22: Đáp án B. 1 1 và y   2 2 Câu 23: Đáp án A. Hai TCN là y  Bấm máy tính với chế độ MODE  2:CMPLX với z  5  14i  1  4i 3  2i Câu 24: Đáp án C. Ta thấy z1  z2  2; z1 z2  4  chọn C. Câu 25: Đáp án C.  d có vtcp u   1; 2; 3        có vtpt n   2; 4; 6   2 1; 2; 3  do đó u cùng phương với n do đó d vuông góc với    . Câu 26: Đáp án C. SB hợp với đáy một góc 45 do đó tam giác SAB vuông cân tại A. 1 1 a 3 a3 3 Khi đó SA  AB  a . Vậy V  .a. .  (I), (II) đúng.  3 2 2 12 Câu 27: Đáp án D. Ta có 5 x 1  6.5 x  3.5 x  1  52  52 x .5  52  5 x  5  x  1 5 Câu 28: Đáp án B. D  0; 2  y ‘  x  1  0  x  1 . Suy ra hàm số đồng biến trên  0; 1 2 x  x2 Câu 29: Đáp án A. Gán log2 cho A, log3 cho B, thử trên máy ta được đáp án A. Câu 30: Đáp án C. Câu 31: Đáp án B. Chữa lại như sau ở bước 2: Phương trình đã cho tương đương với 2 log 3  x  2   2 log 3 x  4  0 Câu 32: Đáp án B. 2 2 x  0 Ta có 2 x2  x4  0   . Khi đó S   2 x2  x 4 dx 2  2 x2  x4 dx  x   2 0  2   4 2  2 8 8 16 2   x3  x5   . 2 . 2 5 0 3 5 15 3 Câu 33: Đáp án D. Tổng diện tích được tính bằng tổng diện tích xung quanh của hình trụ và diện tích một đáy, với diện tích hình vành khăn.   Ta có S  2 .7, 5.30  .7, 52  . 17, 52  7, 5 2  756, 25  Câu 34: Đáp án A. 14 1 ; J  ;K 1  I  K  J 3 3 Câu 35: Đáp án B. Ta có I  2 z  2i  1  x 2   y  2   1 Đặt sách tại: Tiki.vn | Newshop.vn | Pibook.vn | Lovebook.vn | 221 Công Phá Toán The Best or Nothing Câu 36: Đáp án C. 4 a2 1 a 2. 3 .2a 2  a3 6  2 a 2 . V  B.h  .a 2. 2 2 a 2 Câu 37: Đáp án D. Ta có h  Bước 3: Vì chuyển bất phương trình tương đương nhân hai vế với x mà không xét dấu của x. Câu 38: Đáp án A. 1, 66 h 51, 875   h  103,75  3, 32 207, 5   207, 5 2 Câu 39: Đáp án B. Ta có : 2x  3 3 0x 2 2 x  3x Câu 40: Đáp án C. Quả bóng bàn có bán kính r, hình lập phương có cạnh 2r. Khi đó V trống là 4 8  V1  3 4 3 3  6  V1   8r  r  . Khi đó V 8 6 3    ln  x 2   3x ‘  Câu 41: Đáp án B. Dấu tương đương dùng sai, ở đây chỉ là dấu suy ra và sau đó phải thử lại sau bước 3. Câu 42: Đáp án D. x  1 . Xét phương trình hoành độ giao điểm ta có để hai đồ thị hàm số catwsn  x  1 hau tại hai điểm phân biệt thì:  2  2 x   m  3  x  m  1  0  2  m  3  m  1  0  m  2  m  3   8  m  1  0 Câu 43: Đáp án A. Ta nhẩm nhanh như sau: Để hàm số có ba cực trị thì phương trình y ‘  0 phải có ba nghiệm phân biệt, tức là  4 k  5  k  0 . Chỉ có A thỏa mãn. Câu 44: Đáp án C.   Ta có y ‘  cos x  sin x  2017 2m . Ta có y ‘  2 sin  x    2017 2 m . Để 4  hàm số đã cho đồng biến trên  thì y ‘  0 với mọi x  . Dấu bằng xảy ra tại hữu hạn điểm.    sin  x    2017 m với mọi x   . Điều này xảy ra khi 4  2017 m  1  m  1 . 2017 Câu 45: Đáp án A. Ta có đặt AM  x khi đó MB  24  x ; x  0; 24  2 Khi đó CM  DM  f  x   10 2  x 2  30 2   24  x  . Lúc này ta thử xem đáp án nào Min. Câu 46: Đáp án B. 222 | Khai báo sách chính hãng tại: congphatoan.com để nhận 100 đề thi thử tặng kèm 25 đề cốt lõi Toán 12 Ngọc Huyền LB – facebook.com/huyenvu2405     Gọi I là điểm thỏa mãn IA  IB  IC  0  I  1; 0; 2  . Mà           MA  MB  MC  I A  IB  IC  3 MI  3 MI . Để MA  MB  MC nhỏ nhất thì  MI   P   M  1; 2; 0  . Câu 47: Đáp án C. Ta có gọi h là khoảng cách từ A đến mặt phẳng  A ‘ BD  thì 1 3 a  h   I  đúng. h 2 a2 3 Xét khối lập phương ABCD.A’B’C’D’ Gọi M,N,P,Q lần lượt là trung điểm của AB, BC, CD, DA M’, N’, P’, Q’ lần lượt là trung điểm của A’B’, B’C’, C’D’, D’A’ R, S, T, U lần lượt là trung điểm của AA’, BB’, CC’, DD’ Khối lập phương ABCD. A’B’C’D’ có 9 mp đối xứng như sau : a) 3 mp đối xứng chia nó thành 2 khối hộp chữ nhật (là các mp MPP’M’, NQQ’N’, RSTU) b) 6 mp đối xứng chia nó thành 2 khối lăng trụ tam giác (là các mp ACC’A’, BDD’B’, AB’C’D, A’BCD’, ABC’D’, A’B’CD). Vậy  II  đúng. Câu 48: Đáp án A. Câu này tương tự như câu số 26, đề số 8 trong sách “Bộ đề tinh túy ôn thi THPT Quốc Gia năm 2017” mà tôi đã phân tích và đề cập rất kĩ. Do đó ở đây: 4. ln  1  x  . 3 1 Ta có S  x   .4 ln  1  x  .  4 3.ln  1  x  2 2 1 1 Vậy V   S  x  dx  4 3  ln  1  x  dx 0 0 Đặt u  ln  1  x   du  1 dx; dv  dx  v  x 1 x   1 1 x Khi đó V  4 3.  x.ln  1  x    dx   0 0 1  x    1 V  4 3.  ln 2  x  ln  1  x    4 3. ln 2   1  ln 2   4 3.  2 ln 2  1  0   Câu 49: Đáp án A    2  2 Ta có phương trình  2  t    1  mt   4t 2  2.  2  t   6.  1  mt   8t  13  0    m 2  5 t 2  2.  5  4 m  t  20  0 Để thỏa mãn yêu cầu đề bài thì phương trình có 2 nghiệm phân biệt. 2     5  4m   20 m2  5  0  4 m 2  40 m  75  0  2, 5  m  7, 5 . Vậy có 5 giá trị nguyên của m thỏa mãn. Câu 50: Đáp án B. f ‘  0  .g  0   g ‘  0  . f  0  Ta có f ‘  0   g ‘  0   a  a. g  0   f  0  g2  0 g2 0  2 1  1 1  f 0   g 0   g 0     g 0     4  2 4 2 Đặt sách tại: Tiki.vn | Newshop.vn | Pibook.vn | Lovebook.vn | 223 Công Phá Toán The Best or Nothing ĐỀ ÔN LUYỆN SỐ 15 Câu 1: Hình dưới là đồ thị của hàm số nào trong bốn hàm số được liệt kê ở bốn phương án A, B, C, D sau: y 1 -1 O A. y  x 3  3 x  2 4 C. y  x  2 x  3 2 D. y  2 x  3x  1 x3 x2 Câu 2: Cho hàm số y  f  x     x, khi đó 3 2 tập nghiệm của bất phương trình f ‘  x   0 là: A.  B.  0 ;   C.  2 ; 2  D.  ;  Câu 3: Hàm số y  x  x 2 nghịch biến trên khoảng: 1  A.  ; 1  2  C.   ; 0  D. 1;   Câu 4: Hàm số y  x 3  3 x 2  mx  m đồng biến trên tập xác định khi giá trị của m là: A. m  1 B. m  3 C. 1  m  3 D. m  3 C.  2 ; 1 và  2 ; 3  D.  2 ; 1 và  0 ; 1 C  đến một tiếp tuyến của  C  . Giá trị lớn nhất d có thể đạt được là: A. 3 3 B. 3 Câu 12: Biểu thức A  4 A. 6 B. 9 2 C. D. 2 2 log 2 3 có giá trị là: C. 16 D. 2 Câu 13: Đạo hàm hàm số y  2 x.3 x bằng: A. 6 x ln 6 C. 2 x  3 x B. 6 x D. 2 x 1  3 x 1   Câu 6: Cho hàm số y  x 3  3×2  2  C  . Đường thẳng nào sau đây là tiếp tuyến của  C  có hệ số góc nhỏ nhất: A. y  3 x  3 B. y  3 x  3 C. y  3 x Câu 7: Cho phương trình  x 4  4 x 2  3  m  0. Với giá trị nào của m thì phương trình có 4 nghiệm phân biệt: A. 1  m  2 B. 1  m  2 C. 3  m  1 D. 1  m  3 Câu 8: Số điểm có tọa độ là các số nguyên trên đồ C. 3  định là: A.  ; 2    3;   C.  ; 0   B.  0;   D.  2; 3  Câu 17: Tập nghiệm của bất phương trình 32.4 x  18.2 x  1  0 là tập con của tập: A.  5; 2 B.  4;0  18: Cho C.  1; 4  Câu 9: Hàm số y  x  x  1 đạt cực tiểu tại: D. x  2 D.  3;1 a  log 30 3, b  log 30 5, khi đó log 30 1350 tính theo a , b bằng: A. 2 a  b  1 C. a  2b  1 B. 2 a  b  1 D. 2 a  b  1 Câu 19: Rút gọn biểu thức a 3 1 .a 2  a  2 2 3 2 2 (với a  0 ) được kết quả là: A. a 4 B. a C. a 5 D. a 3 Câu 20: Gọi M , m lần lượt là giá trị lớn nhất và giá D. 1 2 C. x  0 11 25 29 B. C. D. 87 3 3 3 Câu 16: Hàm số y  ln  x 2  5 x  6 có tập xác Câu D. y  0 x3 thị hàm số y  là: x2 A. 4 B. 2 hàm số triệt tiêu tại các điểm: A. x  1; x  3 B. x  1; x  3 C. x  1; x  3 D. x  0 A. Với giá trị nào của m thì hàm số đã cho có một cực trị? A. m  0 B. m  0 C. m  0 D. m  1 B. x  1 B.  1; 0  và  0 ; 1 Câu 15: Phương trình log3  3x 2  3 có nghiệm là: Câu 5: Cho hàm số y  mx 3  2 x2   m  1 x  2. A. x  1 A.  1; 0  và  1; 0  Câu 14: Cho hàm số f  x   e x 3  x 2 . Đạo hàm  1 B.  0 ;   2 4 là: x2 C  . Gọi d là x1 khoảng cách từ giao điểm hai tiệm cận của đồ thị B. y  x 4  2 x 2  1 2 Tọa độ các điểm mà mọi đồ thị của họ  Cm  đi qua Câu 11: Cho hàm số: y  x 1 Câu 10: Cho họ đồ thị  Cm  : y  x 4  mx 2  m  1. trị nhỏ nhất của hàm số y  Khi đó: 224 | Khai báo sách chính hãng tại: congphatoan.com để nhận 100 đề thi thử tặng kèm x2 trên đoạn  1;1 . ex 25 đề cốt lõi Toán 12 Ngọc Huyền LB – facebook.com/huyenvu2405 1 A. M  ; m  0 B. M  e; m  0 e 1 C. M  e; m  D. M  e ; m  1 e Câu 21: Số nghiệm của hệ phương trình: 2 x  y  4  1 là:  x 1  2  y  1  0 A. 2 Câu 22: B. 3 Nguyên C. 1 hàm của D. 4 hàm số 1 B.  cos 2 x  C 4 1 C.  sin x.cos x D.  sin 2 x  C 4 Câu 23: Nguyên hàm F  x  của hàm số f  x   4 x3  3×2  2 trên tập số thực thỏa mãn F  1  3 là: A. x 4  x 3  2 x  3 B. x 4  x 3  2 x C. x 4  x 3  2 x  4 D. x 4  x 3  2 x  3  3x 2 x  1 dx bằng: 0 B. 7 C. 5 D. 3 1 Câu 25: Tích phân:   3x  1  2 x  dx bằng: 0 1 A. 6 7 B. 6 11 C. 6 D. 0  2 0  2 y  3 x  x 2 và trục hoành quanh trục hoành bằng: 81 85 (đvtt) B. (đvtt) 10 10 41 8 C. (đvtt) D. (đvtt) 7 7 Câu 28: Diện tích của hình phẳng giới hạn bởi các A. đường x  1, x  e , y  0 và y  ln x 2 x bằng: A. 3  e B. 2  e C. 2  e D. e  3 Câu 29: Số nào trong các số sau là số thuần ảo:   2  2i  B. z  1  i C. z  5  i D. z  5  i 2 i  có z  1 thì: 1 2 B. a  C. a  0 hoặc a  1 3 2 D. a  1 2 Câu 32: Số phức z   1  2i   1  i  có mô đun là: B. z  50 A. z  5 2 2 2 10 D. z  3 3 Câu 33: Trên mặt phẳng tọa độ các điểm A, B, C C. z  1  i 1  2i  ; 2i . Khi đó tam giác 3 A. Vuông tại C C. Vuông cân tại B 4 ; i 1 ABC : B. Vuông tại A D. Tam giác đều  Câu 34: Số phức z thỏa mãn z  3z  1  2i  2 là: 3 3 3 3 A.   2i B. 2  i C. 2  i D.   2i 4 4 4 4 Câu 35: Diện tích hình tròn lớn của hình cầu là S. tròn có bán kính r , diện tích  2 A. 1  e B. 1  e       1 C.  1  e 2  D. 2  1  e 2  2    Câu 27: Thể tích khối tròn xoay nhận được khi quay hình phẳng giới hạn bởi đường cong  A. z  1  i Một mặt phẳng  P  cắt hình cầu theo một đường Câu 26: Tích phân:  e x sin x dx bằng: A. z   1  i  3  2i  là: lần lượt là điểm biểu diễn của các số phức 3 A. 3 Câu 30: Số phức liên hợp của số phức A. a  1 cos 2 x  C 4 Câu 24: Tích phân: D. 2017i 2 Câu 31: Để số phức z  a   a  1 i ( a là số thực) f  x   sin x.cos x trên tập số thực là: A. C.  3  i    2  i  B.  2016  i    2017  i  1 S. Biết bán kính 2 hình cầu là r , khi đó r bằng: R 2 R 3 R 2 R 3 B. C. D. 4 6 2 3 Câu 36: Hình chóp tứ giác đều có tất cả các cạnh bằng a. Thể tích khối chóp đó bằng: A. a3 2 a3 2 a3 2 a3 3 B. C. D. 2 6 3 3 Câu 37: Người ta bỏ vào một chiếc hộp hình trụ ba quả bóng tennis hình cầu, biết rằng đáy hình trụ bằng hình tròn lớn trên quả bóng và chiều cao của hình trụ bằng ba lần đường kính quả bóng. Gọi S1 là tổng diện tích của ba quả bóng, S2 là A. diện tích xung quanh của hình trụ. Tỉ số diện tích S1 là: S2 A. 2 B. 5 C. 3 D. 1 Đặt sách tại: Tiki.vn | Newshop.vn | Pibook.vn | Lovebook.vn | 225 Công Phá Toán The Best or Nothing Câu 38: Hình hộp chữ nhật có ba kích thước là a, b, c thì đường chéo có độ lớn là: A. C. 2 2 a b c 2 2 2 2 a  2b  c B. 2 D. 2 2 a b c 2 2 2 a  b  2c Câu 45: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , mặt cầu  S  tâm I  1; 2; 3  đi qua điểm A  1; 0; 4  có phương trình là: 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 A.  x  1   y  2    z  3   53 2 Câu 39: Cho hình chóp S. ABCD có đáy ABCD là hình thang vuông tại A và B, SA vuông góc với B.  x  1   y  2    z  3   53  ABCD  , AB  AC  a, AD  2a, giữa SC và mặt phẳng  ABCD  bằng 45 . giữa mặt phẳng  SAD  và  SCD  bằng: góc C.  x  1   y  2    z  3   53 Góc D.  x  1   y  2    z  3   53 mặt phẳng 0 A. 45 0 B. 30 0 C. 75 0 D. 60 0 Câu 40: Cho hình chóp tam giác đều đáy có cạnh Câu 46: Cho ba điểm C  4; 0; 6  , khi đó phương trình mặt phẳng  ABC  là: bằng a , góc tạo bởi các mặt bên và đáy bằng 60 0. A. 14 x  13 y  9 z  110  0 Thể tích khối chóp là: B. 14 x  13 y  9 z  110  0 3 3 a 6 B. V  24 24 3 a 3 a3 C. V  D. V  8 8 Câu 41: Thiết diện qua trục của hình nón là tam giác đều cạnh 6 a. Một mặt phẳng qua đỉnh S của nón và cắt vòng tròn đáy tại hai điểm A và B. Biết A. V  a 3 số đo góc ASB bằng 300 , diện tích tam giác SAB bằng: A. 18a 2 B. 16a 2 C. 9a 2 D. 10a 2 Câu 42: Cho hình chóp S. ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại B với AB  a, BC  a 2 , SA  2 a và SA vuông góc với mặt phẳng  ABC  . Biết  P  là mặt phẳng qua A và vuông góc với SB, diện tích thiết diện cắt bởi  P  và hình chóp là: 4a2 10 4a 2 3 8a2 10 4 a2 6 B. C. D. 25 15 25 15 Câu 43: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho    ba vectơ a  1;1; 0  , b  1;1; 0  , c  1;1;1 . Trong các A. mệnh đề sau mệnh đề nào sai?     A. a.b  0 B. c  3 C. a  2 D. b.c  0 Câu 44: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , mặt phẳng song song với hai đường thẳng:  x2t x2 y1 z  và d2 :  y  3  2t có vectơ d1 :   2 3 4  z 1t  pháp tuyến là:  A. n   5; 6; 7   C. n   5; 6;7   B. n   5; 6;7   D. n   5; 6;7  A  1; 6; 2  , B  5;1; 3  , C. 14 x  13 y  9 z  110  0 D. 14 x  13 y  9 z  110  0 Câu 47: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , vị trí tương đối của hai đường thẳng  x  1  2t  x  7  3m   d1 :  y  2  3t và d2 :  y  2  2 m là:  z  5  4t  z  1  2m   A. Chéo nhau B. Cắt nhau C. Song song D. Trùng nhau Câu 48: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho ba điểm A  2;1; 0  , B  3; 0; 4  , C  0;7; 3  . Khi đó   cos AB , BC bằng:   14 118 7 118 B.  354 177 798 798 C. D.  57 57 Câu 49: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho A. tứ diện ABCD có A  2; 3;1 , B  4;1; 2  , C  6; 3;7  , D  5; 4;8  . Độ dài đường cao kẻ từ D của tứ diện là: 5 4 3 45 C. D. 5 3 7 Câu 50: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho A. 11 B. bốn điểm A  1;1;1 , B  1; 2;1 , C  1;1; 2  , D  2; 2;1 . Tâm I của mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD có tọa độ: 3 3 3 A.  3; 3; 3  B.  ;  ;  2 2 2 3 3 3 C.  ; ;  2 2 2 226 | Khai báo sách chính hãng tại: congphatoan.com để nhận 100 đề thi thử tặng kèm D.  3; 3; 3  25 đề cốt lõi Toán 12 Ngọc Huyền LB – facebook.com/huyenvu2405 ĐÁP ÁN 1B 2A 3A 4B 5C 6A 7C 8B 9C 10A 11C 12B 13A 14A 15C 16D 17B 18A 19C 20B 21C 22B 23A 24B 25A 26C 27A 28B 29A 30D 31C 32A 33C 34D 35C 36B 37D 38B 39D 40A 41C 42A 43D 44D 45C 46D 47A 48B 49A 50C HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT Câu 1: Đáp án B Nhận thấy đây là dạng đồ thị của hàm số bậc bốn trùng phương, nên phương án x  1  A, C loại. Với B, C ta thấy. Hàm số ở phương án B có y ‘  4 x  4 x  0   x  1 .  x  0 3 Nhìn vào đồ thị thì ta thấy hoành độ hai điểm cực tiểu, cực đại thỏa mãn, nên chọn B. Câu 2: Đáp án A. Với bài toán này ta sẽ đi tìm f ‘  x  rồi thế vào bất phương trình ban đầu. 2  1 3 Ta có f ‘  x   x 2  x  1 . Nhận xét x 2  x  1   x     0 với mọi x . 2 4   Do vậy bất phương trình vô nghiệm. Câu 3: Đáp án A. Để tìm khoảng đồng biến, nghịch biến của hàm số thì ta đi tìm nghiệm của STUDY TIPS Với dạng toán này, để xét dấu của đạo hàm trên mỗi khoảng mà ta đã tìm ra, ta chỉ cần thử một giá trị bất kì trong khoảng đó để xét dấu của đạo hàm. phương trình y ‘  0 hoặc giá trị làm cho phương trình y ‘  0 không xác định, từ đó tìm được các khoảng đồng biến, nghịch biến của hàm số. Điều kiện: x   0; 1 Ta có y ‘    x  x2 ‘  2 x  1 2 x  x2 x  0 . y ‘ không xác định khi  x  1 y ‘  0 khi x  1 . Khi đó ta có 2 khoảng cần xét đó là 2  1 1   0;  ;  ; 1  .  2 2  1  1  Nhận thấy ở đây y ‘  0 với x   ; 1  , do đó hàm số nghịch biến trên  ; 1  . 2  2  Câu 4: Đáp án B Hàm số đã cho: 1. Là hàm số bậc ba có hệ số a  1  0 . 2. Có tập xác định D   . Do đó giống như tôi đã trình bày trong cuốn bộ đề Tinh Túy 2017 thì để hàm số bậc ba có các điều kiện trên đồng biến trên  thì phương trình y ‘  0 có nghiệm kép hoặc vô nghiệm. Ta xét phương trình y ‘  0  3x 2  6 x  m  0 . Để phương trình trên vô nghiệm hoặc có nghiệm kép thì  ‘  32  3m  0  m3 Đặt sách tại: Tiki.vn | Newshop.vn | Pibook.vn | Lovebook.vn | 227 Công Phá Toán The Best or Nothing Câu 5: Đáp án C STUDY TIPS Đồ thị hàm số bậc ba hoặc là có hai điểm cực trị, hoặc là không có điểm cực trị. Không có TH có một điểm cực trị Ta nhận thấy đây là một bài toán sử dụng mẹo nhớ khá là nhanh đó là: Đồ thị hàm số bậc ba hoặc là có 2 điểm cực trị, hoặc là không có điểm cực trị nào. Do vậy ở đây, để hàm số đã cho có một cực trị thì hàm số đã cho thỏa mãn điều kiện không là hàm bậc ba, tức là m  0 . Khi m  0 thì hàm số đã cho trở thành hàm số bậc hai, mà đồ thị hàm số bậc hai là parabol luôn có một điểm cực trị. Câu 6: Đáp án A Ta thấy hệ số góc của tiếp tuyến tại điểm có hoành độ x  xo là f ‘  xo  . Ta có 2 f ‘  xo   3xo 2  6 xo  3  xo  1  3  3 với mọi xo . Do đó hệ số góc tiếp tuyến nhỏ nhất là 3 khi x0  1 . Khi đó phương trình tiếp tuyến là y  3 x  3 Câu 7: Đáp án C. Ta thấy đây là bài toán có thể cô lập m sang VP, do đó ta sẽ làm theo cách vẽ BTT từ đó kết luận số nghiệm của phương trình. STUDY TIPS Ở đây ta có một mẹo nhanh để không cần vẽ BBT đó là; Với đồ thị hàm số bậc bốn trùng phương có hai điểm cực trị: 1.Với hệ số a  0 thì có dạng chữ M ( chỉ là mẹo). 2.Với hệ số a  0 thì có Phương trình đã cho tương đương với:  x 4  4 x 2  3  m . Đặt f  x    x 4  4 x 2  3 có  f ‘  x   4 x 3  8 x  4 x  x 2  2  x  0  Phương trình f ‘  x   0   x   2 . Khi đó từ BBT ta có:  x  2 dạng chữ W. Trong sách bộ đề tinh túy toán 2017 tôi đã trình bày. x f'(x) 0 + 0 – 0 + 1 0 – 1 f(x) Nhìn vào BBT ta thấy để phương trình đã cho có 4 nghiệm phân biệt thì 3  m  1 Câu 8: Đáp án B Với bài toán dạng này ta sẽ chia tử số cho mẫu số, giống như bài toán giải phương trình nghiệm nguyên mà ta đã học ở cấp 2. x3 1 . Để y là số nguyên thì x  2 là ước của 1. Tức là 1 x2 x2 x  2  1  x  1; x  3 . Vậy có hai điểm có tọa độ là các số nguyên trên đồ Ta có y  x3 . x2 Câu 9: Đáp án C thị hàm số y    Lời giải: y ‘  4 x 3  2 x  2 x 2 x 2  1 . Phương trình y ‘  0 có nghiệm duy nhất x  0 . Do đó chọn C. Câu 10: Đáp án A. Đây là dạng toán tìm điểm cố định của đồ thị hàm số cho trước có tham số. Với dạng toán này ta có các bước làm như đã note ở bên. 228 | Khai báo sách chính hãng tại: congphatoan.com để nhận 100 đề thi thử tặng kèm 25 đề cốt lõi Toán 12 Ngọc Huyền LB – facebook.com/huyenvu2405   Ta có y  x 4  mx 2  m  1  m x 2  1  x 4  y  1  0 . Điểm mà cố định của họ STUDY TIPS Các bước tìm điểm cố định của đồ thị hàm số chứa tham số: 1. Chuyển y sang VP. 2. Gộp các hạng tử có tham số và đặt tham số chung ra ngoài. 3. Cho các biểu thức trong ngoặc sau khi đặt tham số ra bằng 0. STUDY TIPS Với bài toán dạng liên quan đến khoảng cách, ta nên tách hàm số phân thức (tức là lấy tử số chia mẫu số) như bài làm bên để khi thay vào công thức khoảng cách sẽ rút ngắn thời gian rút gọn. Ví dụ:  x 2  1  0  x  1; y  0 thỏa mãn .  C  m  4  x  1; y  0  x  y  1  0 Câu 11: Đáp án C Ta có y  Ta thấy I  1; 1 là giao điểm hai đường tiệm cận của đồ thị hàm số.  1  Phương trình tiếp tuyến với  C  tại điểm  x0 ; 1   là: xo  1   1 1 y  x  x0   1  x  1  d  2 0  x  1 0 Khoảng cách từ I đến  d  là: 1   d I ;  a   0 a b 0  1 2 x0  1 x loga b x 2 4 1 1 0 2 x0  1  1  x   1  1  x o  1 1 x2 1  1 x1 x1 STUDY TIPS Công thức áp dụng: x2 1 1 1 , x  1; y ‘  . 2 x1 x1  x  1 x 0  1 2 x0  1   1  1 2 x 0 1 4 1 x 0  1 4  2 (Áp dụng bất đẳng thức Cauchy).  1 4 Câu 12: Đáp án B  A  4 log 2 3  2 log2 3  2  32  9 Câu 13: Đáp án A.     Ta có y ‘  2 x .3 x ‘  6 x ‘  6 x .ln 6 STUDY TIPS x Câu 14: Đáp án A a x .b x   ab  ; Ở đây câu nói đạo hàm hàm số triệt tiêu tức là giá trị để cho đạo hàm hàm số  a  ‘  a . ln a bằng 0. Tức là ta đi tìm nghiệm của phương trình f ‘  x   0 x x   Ta có f ‘  x   e x 3  x 2  ‘  e .  3  x   2x.e x 2 x   e x x2  2 x  3  x  1 f ‘  x   0   x 2  2 x  3  0 (Do e x  0)    x  3 Câu 15: Đáp án C. Lời giải: Điều kiện: x  2 3 pt  3 x  2  33  x  29 ( thỏa mãn ) 3 Câu 16: Đáp án D. Điều kiện để hàm số xác định là  x 2  5 x  6  0  2  x  3 Câu 17: Đáp án B Với bài toán dạng này ta giải bất phương trình. Nhận thấy đây là dạng bất   phương trình mũ thường gặp, do hạng tử 32.4 x  32. 2 x 2 . Do vậy ta sẽ giải bài toán như sau: Đặt sách tại: Tiki.vn | Newshop.vn | Pibook.vn | Lovebook.vn | 229 Công Phá Toán The Best or Nothing   BPT  32. 2 x 2     18.2 x  1  0  2.2 x  1 16.2 x  1  0  1 1  2x  16 2  4  x  1 Nhận thấy ở đây  4; 1 là tập con của tập  4; 0  do đó chọn B. Câu 18: Đáp án A Với bài toán dạng này, ta thường phân tích 1350 ra dạng thừa số nguyên tố, từ STUDY TIPS Công thức áp dụng: log a x  log a y  log a xy đó đưa về các số đã cho trước.    Ta có log 30 1350  log 30 2.33 .52  log 30  2.3.5   log 30 32 .5   1  2 log 30 3  log 30 5  2 a  b  1 Câu 19: Đáp án C. Ta có a 3 1 .a2  a  2 2 STUDY TIPS Hàm số luôn đơn điệu trên một đoạn cho trước thì đạt GTLN, GTNN tại các điểm đầu mút. Nếu gặp các hàm số dạng này, ta bỏ qua bước tìm đạo hàm và kết luận luôn GTLN, GTNN. 3 2 2  a 3  1 2  3  2 2 a  2 2   a3  a5 a2 Câu 20: Đáp án B. Nếu không xác định được hàm số đã cho liên tục và đơn điệu trên đoạn đó thì ta nên làm từng bước một. Ta có y ‘  x  0 2 x.e x  e x .x 2 . Nhận thấy 0 thuộc đoạn đang xét nên ta sẽ 0 2x e x  2 xét các giá trị y  1 ; y  0  ; y  1 .     Ta có M  Max y  1 ; y  0  ; y 1  e ; m  Min y  1 ; y  0  ; y  1  0 Câu 21: Đáp án C. Nhận thấy khi nhìn vào hệ phương trình ta thấy khá khó, tuy nhiên ở phương trình thứ hai của hệ ta có thể chuyển biến y theo x, từ đó thay vào phương trình thứ nhất ta được một phương trình mũ, bài toán trở thành tìm số nghiệm của phương trình mũ. Ta có phương trình  2   y  1  2 x  1 . Thay vào phương trình thứ nhất ta được: 1  2  x 1 2  4 x  1  2 2 x  2  2.2 x  1  4 x  4.2 2 x  2 2 x  4.2 x  0  3.2 2 x  4.2 x  0 . Phương trình sau khi biến đổi có duy nhất một nghiệm, do đó ta chọn C. Câu 22: Đáp án B 1 sin 2 x do vậy, ta có lời giải sau: 2 1 1 1 1  sin x cos xdx  2  sin 2xdx  4 . 2.sin 2 xdx   4 sin 2xd  2 x    4 cos 2 x  C . Câu 23: Đáp án A Ta thấy sin x.cos x  Do họ các nguyên hàm của hàm số sau khi tìm ra có hằng số C. Đề bài cho giá trị F  1  3 để tìm C, từ đó xác định một nguyên hàm cần tìm.   Ta có F  x    f  x  dx   4 x 3  3 x 2  2 dx  x 4  x 3  2 x  C . 4 3 Mà F  1  3 do đó  1   1  2.  1  C  3  C  3 Câu 24: Đáp án B. Với bài toán này ta có thể bấm máy tính ra kết quả là B. Tuy nhiên tôi xin trình bày lời giải như sau: 230 | Khai báo sách chính hãng tại: congphatoan.com để nhận 100 đề thi thử tặng kèm 25 đề cốt lõi Toán 12 Ngọc Huyền LB – facebook.com/huyenvu2405 Với bài toán này, ta có thể sử dụng phương pháp đổi biến bằng cách đặt STUDY TIPS Với bài toán tích phân chứa căn dạng như bài toán bên, ta thường đặt căn thức thành một biến mới, từ đó đổi cận và tính toán dễ dàng hơn. t  x2  1 . Đặt t  x 2  1  t 2  x 2  1  2tdt  2 xdx  xdx  tdt . 2 2 Đổi cận: x  0  t  1; x  3  t  2 . Khi đó I   3t.tdt  3  t 2 dt  t 3 1 1 2 7. 1 Câu 25: Đáp án A Đây là dạng bài toán chứa trị tuyệt đối, do đó ta chia khoảng để bỏ dấu trị tuyệt đối từ đó tính tích phân: 1 Ta có  0 1 3 1 1 1  5  1  3x  1  2 x dx    1  5x  dx    x  1 dx   x  x 2  3   x 2  x  1 2  2   1 0 0  3 3  1 2 1   . 18 9 6 Trên đây là cách làm diễn giải, tuy nhiên quý độc giả có thể sử dụng máy tính,  STUDY TIPS Nút giá trị tuyệt đối kí hiệu là Abs vì trong tiếng anh: Absolute value: giá trị tuyệt đối. và biểu thị của dấu giá trị tuyệt đối trên máy tính là nút Abs màu vàng hay chính là nút Quý độc giả chọn nút trị tuyệt đối bằng cách ấn SHIFT + hyp từ đó màn hình sẽ hiện như sau: Câu 26: Đáp án C STUDY TIPS Với bài toán tích phân dạng có cả hàm e x và sinx hoặc cosx thì ta đặt u, v bất kì, sau đó đặt tiếp lần thứ hai, sau đó thế I sẽ tìm được tích phân ban đầu. sin x  u  du  cos xdx Đây là dạng toán tích phân từng phần, do đó đặt  x . x e dx  vdv  v  e    2  2 Khi đó I  sin x.e x 2   e x .cos xdx  e 2   e x cos xdx 0 0 0 cos x  u  du   sin xdx Tiếp tục đặt  x . Khi đó x  e dx  vdu  v  e     2   1   x  x I  e   e .cos x 2   e   sin x  dx   e 2  1  I  I   e 2  1  . 2    0 0    2 Câu 27: Đáp án A. x  0 Xét phương trình 3 x  x 2  0   x  3 3  Thể tích khối tròn xoay cần tìm được tính bằng công thức V    3 x  x 2  2 dx 0 3 1 3  3 81    x 4  6 x 3  9 x 2 dx    x 5  x 4  3 x 3    . 2 5  0 10 0   Câu 28: Đáp án B Đặt sách tại: Tiki.vn | Newshop.vn | Pibook.vn | Lovebook.vn | 231 Công Phá Toán The Best or Nothing x  0 0  x 1. 2 x ln x  0 ln x Xét phương trình hoành độ giao điểm ta có Khi đó diện tích hình phẳng cần tìm được tính bằng công thức: e S 1 STUDY TIPS Với bài toán tích phân từng phần ta thường đặt u=lnx, và biểu thức còn lại là f  x  dx  vdv ln x 2 x dx . Nhận thấy với x  1; e  thì ln x 2 x e  0 . Do vậy S   1 ln x 2 x dx Nhận thấy đây là dạng tích phân từng phần, do đó ta đặt  1 u  ln x  du  x dx  1  dx  vdv  v  x  2 x e 1 1 e e e 1 Khi đó S  x .ln x   x . dx  e   x 2 dx  e  2.x 2  e  2. e  2 1 1 1 x 1 2 e . Câu 29: Đáp án A Phương án A:    2  2i   2  i  3i . Đây là số thuần ảo, chọn A mà không cần xét các phương án còn lại. Câu 30: Đáp án D z   1  i  3  2i   3  2i  3i  2i 2  3  2  i  5  i . Do đó số phức liên hợp của z là z  5  i . Câu 31: Đáp án C a  0 2 Ta có z  1  a   a  1 i  1  a 2   a  1  1  2 a 2  2 a  0   a  1 Câu 32: Đáp án A 2   Ta có z   1  2i   1  i   4i 2  4i  1  1  i    4  1  4i  1  i    3  4i  1  i   1  7 i . Khi đó, mô đun của z là z  12  7 2  50  5 2 . Câu 33: Đáp án C Ta áp dụng tính chất sau: Điểm biểu diễn số phức z  x  yi  x , y    trong hệ tọa độ Oxy là M  x , y  . Mặt khác 4  2  2i ; 1  i  1  2i   3  i ; 2i 3  2i i 1 Do đó ta lần lượt tìm được tọa độ các điểm A, B, C là: A  2; 2  ; B  3;1 ; C  0; 2  Khi đó ta có AB  10; AC  2 5; BC  10 và AB2  BC 2  AC 2 do đó tam giác ABC vuông cân tại B. Câu 34: Đáp án D. Với bài toán có cả z cả z ta thường đặt z  x  yi ,  x , y    . Khi đó phương trình đề bài cho trở thành:  3 4 x  3  x  2 x  yi  3  x  yi    1  2i   4 x  2 yi  3  4i    4 . 2 y  4  y  2  232 | Khai báo sách chính hãng tại: congphatoan.com để nhận 100 đề thi thử tặng kèm 25 đề cốt lõi Toán 12 Ngọc Huyền LB – facebook.com/huyenvu2405 Câu 35: Đáp án C. Ở đây đề bài thiếu quy ước R là bán kính của hình tròn lớn. Ta có R 2  S ; và r 2  S r2 1 R 2 S , khi đó 2   r  2 2 2 R Câu 36: Đáp án B Ta có hình vẽ với các kí hiệu như hình bên: A B Nhận thấy đây là hình chóp tứ giác đều nên, SO là đường cao của khối chóp. Khi đó, để tính khối chóp, ta đi tìm độ dài SO. Mặt khác ta có tam giác SOA vuông O D C tại O có OA  a ( do tam giác AOD vuông cân tại O). 2 Vậy SO  SA 2  AO 2  a2  STUDY TIPS Hình chóp tứ giác đều có đường cao là đường nối đỉnh của hình chóp với tâm của đa giác đáy. a2 a 2 .  2 2 1 a 2 a3 2 Thể tích khối chóp là V  .a2 . .  3 2 6 Câu 37: Đáp án D Tổng diện tích xung quanh của ba quả bóng là S1  3.4 R 2 ( với R là bán kính của khối cầu). Diện tích xung quanh của hình trụ là: S2   2R  .3.2 R  12R2 . Từ đây suy ra S1 1. S2 Câu 38: Đáp án B Bài toán tổng quát: B A D STUDY TIPS Hình hộp chữ nhật có 3 kích thước lần lượt là a, b, c thì độ dài đường chéo là 2 2 C a c A’ B’ 2 a b c . b C’ D’ Ta có tam giác A’B’C’ vuông tại B’ nên A ‘ C ‘  A ‘ B ‘ 2  B ‘ C ‘2  b 2  c 2 . Tương tự với tam giác A ‘ AC vuông tại A’ nên AC ‘  A ‘ A 2  A ‘ C ‘2  a 2  b 2  c 2 . Câu 39: Đáp án D   45 Ta có SA   ABCD   SC ,  ABCD   SCA  S  Gọi I là trung điểm của cạnh AD, ta có CI  AD, CI  SA  CI  SD.   . Kẻ CJ  SD  JI  SD  góc giữa mặt phẳng SAD  và  SCD  chính là CJI A D Tam giác ABC vuông cân tại B  AC  a 2 .   45 , do đó SA  AC  a 2. Lại có tam giác DAS Tam giác vuông SAC có SCA đồng dạng với tam giác DJI, từ đó ta có JI  B C Tam giác vuông JIC có CI  a; JI  a 3 a 3  tan   . CI  3    60 . JI Đặt sách tại: Tiki.vn | Newshop.vn | Pibook.vn | Lovebook.vn | 233 Công Phá Toán The Best or Nothing Câu 40: Đáp án A. Kí hiệu như hình vẽ: Với H là trung điểm của AC, G là trọng tâm của tam giác  đều ABC. Khi đó SAC , ABC  60  SHG S    Ta có từ khái niệm về hình chóp tứ giác đều tôi đã đưa ra ở phần note phía trên, ta có đường cao của khối chóp tam giác đều chính là đoạn thẳng nối đỉnh của khối chóp xuống tâm của tam giác đều ( tâm G). B A G H 1 a 3 a 3 Ta có GH  . . Do AG là đường cao của khối chóp nên tam giác SGH  3 2 6 vuông tại G. Suy ra SG  GH. tan 60  C a 3 a . 3  . Khi đó thể tích của khối chóp 6 2 1 1 a 3 a a3 3 là V  . .a. .  3 2 2 2 24 Câu 41: Đáp án C S Thiết diện qua trục của hình nón là tam giác đều cạnh 6a, nên hình nón có đường sinh SA  SB  l  6 a và có bán kính đáy là R  3a . Ta có hình vẽ bên: Diện tích tam giác SAB bằng S  O A B 1 1 1 .SA.SB.sin 30  .6 a.6 a.  9 a 2 . 2 2 2 Câu 42: Đáp án A. Ta có BC  AB; BC  SA  BC  SB. Hạ AM  SB ; kẻ MN  BC  N  SC   MN  SB   AMN   SB ; MN  AM . Tính diện tích thiết diện AMN là tam giác vuông. Từ tam giác vuông SAB ta tính được AM  SBC có MN  BC , suy ra MN  2a 5 ; SM  4a 5 ; SB  a 5. Tam giác 1 4a 2 2a 4a2 10 4a 2 .   SAMN  . 2 5 25 5 5 Câu 43: Đáp án D  Với phương án A: Ta có a.b  1.1  1.1  0.0  0 . Vậy A đúng.  Với phương án B: ta có c  12  12  12  3 . Vậy B đúng.  Với phương án C: Ta có a   1 2  12  0 2  2 . Vậy C đúng. Chọn D Câu 44: Đáp án D. Do mặt phẳng cần tìm song song với hai đường thẳng cho trước nên vtpt của mặt phẳng cần tìm vuông góc với vtcp của hai đường thẳng đã cho, do đó    n  u1 , u2    5; 6; 7  .   Đọc thêm: Cách bấm máy tính tôi đã giới thiệu trong bộ đề tinh túy 2017. Câu 45: Đáp án C Nhìn vào đáp án ta thấy tất cả VP đều bằng 53, do đó dữ kiện A là thừa, vì mình không cần tìm bán kính. Do vậy chọn C. Câu 46: Đáp án D Bài toán quen thuộc của phần bài tập Oxyz.   Ta có AB   4; 5; 1 , AC   3; 6; 4  . Vậy vtpt của mặt phẳng  ABC  là 234 | Khai báo sách chính hãng tại: congphatoan.com để nhận 100 đề thi thử tặng kèm 25 đề cốt lõi Toán 12 Ngọc Huyền LB – facebook.com/huyenvu2405    n   AB, AC    14; 13; 9   1  14; 13; 9  .   Mặt phẳng  ABC  : 14  x  1  13  y  6   9  z  2   0   ABC  : 14 x  13 y  9 z  110  0 Câu 47: Đáp án A 1  2t  7  3m  Ta nhận thấy hệ phương trình  2  3t  2  2m vô nghiệm.  5  4t  1  2m  Do đó ta chọn A. STUDY TIPS Công thức cosin giữa hai vecto ở tử số không có trị tuyệt đối. Câu 48: Đáp án B   Ta có AB   1; 1; 4  , BC   3; 7; 1     1.3   1 .7  4.  1 AB.BC 7 118 cos AB, BC      2 2 2 177 AB . BC  1   1  42 . 32  7 2   1   Câu 49: Đáp án A Thực chất đây là bài toán tìm khoảng cách một điểm đến một mặt phẳng. Trước tiên ta tìm phương trình  ABC  . Sau đó áp dụng công thức khoảng cách tính khoảng cách từ D đến mặt phẳng  ABC  hay chính là độ dài đường cao của tứ diện.   Lời giải: Ta có AB   2; 2; 3  , AC   4; 0; 6  .    Tương tự như bài 46 ta có n   AB, AC    12; 24; 8   4  3; 6; 2  .   Khi đó phương trình  ABC  là 3 x  6 y  2 z  22  0 .  3.  5   6.  4   2.8  22  Khi đó h  d D ,  ABC   2  3    6  2  11 .  22 Câu 50: Đáp án C. Gọi I  x , y , z  , R lần lượt là tâm và bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD. Ta có IA  IB  IC  ID  R . Ta được hệ phương trình: từ IA  IB ta được 1  x  y 2 2 2 2 2  1  y   1  z    1  x    2  y   1  z  2 3 3 . Từ đó tìm được x  z  2 2 Đặt sách tại: Tiki.vn | Newshop.vn | Pibook.vn | Lovebook.vn | 235 Công Phá Toán The Best or Nothing ĐỀ ÔN LUYỆN SỐ 16 Câu 1: Cho hàm số y  ax 4  bx 2  c có đồ thị như B. Không có tiếp tuyến nào của đồ thị hàm số  1 1 đi qua điểm I   ;   2 2 hình bên. Xác định dấu của a , b, c. y C. Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng  1  1   ;   ,   ;   2 2     x O D. Cả A, B, C đều đúng A. a  0, b  0, c  0 B. a  0, b  0, c  0 Câu 6: Cho hàm số f  x   x4  2 x 2  1. Kí hiệu C. a  0, b  0, c  0 D. a  0, b  0, c  0 M  max f  x , m  min f  x  . Khi đó M  m bằng: x 0;2  x0;2 Câu 2: Cho hàm số y  ax 3  bx 2  cx  d  a  0  là A. 7 B. 9 hàm lẻ trên . Khi đó khẳng định nào sau đây là C. 5 D. Đáp số khác đúng? Câu 7: Với giá trị nào của m thì đường cong A. b  0 B. d  0 C  : y  x C. b  d  0 D. b  4 ac  0 Câu 3: Cho hàm số y   x 4  2 x 2  3 có giá trị cực đại và giá trị cực tiểu lần lượt là y1 , y2 . Khi đó: A. 2 y1  y2  5 B. y1  3 y2  15 C. y2  y1  2 3 D. y1  y2  12  3x 2  1 cắt đường thẳng  d  : y  5m 1 5 B. 0  m  1 cầu của đề bài Câu 8: Tìm m để mỗi tiếp tuyến của đồ thị hàm số y  x 3  mx 2  2 mx  2017 đều là đồ thị của hàm   A. 1  m  5 D. Không có giá trị nào của m thỏa mãn yêu 1 , có bảng biến thiên như sau:  tại ba điểm phân biệt? C. 0  m  5 Câu 4: Cho hàm số f  x  xác định và liên tục trên x y y 3 2   2  Khẳng định nào sau đây là khẳng định đúng? A. Phương trình f  x   4  0 có đúng hai nghiệm thực phân biệt trên 1 B. Trên 1 , hàm số có giá trị lớn nhất bằng 5 và giá trị nhỏ nhất bằng 2 C. Đồ thị hàm số có hai tiệm cận ngang y  2, y  5 và một tiệm cận đứng x  1 D. Cả A và C đều đúng số bậc nhất đồng biến. A. 6  m  0 B. 24  m  0 3 C.   m  0 2 D. 6  m  0 Câu 9: Tìm m để đồ thị  H  : y   m  1 x  2 m  1 x 1 không có tiệm cận đứng. A. m  2 B. m  1 C. m  1 D. m  1 2 Câu 10: Cho hình nón tròn xoay  N  có đỉnh S và đáy là hình tròn tâm O bán kính r nằm trên mặt phẳng  P  , đường cao SO  h. Điểm O ‘ thay đổi trên đoạn SO sao cho SO ‘  x 0  x  h. Hình x2 . Khẳng định nào 2x  1 sau đây là khẳng định đúng và đầy đủ nhất? trụ tròn xoay T  có đáy thứ nhất là hình tròn tâm A. Đồ thị hàm số cắt trục tung tại điểm  P  , đáy thứ hai là hình tròn tâm O ‘ bán kính r ‘ nằm trên mặt phẳng  Q  ,  Q  vuông góc với SO tại O ‘ (đường tròn đáy thứ hai của T  là giao Câu 5: Cho hàm số y  A  0; 2  và cắt trục hoành tại điểm B  2; 0  O bán kính r ‘  0  r ‘  r  nằm trên mặt phẳng 236 | Khai báo sách chính hãng tại: congphatoan.com để nhận 100 đề thi thử tặng kèm 25 đề cốt lõi Toán 12 Ngọc Huyền LB – facebook.com/huyenvu2405 tuyến của  Q  với mặt xung quanh của  N  ). Hãy A. y  3 x  x7 B. y  3 x  7 x xác định giá trị của x để thể tích phần không gian C. y  x 3  x 7 D. y  x 3  7 x nằm phía trong  N  nhưng phía ngoài của T  Câu 18: Phương trình: đạt giá trị nhỏ nhất. log2 x  log4 x  log6 x  log8 x  log3 x  log5 x  log7 x  log9 x 1 1 2 1 h B. x  h C. x  h D. x  h 2 3 3 4 Câu 11: Với giá trị nào của m thì hàm số có bao nhiêu nghiệm? 2 x 2  3x  m  1 đồng biến trên tập xác f  x  x1 định. log 30 1350 theo a và b. A. x  A. m  0 B. m  0 C. m  0 D. m  1 B. 5 C. 3 B. 4 C. 3 D. 1 Câu 19: Cho a  log 30 3, b  log 30 5. Biểu diễn A. a  2b  1 B. 2  a  b  C. 2 a  b  1 D. Kết quả khác 2 Câu 20: Giải phương trình 3x.2 x  1. Lời giải sau Câu 12: Cho 9 x  9  x  23. Tính 3 x  3 x. A. 5 A. 2 đây sai bắt đầu từ bước nào? D. 6 Câu 13: Chọn khẳng định sai trong các khẳng định sau đây. A. Nếu ba số thực x , y , z có tổng không đổi thì 2016 x ,2016 y ,2016 z có tích không đổi 2 x hạng liên tiếp trong một cấp số nhân thì log x ,log y ,log z theo thứ tự là ba số hạng liên tiếp trong một cấp số cộng C. Đạo hàm của hàm số y  ln 2 x  1 trên 2 1    là y ‘  2x  1 2 x x x B. Nếu ba số thực x , y , z theo thứ tự là ba số x   1 Bước 2: Biến đổi 3 .  2   1   3.2   1 Bước 3: Biến đổi  3.2   1   3.2    3.2  Bước 4: Biến đổi  3.2    3.2   x  0 Bước 1: Biến đổi 3 x.2 x  1  3x 2 x x x x x x x x x x 0 0 Bước 5: Kết luận: Phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x  0 A. Bước 2 B. Bước 3 C. Cả 5 bước đều đúng D. Bước 4 Câu 21: Các loài cây xanh trong quá trình quang hợp sẽ nhận được một lượng nhỏ cacbon 14 (một x D. Mỗi hàm số y  a , y  log a x đồng biến trên đồng vị cacbon). Khi một bộ phận của cây đó bị tập xác định khi a  1 và nghịch biến trên tập xác chết thì hiện tượng quang hợp cũng sẽ ngưng và định khi 0  a  1 ( a là hằng số) nó sẽ không nhận thêm cacbon 14 nữa. Lượng Câu 14: Tập xác định của hàm số y  1 e x  e 10 là: cacbon 14 của bộ phạn đó sẽ phân hủy một cách chậm chạp, chuyển hóa thành nitơ 14. Gọi P  t  là A. 10 B. 10;   số phần trăm cacbon 14 còn lại trong một bộ phận C.  ln10;   D. 10;   của một cây sinh trưởng từ t năm trước đây thì Câu 15: Điều nào sau đây đủ để suy ra C. a  b a b? 6 D. 6 cổ, người ta thấy lượng cacbon 14 còn lại trong gỗ a 1 b3 là 65,21(%). Hãy xác định niên đại của công trình Câu 16: Điều nào sau đây không đủ để suy ra log 2 x  log 2 y  10 ? B. log 2  xy   10 A. y  210  log 2 x 3 3 C. log2 x  log2 y  30 D. x  2 P t được cho bởi công thức: P  t   100. 0,5 5750  % . Phân tích một mẫu gỗ từ một công trình kiến trúc B. b  3 a A. 3  log b a 2 t 6 kiến trúc đó. A. 3574 năm B. 3754 năm C. 3475 năm D. 3547 năm Câu 22: Cho các hàm f  x  , g  x  có đạo hàm liên 10  log 2 y tục trên đoạn a; b . Khi đó: Câu 17: Hàm số nào sau đây có đạo hàm là: y ‘  3 x ln 3  7 x 6 ? Đặt sách tại: Tiki.vn | Newshop.vn | Pibook.vn | Lovebook.vn | 237 Công Phá Toán The Best or Nothing b  A.  f  x  g ‘  x  dx  f  x  g  x  a b b b  a   f ‘  x g  x dx a b b B.  f  x  g ‘  x  dx  f  x  g  x    f ‘  x  g  x  dx a a a b C.     a   f ‘  x  g ‘  x dx  f  x  g  x  dx  f  x  g  x  a  a a b f  x  g ‘  x  dx  f  x  g  x    f ‘  x  g  x  dx a Câu 23: Hàm số nào dưới đây là nguyên hàm của hàm số f  x   1 1  x2  B. F  x   ln  1  trên khoảng  ;   ? 1  x2  C. I  x  ln x  1 e 1  1 x   C e 1 e 1  ln 2 x  e D. I     2 1 bởi đồ thị hàm số y  x 3 , trục hoành và hai đường thẳng x  1, x  2, biết rằng mỗi đơn vị dài trên các trục tọa độ là 2cm. 15 cm2 4  17 D. S  17 cm 2 cm2 4 Câu 28: Rút gọn biểu thức:    C. S  2  B. I   x ln x  1 Câu 27: Tính diện tích hình phẳng được giới hạn  C. F  x   1  x 2  C D. F  x   A. I   x ln x  x  A. S  15 cm 2 A. F  x   ln x  1  x2  C 2x 1 b b b D. e Câu 26: Cho I   ln xdx. Khi đó: B. S     1 1 1 T  Cn0  Cn1  Cn2  …  C n , n  * . 2 3 n1 n C Câu 24: Cho mạch điện như hình vẽ dưới. Lúc đầu tụ điện có điện tích Q0  C  . Khi đóng khóa K , tụ điện phóng điện qua cuộn dây L. Giả sử cường độ dòng điện tại thời diểm t phụ thuộc vào thời gian theo công thức I  I  t   Q0  cos  t  (A), trong đó  (rad/s) là tần số góc, t  0 có đơn vị là giây  s  . Tính điện lượng chạy qua một thiết diện thẳng của dây từ lúc bắt đầu đóng khóa K  t  0  đến thời điểm t  6  s  . A. T  B. T  2 n1 2n  1 2 n 1  1 D. T  n1 n1 Cho hai số phức z1  1  i , z2  3  2i. Trả lời các câu C. T  hỏi từ Câu 29 đến Câu 32. Câu 29: Phần thực và phần ảo của số phức z1 .z2 tương ứng bằng: A. 5 và 1 B. 5 và i C. 5 và 1 D. 4 và 1 Câu 30: Tìm môđun của số phức z1  z2 . A. K 2n n1 B. 5 5 C. 13 D. 2 Câu 31: Trong mặt phẳng Oxy , gọi các điểm M , N lần lượt là điểm biểu diễn số phức z1 , z2 , gọi G là trọng tâm của tam giác OMN , với O là L gốc tọa độ. Hỏi G là điểm biểu diễn của số phức + nào sau đây? A. Q0  sin  6 (C) B. Q0 sin  6 (C) C. Q0  cos  6 (C) D. Q0 cos  6 (C)  3  2 4  Câu 25: Tính tích phân I   tan x  tan x dx. 0 A. I  6 2 5 B. I  3 C. I  5 9 D. Đáp số khác A. 5  i B. 4  i C. 4 1  i 3 3 1 D. 2  i 2 Câu 32: Tìm số phức z thỏa mãn z.z1  z2  0. 1 5 A. z    i 2 2 C. z  1 5  i 2 2 B. z  1 5  i 2 2 1 5 D. z    i 2 2 Câu 33: Xét phương trình z 3  1 trên tập số phức. Tập nghiệm của phương trình là: 238 | Khai báo sách chính hãng tại: congphatoan.com để nhận 100 đề thi thử tặng kèm 25 đề cốt lõi Toán 12 Ngọc Huyền LB – facebook.com/huyenvu2405  1  3  B. S  1;  2   A. S  1 1 3  3    1 C. S  1;   i  D. S    i 2 2    2 2  Câu 34: Cho số phức z thỏa mãn z  4  z  4  10. Giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ mặt là các tam giác đều C. Chỉ có năm loại khối đa diện đều D. Mỗi cạnh của hình đa diện là cạnh chung của đúng hai mặt Câu 42: Một hình trụ có tâm các đáy là A, B. Biết rằng mặt cầu đường kính AB tiếp xúc với các mặt đáy của hình trụ tại A, B và tiếp xúc với mặt xung nhất của z lần lượt là: A. 10 và 4 B. 5 và 4 B. Hình chóp tam giác đều là hình chóp có bốn C. 4 và 3 D. 5 và 3 quanh của hình trụ đó. Diện tích của mặt cầu này Câu 35: Một hình chóp có 2  1998 cạnh thì có bao là 16 . Tính diện tích xung quanh của hình trụ đã nhiêu mặt? cho. A. 1999 B. 1998 C. 2000 D. Cả A, B, C đều sai 16  8 B. 16  C. 8  D. 3 3 Câu 43: Tìm m để góc giữa hai vectơ:   u   1;log 3 5; log m 2  , v   3;log 5 3; 4  là góc nhọn. A. Câu 36: Khối trụ tròn xoay có đường cao và bán kính đáy cùng bằng 1 thì thể tích bằng: 1 D. 2  3 Câu 37: Cho khối chóp S. ABC có SA  9, SB  4, Chọn phương án đúng và đầy đủ nhất. SC  8 và đôi một vuông góc. Các điểm A ‘, B ‘, C ‘       thỏa mãn SA  2.SA ‘, SB  3.SB ‘, SC  4.SC ‘. Thể 1 D. m  1 2 Câu 44: Vectơ nào sau đây là một vectơ chỉ A.  2 B.  C. tích khối chóp S. A ‘ B ‘ C ‘ là: A. 24 B. 16 C. 2 D. 12 Câu 38: Khối lăng trụ tam giác đều có tất cả các cạnh bằng nhau và có thể tích là 9 thì độ dài mỗi 4 cạnh bằng: A. 6 243 C. 3 A. m  1 ,m  1 2 B. m  1 hoặc 0  m  1 2 C. 0  m  x 1 y  2 z   ? 1 1 2  B. u2   1; 2; 0   D. u4   1; 2;0  phương của đường thẳng  :  A. u1   1;1; 2   C. u3   2; 2; 4  Câu 45: Cho hai điểm A  1;1; 0  , B  1; 1; 4  . B. 3 Phương trình của mặt cầu  S  đường kính AB là: D. Đáp số khác 2 2 Câu 39: Cho ABCD. A ‘ B ‘ C ‘ D ‘ là hình lập phương A. x 2   y  1   z  2   5 có cạnh a. Tính thể tích khối tứ diện ACD ‘ B ‘. B.  x  1  y 2   z  4   5 a3 2 a3 6 1 3 a3 B. C. D. a 3 3 4 4 Câu 40: Một viên đá có dạng khối chóp tứ giác đều A. với tất cả các cạnh bằng nhau và bằng a. Người ta cưa viên đá đó theo mặt phẳng song song với mặt 2 2 2 2 2 2 C.  x  1  y 2   z  2   5 D.  x  1  y 2   z  2   5   Câu 46: Cho hai vectơ u   3; m; 0  , v   1;7  2 m; 0  đáy của khối chóp để chia viên đá thành hai phần lần lượt là vectơ pháp tuyến của hai mặt phẳng có thể tích bằng nhau. Tính diện tích thiết diện song song. Khi đó giá trị của m là: viên đá bị cưa bởi mặt phẳng nói trên. A. C. a2 3 a2 3 4 B. a2 3 A. 2 B. 1 C. 0 D. Đáp số khác Câu 47: Cho điểm M  a; b; c  với a, b, c là các hằng 2 D. Kết quả khác số khác 0, O  0; 0; 0  là gốc tọa độ. Gọi A, B, C lần lượt là hình chiếu vuông góc của M trên các trục Câu 41: Trong các mệnh đề sau, mệnh đề nào sai? tọa độ Ox , Oy , Oz. Thể tích khối tứ diện OABC là: A. Mỗi khối đa diện đều là một khối đa diện lồi Đặt sách tại: Tiki.vn | Newshop.vn | Pibook.vn | Lovebook.vn | 239 Công Phá Toán A. 1 abc 6 The Best or Nothing B. 1 abc 6 C. 1 abc 3 D. 1 abc 2 C. M  1; 3; 4  hoặc M  2;1; 1 D. Không có điểm M nào thỏa mãn yêu cầu Câu 48: Cho điểm M  1; 2; 1 . Viết phương trình của bài toán mặt phẳng    đi qua gốc tọa độ O  0; 0; 0  và Câu 50: Cho mặt cầu cách M một khoảng lớn nhất. S  : x A. x  2 y  z  0 C. x  y  z  0 Câu 49: Tìm điểm 2  y 2  z 2  2 x  4 z  1  0 và đường thẳng x y z   1 1 2 1 D. x  y  z  2  0 x  2t  d :  y  t . Tìm m để d cắt  S  tại hai điểm z  m  t  M trên phân biệt A , B sao cho các mặt phẳng tiếp diện B. đường thẳng x  1  t  d :  y  1  t sao cho AM  6 , với A  0; 2; 2  .  z  2t  A. M  1;1; 0  hoặc M  2;1; 1 B. M  1;1; 0  hoặc M  1; 3; 4  của  S  tại A và tại B vuông góc với nhau. A. m  1 hoặc m  4 B. m  0 hoặc m  4 C. m  1 hoặc m  0 D. Cả A, B, C đều sai 240 | Khai báo sách chính hãng tại: congphatoan.com để nhận 100 đề thi thử tặng kèm 25 đề cốt lõi Toán 12 Ngọc Huyền LB – facebook.com/huyenvu2405 ĐÁP ÁN 1C 2C 3A 4D 5D 6B 7B 8D 9A 10C 11C 12A 13B 14D 15A 16B 17A 18D 19C 20B 21D 22A 23A 24B 25B 26C 27D 28D 29C 30A 31C 32D 33C 34D 35A 36B 37C 38B 39A 40D 41B 42B 43B 44C 45D 46D 47B 48A 49B 50A HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT Câu 1: Đáp án C Do đồ thị hàm số có dạng chữ W (mẹo) nên có hệ số a  0; b  0 . Nhận thấy với x  0 thì y âm. Do đó c  0 . Câu 2: Đáp án C Từ định nghĩa đã được note ở bên cạnh thì ta thấy để hàm số STUDY TIPS   Hàm số y  f x xác định   trên miền D, y  f x là hàm số lẻ trên D nếu với mọi x  D thì x  D     thỏa mãn f x  f  x y  ax3  bx2  cx  d  a  0  là hàm lẻ trên  thì f  x    f   x    ax 3  bx 2  cx  d    ax 3  bx 2  cx  d   bx 2  d  bx 2  d  2bx 2  2 d  0 . Để thỏa mãn yêu cầu đề bài thì b  d  0 . Câu 3: Đáp án A Ta lần lượt đi tìm giá trị cực đại và cực tiểu của hàm số bằng cách lấy đạo hàm.  x  1  3 y ‘   4 x  4 x  0  Ta có  x  1 . Ta thấy đây là hàm số bậc bốn trùng  x  0 phương có hệ số a  1  0 và có ba điểm cực trị, từ đây ta suy ra hàm số đạt cực đại tại x  1; x  1 . Hàm số đạt cực tiểu tại x  0 . Khi đó y1  y  1  y  1  4 , y2  y  0   3 . Từ đây suy ra A đúng. Câu 4: Đáp án D. Với phương án A: Ta thấy số nghiệm của phương trình f  x   4  0 là số giao điểm của đồ thị hàm số y  f  x  và đường thẳng y  4 . Khi nhìn vào BBT ta thấy đường thẳng y  4 cắt đồ thị tại hai điểm phân biệt. Vậy A đúng, tuy nhiên ta chưa vội khoanh vì nhìn phương án D ta thấy nói cả A và C đúng nên ta xét luôn C mà không cần xét B. Với phương án C: Ta thấy lim f  x    và lim f  x    nên x  1 là tiệm x 1 x 1 cận đứng của đồ thị hàm số y  f  x  . Tiếp tục ta có lim f  x   5; lim f  x   2 nên y  2; y  5 là hai tiệm cận ngang x  x  của đồ thị hàm số đã cho. Do vậy C đúng. Ta chọn luôn D mà không cần xét B nữa. Câu 5: Đáp án D. Với phương án A: Ta thấy A  0; 2  và B  2; 0  đúng là giao điểm của đồ thị hàm số đã cho với trục tung và trục hoành. 1 Với phương án B: Ta thấy với x   thì phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm 2 5 số đã cho không xác định. Do hệ số góc của tiếp tuyến là k  f ‘  x0   . 2  2 xo  1 Đặt sách tại: Tiki.vn | Newshop.vn | Pibook.vn | Lovebook.vn | 241 Công Phá Toán The Best or Nothing Vậy B đúng. Đến đây ta không cần xét C và D nữa, vì cả A và B đều đúng, ta không thể chọn 2 đáp án, do vậy ta chọn D. Câu 6: Đáp án B Để học nhanh với việc tìm GTLN, GTNN tôi trình bày các bước như sau: STUDY TIPS 1. Xét tính đơn điệu trên đoạn ( khoảng) đang xét. 2. Tìm nghiệm của phương 1. Xét xem hàm số có đơn điệu trên đoạn đang xét không, nếu nó đơn điệu thì lấy luôn GTNN, GTLN ở các điểm đầu mút. Nếu nó không đơn điệu, tiếp tục xét đến bước 2. 2. Tìm nghiệm của phương trình y ‘  0 hoặc các giá trị làm cho y ‘ không xác định. 3. So sánh các giá trị. trình y’  0 hoặc GT làm Ở đây các bước làm diễn giải ra thì dài, tuy nhiên khi vào bài ta có thể tư duy nhanh như sau: cho y’ không xác định. 3. So sánh. Lời giải: Ta có y ‘  f ‘  x   4 x3  4 x  x  0; x  1; x  1 . Ở đây ta đang xét đoạn 0; 2  nên ta sẽ xét f  0  ; f  1 ; f  2  . Từ đây ta được M  m  f  2   f  1  7   2   9 . Câu 7: Đáp án B. Ta thấy hàm số y  x 3  3 x 2  1 là hàm số bậc ba, nên để đồ thị hàm số  C  cắt đường thẳng d tại ba điểm phân biệt thì đồ thị hàm số  C  trước tiên phải có hai điểm cực trị. x  0  y  1 Ta có y ‘  3x 2  6 x  0    x  2  y  5 Để đồ thị hàm số  C  cắt đường thẳng d tại ba điểm phân biệt thì 1  5m  5  0  m  1 Câu 8: Đáp án D. Ta thấy tiếp tuyến của đồ thị hàm số y  f  x  tại điểm x  x0 luôn có dạng y  f ‘  x0  x  x0   f  x0  . Mặt khác, hàm số bậc nhất y  ax  b với a  0 luôn đồng biến khi a  0 . Do đó, bài toán trở thành, tìm m để f ‘  x   0 với mọi x. Ta có f ‘  x   3x 2  2mx  2m . STUDY TIPS Để một phương trình *  bất kì thỏa mãn với mọi biến x thì đặt x làm nhân tử chung từ đó tìm điều kiện.  ‘   m 2  6m  0 Để f ‘  x   0 với mọi x thì   6  m  0 . 3  0 Câu 9: Đáp án A. Ta thấy hàm số đã cho có thể là hàm phân thức hoặc không, tuy nhiên để đồ thị hàm số đã cho không có tiệm cận đứng thì hàm số đã cho không phải hàm phân thức, tức là đa thức tử số rút gọn cho đa thức mẫu số. Để thỏa mãn yêu cầu đề bài thì  m  1 x  2m  1  k  x  1 với k   . Phương trình tương đương với x  m  1  k   2m  1  k  0 . Để thỏa mãn với m  1  k  0 m  2 mọi x thì  .   2 m  1  k  0 k  3 Câu 10: Đáp án C Đề bài yêu cầu tìm x để phần không gian nằm phía trong  N  nhưng phía ngoài T  đạt giá trị nhỏ nhất, tương đương với tìm x để thể tích khối trụ T  đạt giá trị lớn nhất (bài toán này tương tự như bài toán vắt mì tôm mà tôi đã 242 | Khai báo sách chính hãng tại: congphatoan.com để nhận 100 đề thi thử tặng kèm 25 đề cốt lõi Toán 12 Ngọc Huyền LB – facebook.com/huyenvu2405 x giới thiệu ở câu 11 đề 6 trong sách bộ đề Tinh túy môn toán 2017). Nên ở đây tôi sẽ trình bày lời giải luôn. Lời giải: x r’ xr Áp dụng định lí Thales ta có:   r ‘  . h r h O’ Khi đó ta có công thức tính thể tích của khối trụ là V  f  x     r ‘  .  h  x  S 2  O A STUDY TIPS Để một phương trình *  bất kì thỏa mãn với mọi biến x thì đặt x làm nhân tử chung từ đó tìm điều kiện. r2 2 .x .  h  x  . h2 r 2 2h 2hx  3x 2  0  x  do x  0 . Đến đây ta chọn C. 2 3 h Câu 11: Đáp án C Nhận thấy nếu hàm số đã cho tồn tại ở dạng phân thức thì hàm số sẽ không thể đồng biến trên tập xác định được, bởi tập xác định của hàm số là một tập hợp  Khi đó f ‘  x    số không liên tục gồm hai khoảng là  ; 1 và  1;   . Đây là phần mà tôi đã chú ý rất nhiều trong sách Bộ đề Tinh Túy 2017, cụ thể là trong sách tôi đã ghi rõ: “Ở sách giáo khoa hiện hành, không giới thiệu khái niệm hàm số (một biến) đồng biến, nghịch biến trên một tập số, mà chỉ giới thiệu khái niệm hàm số (một biến) đồng biến, nghịch biến trên một khoảng, một đoạn, nửa khoảng (nửa đoạn).” Do vậy, nếu đa thức tử số có thể rút gọn cho đa thức ở mẫu số thì hàm số trở về hàm bậc nhất có hệ số a  2  0 nên luôn đồng biến trên tập xác định là tập  . 2 x 2  3x  m  1 đồng biến trên tập xác định thì đa x1 thức tử số chia hết cho đa thức ở mẫu số, tức là: Lời giải: Để hàm số f  x    2x  a  x  1  2x  3x  m  1 với mọi x.   2  a  x  a  3x  m  1   a  1 x  a  m  1  0 . Phương trình này thỏa 2 STUDY TIPS Nhiều độc giả nghĩ 3 x  3 x  2  25  3x  3 x  5 là sai. a  1  0 a  1 mãn với mọi x khi  .  a  m  1  0 m  0 Câu 12: Đáp án A. Ta có 9 x  9  x  23  3 2 x  2.3 x .3  x  3 2 x  23  2   3 x  3 x  2  25  3x  3 x  5 ( do VT luôn lớn hơn 0). Câu 13: Đáp án B Với phương án A: Đây là phương án đúng bởi : 2016 x .2016 y .2016 z  2016 x  y  z . Do x, y, z có tổng không đổi nên 2016 x  y  z không đổi. Với phương án B: Nếu đặt y  xr thì z  xr 2 ( với r  0 ). Khi đó STUDY TIPS Nhiều độc giả không xét trường hợp r  0 nên cho rằng B đúng. Với r  0 thì log y  log xr  log x  log r log z  log xr 2  log x  2 log r thỏa mãn là cấp số cộng, tuy nhiên với r  0 thì không thỏa mãn, bởi khi đó log không tồn tại. Vậy B sai. Chọn B. Câu 14: Đáp án D. Để hàm số xác định thì có điều kiện: 1. Điều kiện để căn thức tồn tại, tức là biểu thức trong căn lớn hơn hoặc bằng 0. 2. Điều kiện để hàm phân thức tồn tại, tức là đa thức dưới mẫu khác 0. x 10  x  10  e  e  0 Để hàm số đã cho xác định thì:  x   x  10 . 10  e  e  0  x  10 Đặt sách tại: Tiki.vn | Newshop.vn | Pibook.vn | Lovebook.vn | 243 Công Phá Toán STUDY TIPS Nhiều độc giả nghĩ rằng ở C có trể rút gọn căn đưa về dạng cần suy ra, tuy nhiên, do phương trình ban đầu ta có thể lấy căn bậc 12 bởi bản thân hai vế là bình phương luôn hớn hơn bằng 0, chứ không phải a, b lớn hơn 0. The Best or Nothing Câu 15: Đáp án A. Ta lần lượt đi xét từng phương án: Với điều kiện tất cả cấc biểu thức logarit tồn tại thì: b  0; b  1; a  0 6 Với phương án A: Ta có 3  log b a    a  b ( Do a , b  0 3  a  b nên có thể suy ra được). Với phương án B: Ta thấy b  3 a nhưng ở đây không có điều kiện để a  0; b  0 nên không lấy căn hai vế được. Với phương án C: Ta có thể lấy căn bậc 12 của hai vế thì ta sẽ có 12 a 2  12 b 6 ( Tuy nhiên không có điều kiện để a  0; b  0 để rút gọn căn nên C không suy ra được. Với phương án D, ta cũng không thể có điều kiện a  0; b  0 . Nhận xét: Đây là một câu hỏi hay, học sinh dễ bị chọn sai. Câu 16: Đáp án B. Ở đây ta có thể chọn luôn B bởi điều kiện để logarit tồn tại là xy  0 , tức x,y cùng dấu. Mà điều kiện để tách log 2 xy  log 2 x  log 2 y là x , y  0 . Do vậy B không đủ điều kiện để suy ra. Với các phương án còn lại: Với A: Do VP là hàm mũ luôn lớn hơn 0, do đó ta có thể lấy logarit cơ số 2 của hai vể và suy ra được pt  log 2 x  10  log 2 y  log 2 x  log 2 y  10 Với C: Thì  3  log 2 x  log 2 y   30  log 2 x  log 2 y  10 . D tương tự A. Câu 17: Đáp án A   Đây là bài toán tìm nguyên hàm, ta có F  x    3 x ln 3  7 x 6 dx  x 7  3 x  C . Câu 18: Đáp án D. Với bài toán dạng tìm số nghiệm của phương trình này, ta không nhất thiết phải giải phương trình ra, sau đây tôi có lời giải: Phương trình đã cho tương đương với: log 2 x  log 4 x  log 6 x  log 8 x  log 3 x  log 5 x  log 7 x  log 9 x  0 Đặt VT  f  x  . Khi đó ta xét hàm số y  f  x  trên  0;   . Khi đó ta có f ‘ x  1 1 1 1 1 1 1 1 1            0 với mọi x  0 . x  ln 2 ln 4 ln 6 ln 8 ln 3 ln 5 ln 7 ln 9  Do vậy hàm số y  f  x  đồng biến trên  0;   . Vậy phương trình f  x   0 có nhiều nhất một nghiệm trên  0;   . Chọn D. Câu 19: Đáp án C   Ta có log 30 1350  log 30 30.32 .5  log 30 30  log 30 3 2  log 30 5  1  2 log 30 3  log 30 5  2 a  b  1 Câu 20: Đáp án B.  Ta thấy ở bước 3: 3.2 x tức 3.2 x  1  2 x   x x 0  1   3.2 x    3.2 x  . Thiếu trường hợp cơ số bằng 1 1 1  x  log 2 3 3 244 | Khai báo sách chính hãng tại: congphatoan.com để nhận 100 đề thi thử tặng kèm 25 đề cốt lõi Toán 12 Ngọc Huyền LB – facebook.com/huyenvu2405 Câu 21: Đáp án D. Đề bài tuy khá là dài, tuy nhiên đây thực chất chỉ là bài toán giải phương trình mũ. Ta thay 65, 21% vào sau đó tìm t. t t Ta có 100.  0, 5  5750  65, 21  0.5 5750  0, 6521  t  log 0.5 0, 6521 5750  t  5750. log 0 ,5 0, 6521  3547 năm. STUDY TIPS Cho hàm u,v là các hàm số của x có đạo hàm liên tục trên đoạn. Khi đó b b b  udv  uv a   vdu a a Câu 22: Đáp án A Đây thực chất là bài toán kiểm tra kiến thức về tích phân từng phân. Ta có một định nghĩa về tích phân từng phần như đã Note ở bên b Ở đây biểu thức ở VT luôn không đổi là  f  x  g ‘  x  dx , mặt khác ta có a  b  g ‘  x  dx  d g  x  . Vậy VT trở thành:  f  x  d  g  x   . Áp dụng định nghĩa về a tích phân từng phần ở trên cho u  f  x  ; v  g  x  ta có b b b  f  x d  g  x   f  x g  x a   g  x d  f  x . a a Câu 23: Đáp án A. Ta có bài toán gốc sau: STUDY TIPS  Bài toán gốc: Chứng minh  Với a   ta có: dx  x2  a  ln x  x 2  a  c  dx 2 x a  ln x  x 2  a  c  a      2x x  x2  a Đặt t  x  x2  a  dt   1  dx  dt  dx    2 x2  a  x2  a  tdx dt dx  dt    2 t x a x2  a Vậy khi đó  dx x2  a  dt  ln t  c  ln x  x 2  a  c ( điều phải chứng t minh). Khi đó áp dụng công thức vừa chứng minh ta có 1 F  x   dx  ln x  1  x 2  c  ln x  1  x 2  c . 2 1 x Câu 24: Đáp án B Ta có biểu thức của cường độ dòng điện tại thời điểm t phụ thuộc vào thời gian là biểu thức đạo hàm của biểu thức điện lượn chạy qua tiết diện thẳng của dây, hay nói cách khác   t2 Điện lượng chạy qua tiết diện S trong thời gian từ t1 đến t 2 là q   i.dt . t1 6 Vậy q   Qo  cos  t  dt  Qo sin  t  0 6  Q0 sin  6 C  . 0 Câu 25: Đáp án B STUDY TIPS  tan x  ‘  tan 2 x 1   Ta thấy tan 2 x  tan 4 x  tan 2 x 1  tan 2 x . Mặt khác ta có  tan x  ‘  1  tan 2 x  1 . Do vậy bài toán trở thành dạng 2 cos x b  f  u .u ‘ dx a Đặt sách tại: Tiki.vn | Newshop.vn | Pibook.vn | Lovebook.vn | 245 Công Phá Toán  3 The Best or Nothing   3    Ta có I   tan 2 x  tan 4 x dx   tan 2 x 1  tan 2 x dx 0 0  3   tan 2 xd  tan x   0 3   3 1 1   tan 3 x 3    tan    tan 0    3 .  3 3  3   0 Câu 26: Đáp án C. Ta giải bài toán như dạng tích phân từng phần:  1 u  ln x  du  dx Đặt  x vdv  dx  v  x  e e 1 e e Khi đó I  x.ln x   x. dx   x.ln x  x   x  ln x  1 . 1 1 x 1 1  STUDY TIPS Khi tính tích phân, luôn xét xem f  x  lớn hơn 0 hay nhỏ hơn 0 để xét dấu.  Câu 27: Đáp án D. Đây là bài toán tính diện tích hình phẳng đưa về tích phân thông thường, tuy nhiên, mỗi đơn vị dài trên các trục tọa độ là 2 cm do đó, sau khi tính xong ta sẽ nhân kết quả với 4, do đơn vị diện tích là cm 2 . Xét phương trình hoành độ giao điểm x 3  0  x  0 . Trên  1; 0  thì y  x 3  0 , còn trên 0; 2  thì y  x 3  0 , nên diện tích hình phẳng trên trục tọa độ nếu tính theo đơn vị dài trên trục tọa độ là : 0 2 S    x 3 dx   x 3 dx  1 0 2 1 17 1 4 0 1 ( đơn vị dài).  4 x  x4  1 0 4 4 4 4   Đổi về đơn vị cm 2 ta được S  17 cm 2 . Câu 28: Đáp án D. 1 1 1 1 1 1 Ta có T  Cn0  Cn1  …  thay đổi ta Cnn . Nhận thấy các số ; ; ; …; 2 n1 1 2 3 n1 1 n1 nghĩ ngay đến biểu thức  xn dx  x c. n1 Ở đây ta sẽ có lời giải như sau: n Ta có  1  x   C n0  xC n1  x 2 Cn2  x 3 C n3  …  x n Cnn . 1 Khi đó ta suy ra  1  x  0  n 1   dx   Cn0  xCn1  x 2 Cn2  x 3 Cn3  …  x n Cnn dx 0  n1 1 1 x2 x3 xn1 n  1 x  1   Cn0 x  Cn1  Cn3  …  C   0  n1 2 3 n1 n  0 2n1  1 1 1 1  Cn0  Cn1  Cn2  …  C n . Đến đây ta chọn D. n1 2 3 n1 n Câu 29: Đáp án C  Ta có z1 .z2   1  i  3  2i   3  2i  3i  2i 2  3  2  i  5  i Vậy số phức z1 .z2 có phần thực là 5 và phần ảo là -1. Câu 30: Đáp án A Ta có: z1  z2  1  i  3  2i  2  i  2  2    1 2  5. Câu 31: Đáp án C Do M, N lần lượt là điểm biểu diễn số phức z1 ; z2 nên M  1; 1 , N  3; 2  . 246 | Khai báo sách chính hãng tại: congphatoan.com để nhận 100 đề thi thử tặng kèm 25 đề cốt lõi Toán 12 Ngọc Huyền LB – facebook.com/huyenvu2405 4 1 Khi đó tọa độ điểm G là trọng tâm của tam giác OMN có tọa độ G  ;  . 3 3 4 1 Vậy G là điểm biểu diễn của số phức z   i . 3 3 Câu 32: Đáp án D. Đặt z  x  yi  x , y    , nên pt   x  yi 1  i   3  2i  0  x  ix  yi  yi 2  3  2i  0   x  y  3   i   x  y  2   0  1  x   2 x  y  3  0 .    x  y  2  0 y  5  2 Câu 33: Đáp án C Với bài toán này, cách nhanh nhất là sử dụng máy tính như sau: Ấn MODE  5: EQN  chọn 4 Sau đó nhập hệ số máy hiện như sau:  x  1  1  Lời giải thông thường: z 3  1   z  1 z 2  z  1  0   x   2   x  1   2 Câu 34: Đáp án D.   3 i . 2 3 i 2 Đặt z  x  yi  x , y    . Khi đó phương trình đề bài trở thành:  x  4 x  4  yi  x  4  yi  10  STUDY TIPS   Cho 2 vecto u và v . Khi     đó u  v  u  v   Dấu bằng xảy ra khi u, v cùng hướng. 2  x  4  y2  2  y 2  10 Đến đây, ta nhớ đến các bất đẳng thức vecto như note ở bên.       Vậy đặt u   x  4; y  , v   x  4, y  . Khi đó áp dụng bđt u  v  u  v ta có:  x  4 2  y2   x  4 2  y2  2  2x    2 y  2  10  2 x 2  y 2  z  5 . Vậy GTLN của mô đun số phức z là 5. Với GTNN, áp dụng bất đẳng thức Bunyakovski ta có:   1.   x  4  2  x  4  y 2  1. 2 2   y 2   12  12     x  4 2 2  y2   x  4  y2    10  2 x 2  y 2  16  x2  y 2  9  x 2  y 2  3 . Vậy GTNN của mô đun số phức z là 3. Câu 35: Đáp án A. Một hình có đáy là n giác thì sẽ có n cạnh bên và n mặt bên và 1 mặt đáy. Vậy hình chóp có tổng là 2.1998 cạnh tức là có 1999 mặt. Câu 36: Đáp án B. Công thức tính thể tích của khối trụ tròn xoay là V  R 2 .h   Câu 37: Đáp án C. Ta có công thức tỉ lệ thể tích trong tứ diện được note ở bên. Đặt sách tại: Tiki.vn | Newshop.vn | Pibook.vn | Lovebook.vn | 247 Công Phá Toán Do vậy ở đây: STUDY TIPS Cho tứ diện S.ABC, và các điểm A’, B’, C’ lần lượt nằm trên các đoạn SA, SB, SC. Khi đó ta có VS. A ‘ B ‘ C ‘ VS. ABC  SA ‘ SB ‘ SC ‘ 1 1 1 1 . .  . .  . SA SB SC 2 3 4 24 Mặt khác như ở các đề trước tôi đã giới thiệu thì thể tích của khối chóp S.ABC 1 1 có SA, SB, SC đôi một vuông góc là VSABC  .SA.SB.SC  .9.8.4  48 . 6 6 48 Đến đây ta suy ra SSA ‘ B ‘ C ‘  2. 24 Câu 38: Đáp án B Hình lăng trụ tam giác đều khác với hình lăng trụ có đáy là tam giác đều ở chỗ: 1. Hình lăng trụ tam giác đều là hình lăng trụ đứng có đáy là tam giác đều. 2. Hình lăng trụ có đáy là tam giác đều chưa chắc đã là hình lăng trụ đứng. Ta có công thức tính thể tích khối lăng trụ tam giác đều là VSA ‘ B’ C’ SA ‘ SB’ SC’  . . VSABC SA SB SC STUDY TIPS Diện tích tam giác đều có cạnh a là S  The Best or Nothing a2 3 4 1 a 3 3 2 V . .a.h  .a .h . Mà tất cả các cạnh bằng nhau do đó ta có 2 2 4 3 3 9 .a   a  3 . 4 4 Câu 39: Đáp án A. Nhìn vào hình vẽ ta thấy nếu đi tính trực tiếp thể tích khối tứ diện ACD’B’ là khá lâu, do đó ta sẽ đi tìm một cách gián tiếp như sau: Ta có V ACD ‘ B’  V ABCD . A ‘ B’C ‘ D ‘  VD ‘ ADC  VB’ ACB  VCB’C ‘ D ‘  V AA ‘ B’ D ‘ . V A’ B’ D’ C’ A  1 1 Mặt khác ta nhận thấy VD ‘ ADC  VB’ ACB  VCB’ C ‘ D ‘  VAA ‘ B’ D ‘  .a. .SABCD  a 3 3 2 6 3 1 a Do vậy V ACD ‘ B’  a 3  4. a 3  . 6 3 Câu 40: Đáp án D. Kí hiệu như hình vẽ ta đặt SO ‘  x . Do khối chóp tứ giác đều có tất cả các cạnh bằng nhau và bằng a nên ta có SA  SB  SC  SD  AB  BC  CD  DA  a . Hình vuông ABCD có 2 đường B C D S chéo AC  BD  a 2 . Tam giác SOA vuông tại O nên A’ B’ 2 O’ D’ C’ A B O D a 2 a . SO  SA  AO  a      2  2   Áp dụng định lý Thales ta có: 2 C 2 2 SO ‘ SA ‘ A ‘ D ‘ x x 2     A ‘ D ‘  AD. x 2 a SO SA AD a 2 STUDY TIPS Khi việc tính thể tích của khối đề bài yêu cầu quá khó để thiết lập công thức, ta nên chuyển hướng sang cách làm gián tiếp. 1 Khi đó VSA ‘ B ‘ C ‘ D ‘  .x. x 2 3   Mặt khác VSA ‘ B ‘ C ‘ D ‘  3 Vậy SA ‘ B ‘ C ‘ D ‘  x 2  2  2 3 x . 3 6 2 1 1 a 2 2 1 .a  x  a. VSABCD , do đó ta có x 3  . . 3 2 3 2 2 2 2 2 a . 4 Câu 41: Đáp án B Ở đây ta có kiến thức sau: Trong Chương trình THPT chúng ta học: Chỉ có 5 loại khối đa diện đều. Đó là loại 3; 3 , loại 4; 3 , loại 3; 4 , loại 5; 3 và loại 3; 5 . 248 | Khai báo sách chính hãng tại: congphatoan.com để nhận 100 đề thi thử tặng kèm 25 đề cốt lõi Toán 12 Ngọc Huyền LB – facebook.com/huyenvu2405 Chúng được giới thiệu trong các hình dưới đây: Khối tứ diện Khối lập phương Khối mười hai mặt đều Khối bát diện đều Khối hai mươi mặt đều Do vậy A, C đúng. Tiếp theo với D, ta thấy D đúng vì đây là một trong hai điều kiện để xác định khối đa diện. Do đó ta chọn B. Câu 42: Đáp án B. Do mặt cầu tiếp xúc với mặt đáy của hình trụ tại A, B và tiếp xúc với mặt xung quanh của hình trụ nên hình trụ có chều cao h  AB và bán kính đáy bằng bán kính khối cầu. Mặt khác 4 R 2  16   R  2 . Vậy thể tích của khối trụ là: V  B.h  .2 2 .4  16  . Câu 43: Đáp án B. STUDY TIPS Khi nhân chia hai vế của bất phương trình phải xét dấu của biểu thức nhân vào. 1 m1 2     3  log 3 5. log 5 3  log m 2.4 u.v Ta có cos u, v     .   u.v u.v   Do mẫu số luôn lớn hơn 0 nên ta đi tìm điều kiện để tử số dương. Mặt khác 3  log 3 5.log 5 3  4 log m 2  0  4 log m 2  4  log m 2  1  log m 2  log m 1 m 1 1 1  2  m  . Kết hợp với điều kiện suy ra 0  m  . m 2 2 1 1 Với m  1 thì   2  m  . Kết hợp điều kiện suy ra m  1. m 2 Câu 44: Đáp án C.    Nhận thấy u   1; 1; 2  . Ta có u3  2u do đó ta chọn C. Với 0  m  1 thì  Câu 45: Đáp án D. Mặt cầu  S  đường kính AB nên mặt cầu  S  có tâm I  1; 0; 2  là trung điểm 2 2 2  1  1    1  0    0   2   của AB và bán kính R  IA  2  5 2 Vậy  S  :  x  1  y 2   z  2   5 . Câu 46: Đáp án D. Đặt sách tại: Tiki.vn | Newshop.vn | Pibook.vn | Lovebook.vn | 249 Công Phá Toán The Best or Nothing   Vì u, v là hai vtpt của hai mặt phẳng song song nên hai vecto này cùng STUDY TIPS Cho tứ diện S.ABC có các cạnh SA, SB, SC đôi một vuông góc thì VSABC  1 .SA.SB.SC 6 M 3 m  m3. 1 7  2m Câu 47: Đáp án B. Ta nhận thấy khi chiếu M lên các trục tọa độ thì tứ diện OABC là tứ diện có OA, OB, OC, OD đôi một vuông góc.Áp dụng công thức tôi trình bày ở trên ta có: 1 1 V  .OA.OB.OB  abc . 6 6 Câu 48: Đáp án A. phương. Do vậy Gọi H là hình chiếu của M trên mặt phẳng    . Khi đó khoảng cách từ M đến mặt phẳng    là MH. Ta có tam giác MHO vuông tại H nên HM  MO . Để MH max thì H  O , hay OM     . Khi đó    qua O  0; 0; 0  và có vtpt   n  OM   1; 2; 1 có phương trình x  2 y  z  0 . H O Câu 49: Đáp án B. 2 2 2 Ta có M  1  t ; 1  t ; 2t  . Ta có AM 2   t  1   1  t    2t  2   6 t  0  M  1; 1; 0   6t 2  12t  0   t  2  M  1; 3; 4  Câu 50: Đáp án A. Ta có nếu hai mặt phẳng tiếp diện của  S  tại A và B vuông góc với nhau thì hai vtpt của hai mặt phẳng này cũng vuông góc với nhau. Mà hai vtpt của hai   mặt phẳng này chính là IA , IB . Với I  1; 0; 2  là tâm của mặt cầu  S  . Vậy ta có hai điều kiện sau: 1. d cắt  S  tại hai điểm phân biệt.   2. IA.IB  0 . Lời giải: Để thỏa mãn yêu cầu đề bài thì trước tiên d phải cắt mặt cầu, tức là 2 2 phương trình  2  t   t 2   m  t   2.  2  t   4.  m  t   1  0 có hai nghiệm phân biệt.  3t 2  2  m  1 t  m2  4m  1  0 2 Phương trình có hai nghiệm phân biệt khi  ‘  0   m  1  3m 2  12 m  3  0  m 2  5m  1  0 . Với phương trình có hai nghiệm phân biệt , áp dụng định lí Viet ta có m2  4m  1 2 ; t1  t 2   m  1 3 3   Khi đó IA   1  t1 ; t1 ; m  2  t1  , IB   1  t2 ; t2 ; m  2  t2  .   Vậy IA.IB   1  t1  1  t2   t1 t2   m  2  t1  m  2  t2   0 t1 t 2  2  3t1 t2   m  1 t1  t2    m  2   1  0  m2  4 m  1   m  1 2 2 2 (TM). m  1   m  2   1  0    3  m  4 250 | Khai báo sách chính hãng tại: congphatoan.com để nhận 100 đề thi thử tặng kèm 25 đề cốt lõi Toán 12 Ngọc Huyền LB – facebook.com/huyenvu2405 ĐỀ ÔN LUYỆN SỐ 17 Câu 1: Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m sao cho hàm số y   m  1 x  2m  2 xm nghịch biến trên khoảng  1;   . A. m  1 C. x  3 y  1  0 B. 1  m  2 C. m  ;1   2;  D. 1  m  2 Câu 2: Cho a  0; b  0 thỏa mãn a 2  b2  14ab. Chọn mệnh đề đúng trong các mệnh đề sau? ab 1 A. log   log a  log b  4 2 B. 2  log a  log b   log  14ab  C. log  a  b   2  log a  log b  D. log  a  b   4  1  log a  log b  2 Câu 3: Cho hai điểm A  3; 4;8  , B  2; 2; 5  . Điểm C   Oxz  thẳng hàng với hai điểm A, B có tọa độ: A. C  1; 0; 2  B. C  2; 0; 4  C. C  2; 0; 4  D. C  1;0; 2  O , góc ở đỉnh nón bằng 150 0. Trên đường tròn đáy, lấy một điểm A cố định. Có bao nhiêu mặt phẳng chứa SA cắt nón theo một thiết diện có diện tích lớn nhất. A. Có 3 mặt phẳng B. Có 1 mặt phẳng C. Có 2 mặt phẳng D. Có vô số mặt phẳng A. ln 3 8 B. 1 D. x  3 y  1  0 Câu 9: Cường độ một trận động đất được cho bởi công thức M  log A  log A0 , với A là biên độ rung chấn tối đa và A0 là một biên độ chuẩn (hằng số). Đầu thế kỷ 20, một trận động đất ở San Francisco có cường độ đo được 8 độ Richter. Trong cùng năm đó, trận động đất khác ở Nhật Bản có cường độ đo được 6 độ Richer. Hỏi trận động đất ở San Francisco có biên độ gấp bao nhiêu lần biên độ trận động đất ở Nhật Bản? A. 1000 lần B. 10 lần C. 2 lần D. 100 lần Câu 10: Giải bất phương trình log 3  2 x  1  2 ta 4 được: 1 25 x 2 32 1 25 C. x  hoặc x  2 32 vẽ bên, các khẳng định sau khẳng đinh nào là đúng? y 2 x  3x . Giá trị y ‘  0  bằng: 4x 8 C. ln D. 0 3 3 -1 SA  a 3. Biết diện tích tam giác SAB là a2 3 , 2 khoảng cách từ điểm B đến mặt phẳng  SAC  là: a 2 2 B. a 10 3 C. a 10 5 D. a 2 3 x O 1 Tập các điểm biểu thị cho z là một đường tròn có bán kính r là: A. r  4 B. r  1 C. r  2 D. r  2 Câu 7: Cho khối chóp S. ABCD có đáy ABCD là hình vuông, cạnh bên SA vuông góc với đáy và B. x  Câu 11: Cho hàm số y  f  x  có đồ thị như hình Câu 6: Cho số phức z thỏa mãn 2 z  1  3i  4. A. 25 32 1 D. x  2 A. Câu 4: Cho hình nón đỉnh S, đáy là hình tròn tâm Câu 5: Cho hàm số y  x 1 . Phương trình tiếp x2 tuyến của đồ thị tại giao của đồ thị với Ox là? A. x  3 y  1  0 B. x  3 y  1  0 Câu 8: Cho hàm số y  -1 A. Hàm số đạt giá trị nhỏ nhất bằng 1 và đạt giá trị lớn nhất bằng 3 B. Đồ thị hàm số có điểm cực tiểu A  1; 1 và điểm cực đại B  1; 3  C. Hàm số có giá trị cực đại bằng 1 D. Hàm số đạt cực tiểu tại A  1; 1 và cực đại tại B  1; 3  Đặt sách tại: Tiki.vn | Newshop.vn | Pibook.vn | Lovebook.vn | 251 Công Phá Toán The Best or Nothing 1   3 Câu 12: Tính tích phân I   x 2 x 2  1 dx. 0 5 5 5 A. I  B. I  C. I  5 D. I  2 4 3 4 2 Câu 13: Cho hàm số y   x  2 x  3. Gọi h và h1 lần lượt là khoảng cách từ hai điểm cực đại và cực h tiểu của đồ thị hàm số đến trục hoành. Tỷ số là: h1 A. 4 3 B. 1 C. 3 4 D. 3 2 Câu 14: Cho ABC có 3 đỉnh A  m; 0; 0  , B  2;1; 2  , 35 thì: 2 B. m  2 C. m  3 C  0; 2;1 . Để SABC  A. m  1 D. m  4 2 Câu 15: Tìm m để đồ thị hàm số y  x x2 có x2  2x  m Câu 21: Hàm số nào sau đây có bảng biến thiên như hình bên: x 2   y   y 1  1  x3 2x  7 B. y  x2 x2 2x  3 x3 C. y  D. y  x2 x2 Câu 22: Một miếng bìa hình chữ nhật có kích thước 20cm x 50cm. Người ta chia miếng bìa thành 3 phần như hình vẽ để khi gấp lại thu được một hình lăng trụ đứng có chiều cao bằng chiều rộng của miếng bìa. Diện tích xung quanh của hình lăng trụ thu được là: A. y  2 tiệm cận đứng. A. m  1 và m  8 B. m  1 và m  8 C. m  1 và m  8 D. m  1 Câu 16: Cho hai số phức z1  1  i ; z2  2  3i. Tìm 2 số phức w   z1  .z2 A. w  6  4i C. w  6  4i B. w  6  4i D. w  6  4i Câu 17: Cho F  x  là một nguyên hàm của f  x   2 x  1 trên . Biết hàm số y  F  x  đạt giá 39 . Đồ thị của hàm số y  F  x  4 cắt trục tung tại điểm có tung độ là: 37 39 A. B. 10 C. D. 11 4 4 Câu 18: Cho số phức z  a  bi thỏa mãn trị nhỏ nhất bằng 2 z  z  3  i. Giá trị của biểu thức 3a  b là: A. 6 B. 3 C. 4 D. 5 Câu 19: Cho khối chóp S. ABC có SA  3; SB  4; SC  5 và SA, SB, SC đôi một vuông góc. Thể tích của khối cầu ngoại tiếp khối chóp S. ABC là: 5 2 10 2 125 2 C. D. 3 3 3 Câu 20: Tìm m để hàm số: A. 25 2 B. y  x3  3mx2  3  2m  1 x  1 nghịch biến trên . A. Luôn thỏa mãn với mọi giá trị của m B. Không có giá trị của m C. m  1 D. m  1 A. 1500 cm 2 B. 2000 cm 2 C. 1000 cm 2 D. 500 cm 2 Câu 23: Một hình nón có bán kính đáy bằng 1cm, chiều cao nón bằng 2cm. Khi đó góc ở đỉnh của nón là 2 thỏa mãn: A. tan   5 5 B. sin   2 5 5 5 2 5 D. cos   5 5 Câu 24: Trong các hàm số sau, hàm số nào luôn đồng biến trên từng khoảng xác định của nó? 2x  1 y   x4  2 x2  2  II  ; y I ; x2 C. cot   y  x3  3x  5  III  . A. I và III C. I và II B. Chỉ I D. II và III   Câu 25: Hàm số y  log 2  x 2  5 x  6 có tập xác định là: A.  2; 3  B.  ; 2    3;   C.  ; 2  D.  3;   Câu 26: Cho hai số phức z1  1  3i ; z2  2  i. Tìm số phức w  2 z1  3 z2 . A. w  4  9i 252 | Khai báo sách chính hãng tại: congphatoan.com để nhận 100 đề thi thử tặng kèm B. w  3  2i 25 đề cốt lõi Toán 12 C. w  3  2i Ngọc Huyền LB – facebook.com/huyenvu2405 D. w  4  9i Câu 27: Cho hàm số y  x 4  2 mx 2  2 m  m4 . Với giá trị nào của m thì đồ thị  Cm  có 3 điểm cực trị đồng thời 3 điểm cực trị đó tạo thành một tam giác có diện tích bằng 4. A. m  3 16 B. m   3 16 C. m  5 16 D. m  16 Câu 32: Giá trị của biểu thức E  3 2 1.9 2 .27 1 2 bằng: A. 27 B. 9 C. 1 D. 3 Câu 33: Cho tam giác có ABC A  1; 2; 3  , B  3; 0;1 , C 1; y; z  . Trọng tâm G của tam giác ABC thuộc trục Ox khi cặp  y; z  là: A.  1; 2  x2  1 . Hãy chọn mệnh x đề đúng trong các mệnh đề sau: A. Đồ thị hàm số có tiệm cận ngang là y  1, Câu 28: Cho hàm số y  B.  2; 4  C.  1; 2  D.  2; 4  Câu 34: Đặt a  log 3 15; b  log 3 10. Hãy biểu diễn log 3 50 theo a và b. A. log 3 50   a  b  1 B. log 3 50  3  a  b  1 C. log 3 50  2  a  b  1 D. log 3 50  4  a  b  1 có tiệm cận đứng là x  0 B. Đồ thị hàm số có hai tiệm cận ngang là y  1 Câu 35: Điểm cực tiểu của đồ thị hàm số: và y  1 y  x 3  3 x 2  3 thuộc góc phần tư: C. Đồ thị hàm số có hai tiệm cận ngang là y  1 và y  1, có tiệm cận đứng là x  0 A. III B. II C. IV D. I Câu 36: Cho số phức z thỏa mãn z  1  z  2i  3 . D. Đồ thị hàm số có tiệm cận ngang là y  1, có tiệm cận đứng là x  0 Câu 29: Một đội xây dựng cần hoàn thiện một hệ thống cột tròn của một cửa hàng kinh doanh gồm 10 chiếc. Trước khi hoàn thiện mỗi chiếc cột là một khối bê tông cốt thép hình lăng trụ lục giác đều có cạnh 20 cm; sau khi hoàn thiện (bằng cách trát thêm vữa tổng hợp vào xung quanh) mỗi cột là một khối trụ có đường kính đáy bằng 42 cm. Chiều cao của mỗi cột trước và sau khi hoàn thiện là 4 m. Biết lượng xi măng cần dùng chiếm 80% lượng vữa và cứ một bao xi măng 50 kg thì tương đương với 64000 cm 3 xi măng. Hỏi cần ít nhất bao nhiêu bao xi măng loại 50 kg để hoàn thiện toàn bộ hệ thống cột? A. 25 (bao) B. 18 (bao) C. 28 (bao) D. 22 (bao) Câu 30: Số đỉnh của một hình bát diện đều là: A. 7 B. 5 C. 6 D. 8 Câu 31: Một con cá hồi bơi ngược dòng để vượt một khoảng cách là 200km. Vận tốc của dòng nước là 8 km/h. nếu vận tốc bơi của cá khi nước đứng yên là v (km/h) thì năng lượng tiêu hao của cá trong 1 giờ được cho bởi công thức: E  v   c0 v 3 t (trong đó c là một hằng số, E được tính bằng Jun). Tìm vận tốc bơi của cá khi nước đứng yên để năng lượng tiêu hao là ít nhất: A. 12 km/h B. 9 km/h C. 6 km/h D. 15 km/h Biết tập các điểm biểu thị cho z là một đường thẳng. Phương trình đường thẳng đó là: A. x  y  3  0 B. x  y  3  0 C. x  y  3  0 D. x  y  0 Câu 37: Cho 3 điểm A  0;1; 2  , B  3;  1;1 , C  0; 3;0  . Đường thẳng đi qua trọng tâm G của tam giác ABC và vuông góc với mặt phẳng  ABC  có phương trình: x 1 y 1 z 1 x 1 y 1 z 1 A. B.     1 1 1 1 1 1 y  1 y  1 x 1 z 1 x 1 z 1 C. D.     1 1 1 1 1 1 Câu 38: Cho D là miền hình phẳng giới hạn bởi  y  sin x ; y  0; x  0; x  . Khi D quay quanh 2 Ox tạo thành một khối tròn xoay. Thể tích của khối tròn xoay thu được: A. 1 (đvtt) B.  (đvtt) C. 2  (đvtt) D. 2 (đvtt) Câu 39: Cho phương trình z 2  2 z  17  0 có hai nghiệm phức là z1 và z2 . Giá trị của z1  z2 là: A. 2 17 Câu 40: B. 2 13 Tính  2 đạo C. 2 19 hàm D. 2 15 của hàm số  y  log 2017 x  1 . A. y ‘  2x 2017 B. y ‘  2x x 2   1 ln 2017 Đặt sách tại: Tiki.vn | Newshop.vn | Pibook.vn | Lovebook.vn | 253 Công Phá Toán C. y ‘  The Best or Nothing 1 x 2 D. y ‘    1 ln 2017 Câu 45: Chọn khẳng định sai trong các khẳng định sau: 1 x 2 1  1 Câu 41: Cho khối chóp S. ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân tại B , độ dài cạnh AB  BC  a , cạnh bên SA vuông góc với đáy và SA  2 a. Thể tích V của khối chóp S. ABC là: A. V  a3 3 B. V  a3 2 C. V  a 3  P Câu 42: Cho mặt phẳng D. V  a3 6 0 0  2  x B.  sin dx  2  sin xdx 2 0 0 1 C.  1  x  x dx  0 đi qua các điểm A  2; 0; 0  , B  0; 3; 0  , C  0;0; 3  . Mặt phẳng  P  1 A.  sin  1  x  dx   sin xdx 3 2 1 D. 2  x 1  x  dx  2009 2017 1 vuông góc với mặt phẳng nào trong các mặt phẳng sau: A. x  y  z  1  0 B. 2 x  2 y  z  1  0 C. x  2 y  z  3  0 D. 2 x  3 y  z  1  0  4 x dx. 2 0 cos x  2  2 C. I   ln D. I   ln 4 2 4 2 Câu 44: Một miếng bìa hình tròn có bán kính là 20cm. Trên biên của miếng bìa, ta xác định 8 điểm A, B, C, D, E, F, G, H theo thứ tự chia đường tròn thành 8 phần bằng nhau. Cắt bỏ theo các nét liền như hình vẽ để có được hình chữ thập ABNCDPEFQGHM rồi gấp lại theo các nét đứt MN, NP, PQ, QM tạo thành một khối hộp không nắp. Thể tích của khối hộp thu được là: A C D.  7; 3   P : x  y  z  3  0 và x 1 y 1 z   . Phương trình 3 1 1 x 1 y 1 z 1   1 2 1 x y2 z3 C.   1 2 1 x8 y2 z3   1 2 1 x8 y2 z3 D.   1 2 1 1 Câu 48: Cho hàm số f  x   . Gọi F  x  là 2x  3 A. B. một nguyên hàm của f  x  . Chọn phương án sai. A. F  x  ln 2x  3 2 ln 2x  3  10 B. F  x   ln 4x  6 4 ln x  2  10 3 2 có đáy ABCD là một hình vuông. Biết tổng diện tích tất cả các mặt của khối hộp đó là 32, thể tích lớn nhất mà khối hộp ABCD.A1 B1C1 D1 là bao Q P nhiêu? D E 4000  2  2  4000 2  2 4  2 2   A. B. 2 2 56 3 9 Câu 50: A. 3  C. 4000 2  2 4  2 2 D. 4000  2  2     C.  8; 2   5 D. F  x   1 4 2 Câu 49: Một khối hộp chữ nhật ABCD. A1 B1C1 D1 G F B.  6; 4  đường thẳng  nằm trong mặt phẳng  P  , cắt  đường thẳng d và vuông góc với u  1; 2; 3  là: C. F x  N  A.  5; 5  B M  chữ số. Cặp  a , b  thỏa mãn bài toán là: đường thẳng d :  B. I   ln 2 4 H mãn a  b  10 và a12 b 2016 là một số tự nhiên có 973 Câu 47: Cho mặt phẳng Câu 43: Tính tích phân I    A. I   ln 2 4 Câu 46: Cho a, b là hai số tự nhiên lớn hơn 1 thỏa 80 3 9 Tìm m B. 70 3 64 3 D. 9 9 để phương trình C. x 4  5x 2  4  log 2 m có 8 nghiệm phân biệt: 3 A. 0  m  4 29 B. Không có giá trị của m C. 1  m  4 2 9 D.  4 2 9  m  4 2 9 254 | Khai báo sách chính hãng tại: congphatoan.com để nhận 100 đề thi thử tặng kèm 25 đề cốt lõi Toán 12 Ngọc Huyền LB – facebook.com/huyenvu2405 ĐÁP ÁN 1B 2A 3D 4C 5A 6D 7A 8A 9D 10A 11B 12C 13A 14C 15B 16D 17B 18C 19D 20D 21A 22C 23D 24A 25A 26D 27C 28B 29B 30C 31A 32B 33D 34C 35C 36B 37B 38B 39A 40B 41A 42B 43C 44C 45C 46D 47B 48B 49D 50C HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT Câu 1: Đáp án B. STUDY TIPS Nhiều độc giả quên điều  Nhận thấy ở đây đề bài cho ta bài toán về dạng hàm phân thức bậc nhất trên bậc nhất mà ta đã được học, do vậy ta có hai TH để xét: là TH m  1 và m  1.  kiện  m  1;  nên Với m  1 thì thay trực tiếp vào hàm số đã cho và xác định khoảng đơn điệu. dẫn đến chọn D. Tuy nhiên hãy nhớ kĩ rằng, để hàm số đơn điệu trên một khoảng thì hàm số phải liên tực xác định trên khoảng đó. Với m  1 thì xét như xét với hàm phân thức bậc nhất trên bậc nhất. * Với m  1 thì hàm số đã cho có dạng y  0 là hàm hằng (không thỏa mãn). * Với m  1 thì y ‘  m  m  1  2 m  2  x  m 2  m2  m  2 2  x  m Để hàm số đã cho nghịch biến trên khoảng  1;   thì m 2  m  2  0, m  1 1  m  2  1 m  2   m  1  m   1;   Câu 2: Đáp án A.   Ta nhận thấy nếu lấy loga hai vế luôn thì log a2  b2 sẽ khó phân tích ra bởi không có công thức log  x  y  . Do vậy, nhìn vào các phương án nhận thấy B là phương án lừa để ta chọn, tuy nhiên không có công thức biến đổi vế trái như vậy. Nên, để có thể biến đổi được vế trái ta đưa về dạng: 2 2 pt   a  b   2 ab  14 ab   a  b   16 ab . Ta có: pt   a  b  2 a  b  16 ab  2  ab . 16  a  b Lấy logarit hai vế ta được log 2  log  ab  16 ab ab 1  2 log  log a  log b  log   log a  log b  4 4 2 Câu 3: Đáp án D. Do C   Oxz  nên C  x , 0, z  . Tất cả các phương án A, B, C, D đều thỏa mãn tính chất này, do đó ta xét đến tính chất tiếp theo, để A, B, C thẳng hàng thì   AB  kAC .   Ta có AB   1; 2; 3  ; AC   x  3; 4; z  8  S Khi đó k  x  1 4 x3 z8 . 2   2 1 3 z  2 Câu 4: Đáp án C Ở hình vẽ bên, các tam giác SAM, SAN, SAP, SAQ là một vài trong vô số thiết Q A P N diện của mặt phẳng chứa cạnh SA cắt mặt nón. Gọi đường sinh của khối nón là l và góc ở đỉnh cân của tam giác thiết diện là  M Đặt sách tại: Tiki.vn | Newshop.vn | Pibook.vn | Lovebook.vn | 255 Công Phá Toán The Best or Nothing 1 l2 Khi đó 0    150 . Ta có S  .l 2 .sin  . Mà l không đổi, sin   1 do đó S  . 2 2 Dấu bằng xảy ra khi   90 . Do đó ta có thể thấy, có 2 tam giác thiết diện nằm STUDY TIPS Nhiều độc giả quên rằng có hai trường hợp là hai thiết diện nằm về hai phía của khối chóp. Nên chọn B về hai nửa của khối nón là tam giác vuông cân. Do đó ta chọn C. Câu 5: Đáp án A. Ta thấy với bài toán này ta có thể chuyển nhanh hàm số về dạng 2 x  3x 1 3 y  x   x 4 2 4 STUDY TIPS Các công thức áp dụng: x 2 x  3x 1  3  x   x 4 2 4 x x  1 3  1 1 3 3 Khi đó y ‘   x     ‘  x .ln    .ln 2 2 4 4  4   2  Ta có y   a  ‘  a .ln a x x x ln x  ln y  ln xy (với các logarit nepe trên tồn tại). 0 Với x  0 thì y ‘  0   1 1 3 3 1 3 1 3 3 .ln    .ln  ln  ln  ln  .   ln 2 4 4 2 4 2 4 8 20   Câu 6: Đáp án D. Với dạng toán này, do đề yêu cầu tìm bán kính R do đó ta phải đưa z về dạng z  x  iy  x , y    STUDY TIPS 2  2x  1   2y  3  2 Đặt z  x  iy  x , y    khi đó phương trình đã cho trở thành  16 Chưa phải dạng của phương trình đường tròn. Do vậy chọn A là sai. 2  x  iy   1  3i  4  2 x  1   2 y  3  i  4  2 2  2 x  1   2 y  3  2 4 2 2 2  1  3   2 x  1   2 y  3   16   x     y    4 2  2  Khi đó R  2 . Câu 7: Đáp án A. Ta thấy SA vuông góc với mặt phẳng đáy, do đó SA vuông góc OB, mà OB vuông góc AC, do đó OB   SAC  . Từ đây ta chỉ đi tính độ dài OB. S a3 3 và SA  a 3 , mặt khác tam giác SAB là tam 2 giác vuông tại A nên từ đó ta tìm được độ dài AB hay chính là độ dài cạnh hình Do diện tích tam giác SAB là vuông, đến đây ta tính được độ dài OB. A B O D C SA  OB Ta có   OB   SAC   AC  OB   Do đó d B,  SAC   OB . Ta có AB  2SSAB SA  a . Khi đó BD  a 2  OB  a 2 . 2 Câu 8: Đáp án A. Ta thấy giao với đồ thị hàm số với trục Ox là điểm A  1; 0  . Khi đó phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số đã cho tại A sẽ có dạng y  f ‘  x0  x  x0   f  x0  . Thay x0  1 vào ta có kết quả. Ta có y ‘  3  x  2 2 . Khi đó phương trình tiếp tuyến tại A có dạng y  f ‘  1 x  1  0 hay y  1 1 x   x  3y  1  0 . 3 3 256 | Khai báo sách chính hãng tại: congphatoan.com để nhận 100 đề thi thử tặng kèm 25 đề cốt lõi Toán 12 Ngọc Huyền LB – facebook.com/huyenvu2405 Câu 9: Đáp án D. Ta thấy công thức tính cường độ trận rung chấn có thể chuyển về dạng STUDY TIPS Với bài toán dạng này ta chỉ cần nhẩm nhanh 8-6=2 nên tỉ số sẽ là 10 2  100 tương tự như trong Vật lý về mức cường độ âm M  log log  A1 A0 A1 A2 A . Khi đó cường độ trận động đất thứ nhất đc tính bằng công thức A0  8  A1  108 .A0 . Tương tự với biên độ thứ hai thì ta được A2  10 6 A0  100 . Câu 10: Đáp án A. 1 2 Khi đó bất phương trình tương đương với Điều kiện x  log 3  2 x  1  log 3 4 ta được 4 9 25 9 . Kết hợp với điều kiện ban đầu  2x  1  x 16 32 16 1 25 x 2 32 Sai lầm thường gặp: 1. Quên điều kiện. STUDY TIPS Nhiều độc giả sai lầm khi nhầm lẫn giữa B và D. Tuy nhiên phải diễn đạt lại D như sau mới đúng: Hàm số đạt cực tiểu tại x  1 và đạt cực đại tại x 1 2. Không nhận thấy 0  3  1 nên không đảo chiều bất đẳng thức. 4 Câu 11: Đáp án B Với A: Ta thấy 1; 3 không phải là giá trị nhỏ nhất, lớn nhất mà lần lượt là giá trị cực tiểu và giá trị cực đại của hàm số đã cho. Với B: Đây là khẳng định đúng. Với C: Hàm số có giá trị cực đại bằng 3, còn hàm số có một điểm cực đại là x  1 Câu 12: Đáp án C   Ta thấy 2 x 2  1 ‘  4 x . Do vậy ta sẽ nhân thêm 4 vào để tạo ra tích phân dạng b  f  u du . a Ta có I  1 1 3 3 1 1 1 1 2 x 2  1 .  4 x  dx   2 x 2  1 d 2 x 2  1  . . 2 x 2  1  4 4 40 40         4 1 5 0 Cách sử dụng máy tính: Nhấn nút tính tích phân trong máy tính, nhập biểu thức ta được kết quả là 5. Câu 13: Đáp án A. Ta thấy nếu gọi A  x1 ; y1  và B  x2 ; y2  lần lượt là hai điểm cực đại và cực tiểu của đồ thị hàm số. Khi đó y h  1 . h1 y2 x  0 y  1 4 h  Ta có y ‘  4 x  4 x  0   x  1 . Khi đó   . h1 y  0  3  x  1 3 Câu 14: Đáp án C   1   Ta có SABC   AB, AC  . Do đó ta sẽ đi tìm AB   2  m; 1; 2  ; AC    m; 2; 1 .  2  Đặt sách tại: Tiki.vn | Newshop.vn | Pibook.vn | Lovebook.vn | 257 Công Phá Toán STUDY TIPS Khi cho tọa độ các đỉnh A, B, C của tam giác tam giác thì áp dụng công thức S ABC  1     . AB, AC  2  The Best or Nothing   Mà  AB, AC    3; m  2; m  4    2 2 1   1 35 Khi đó SABC   AB , AC   . 9   m  2    m  4    2 2  2 m  3  2 m 2  4 m  29  35    m  1 Câu 15: Đáp án B. Ta thấy với hàm phân thức dạng này thì giá trị làm cho đa thức mẫu số bằng 0 là a thì x  a sẽ là phương trình tiệm cận đứng của đồ thị hàm số. Tuy nhiên ta cần có chú ý là x  a không là nghiệm của phương trình đa thức tử số bằng 0. STUDY TIPS Nhớ điều kiện sao cho x  a không phải là nghiệm của phương trình đa thức tử số bằng 0. Ta có y   x  1 x  2  . Để đồ thị hàm số có hai tiệm cận đứng thì phương x2  2 x  m trình x 2  2 x  m  0 có hai nghiệm phân biệt khác 1; 2 , tức là 1  m  0 m  1   m  1; m  8 m  8 Câu 16: Đáp án D. 2   Cách 1: w   1  i  .  2  3i   i 2  2i  1  2  3i   2i  2  3i   4 i  6 Cách 2: Dùng máy tính. Chọn MODE 2 để chuyển máy tính sang dạng tính toán với số phức, sau đó nhập như sau: MÁY TÍNH BỎ TÚI Câu 17: Đáp án B. Ta có F  x     2 x  1 dx  x 2  x  c . 2  1 1 1 F  x   x 2  x  c   x    c   c  với mọi x. Mà đề cho GTNN của hàm 4 4 4   số y  F  x  bằng 39 1 39 do đó c    c  10 . Vậy đồ thị của hàm số 4 4 4 y  F  x  cắt trục tung tại điểm có tung độ bằng 10. Câu 18: Đáp án C. Với bài toán dạng này ta thay luôn z  a  bi vào để tính. Phương trình đã cho tương đương với 2.  a  bi   a  bi  3  i 3a  3  0 a  1 , từ đó 3 a  b  4  3a  3   b  1 i  0    b  1  0 b  1 A Câu 19: Đáp án D. Bài toán gốc: Cho khối tứ diện SABC có SA, SB, SC đôi một vuông góc, với SA  a , SB  b, SC  c . Tính thể tích khối cầu ngoại tiếp khối tứ diện. Tam giác đáy SBC vuông tại S, do đó tâm đường tròn ngoại tiếp của tam giác I là trung điểm của BC, từ trung điểm của BC kẻ đường thẳng d vuông góc với S C mặt phẳng SBC  . Gọi  là trung trực của cạnh SA. Khi đó   d  I là tâm của khối cầu ngoại tiếp tứ diện SABC. B 258 | Khai báo sách chính hãng tại: congphatoan.com để nhận 100 đề thi thử tặng kèm STUDY TIPS Bán kính của khối cầu ngoại tiếp khối tứ diện có các cạnh bên cùng chung một đỉnh đôi một vuông góc với nhau là: R 25 đề cốt lõi Toán 12 Ngọc Huyền LB – facebook.com/huyenvu2405 Khi đó ta đi tìm R  SI . Ta thấy SI  SA 2 BC 2  4 4 Mà tam giác SBC vuông tại S nên BC  SB2  SC 2  b2  c 2 nên R  SI  1 2 a  b2  c 2 2 1 2 a  b2  c 2 2 Từ bài toán gốc áp dụng vào bài ta được R  Với a, b, c lần lượt là độ dài các cạnh bên đó. 1 2 5 2 . Khi đó 3  4 2  52  2 2 3 4 4  5 2  125 2 V  R3  ..    3 3  2  3 Câu 20: Đáp án D. Ta thấy đây là hàm số bậc ba có hệ số a  1  0 luôn nghịch biến trên R khi STUDY TIPS Nhiều độc giả quên trường 2 hợp  m  1  0 nên chọn phương trình y ‘  0 vô nghiệm hoặc có nghiệm duy nhất. Tức là phương trình 3x 2  6mx  3  2m  1  0  x 2  2mx  2m  1  0 có nghiệm kép hoặc vô nghiệm. B là sai. 2 Hay m2  2 m  1  0 , mà m 2  2 m  1   m  1  0, m . Do vậy m  1 . Câu 21: Đáp án A Nhận thấy nhìn vào hai cận thì ta có thể loại B và C, do tiệm cận ngang của hai STUDY TIPS đồ thị hàm số này là y  2 chứ không phải 1.  ax  b  ad  bc  ’  2  cx  d   cx  d  Tiếp theo ta chỉ cần xét hai phương án A và D. Ta xét tính đồng biến nghịch biến. Ở phương án A: thì ad  bc  2  3  5  0 do đó hàm số nghịch biến trên từng khoảng xác định (thỏa mãn) S Câu 22: Đáp án C Thực chất đây là bài toán tư duy khá đơn giản, ta thấy diện tích xung quanh của khối lăng trụ chính là diện tích của hình chữ nhật khi trải ra, do đó ta chọn C. Câu 23: Đáp án D. Tương tự như bài toán 4 ta có Kí hiệu góc  ở trên hình vẽ. Ta có SA  2 2  12  5 . Khi đó A P cos   h 2 2 5   SA 5 5 Câu 24: Đáp án A. STUDY TIPS 1. Hàm phân thức bậc nhất trên bậc nhất luôn đơn điệu trên từng khoảng xác định. 2. Hàm bậc bốn trùng phương không bao giờ đơn điệu trên  . Ta thấy hàm I là hàm phân thức có ad  bc  2.2   1 .1  5  0 do đó luôn đồng biến trên từng khoảng xác đinh của nó. Hàm II là hàm bậc bốn trùng phương nên không bao giờ đơn điệu trên  . Hàm III có y ‘  3 x 2  3  0 . Do đó III luôn đồng biến trên từng khoảng xác định của nó. Câu 25: Đáp án A Điều kiện  x 2  5 x  6  0  2  x  3 . Câu 26: Đáp án D. Tương tự như cách tôi đã giới thiệu về bấm máy ở trên thì ở đây ta có kết quả như sau: Đặt sách tại: Tiki.vn | Newshop.vn | Pibook.vn | Lovebook.vn | 259 Công Phá Toán The Best or Nothing Ta có: w  2 z1  3z2  2  1  3i   3.  2  i   2  6   2.3  3  i  4  9i Câu 27: Đáp án C. x  0 Tta có y ‘  4 x 3  4 mx  0   2 . Với m  0 thì đồ thị hàm số có 3 điểm cực x  m trị, khi đó ba điểm cực trị của đồ thị hàm số lần lượt là    A 0; 2 m  m 4 , B    m ; m 4  m 2  2 m , C  m ; m 4  m 2  2 m . Khi đó 1 1 SABC  .d  A; BC  .BC  . 2 m  m4  m4  2 m  m2 .2. m 2 2    m2 m  4  m  5 16 . Câu 28: Đáp án B Ta có lim x  x2  1 1 x2  1 1  lim 1  2  1 ; lim  lim  1  2  1 x  x  x  x x x x  y  1; y  1 là hai tiệm cận ngang của đồ thị hàm số. x2  1 không tồn tại. x 0 x Câu 29: Đáp án B Ta có lim Ta nhận thấy hiệu số của thể tích cột sau và trước khi trát vữa tổng hợp chính STUDY TIPS 20 2. 3 Ở đây 6. là diện 4 tích của mặt đáy lục giác. là thể tích vữa tổng hợp đã dùng. Vậy thể tích vữa là:  202 3  3 Vvua  400.10.  .212  6.   1384847, 503 cm SHIFT STO A.   4     Khi đó số bao để hoàn thiện hệ thống cột được tính bằng công thức: A.80%  18 bao. 64000 Câu 30: Đáp án C Ta có hình bát diện đều ở hình vẽ sau: Vậy hình bát diện đều có 6 đỉnh. STUDY TIPS Khi con cá bơi ngược dòng thì vận tốc của dòng nước sẽ ngược lại với vận tốc của con cá, do đó vận tốc tổng sẽ là v  8 Câu 31: Đáp án A. Ta có 200   v  8  .t  t  200 200 . Khi đó E  v   cv 3 . Do c là hằng số nên để v8 v8 năng lượng tiêu hao ít nhất thì f  v   200 v 3 nhỏ nhất. Xét hàm số f  v  trên v8  8;   260 | Khai báo sách chính hãng tại: congphatoan.com để nhận 100 đề thi thử tặng kèm 25 đề cốt lõi Toán 12 f ‘  v   200. Ngọc Huyền LB – facebook.com/huyenvu2405 3v 2  v  8   v 3  v  8  200. 2 2v3  24v2  v  8 2 f ‘  v   0  v  12. Câu 32: Đáp án B Ta thấy E  3 2 1 .32 2 .33 3 2 3 2 1 2 2  3  3 2  32  9 Câu 33: Đáp án D 2  0  y 0   y  2 3 Trọng tâm G của tam giác ABC thuộc trục Ox khi    z  4 3  1  z  0  3 Câu 34: Đáp án C Ta có log 3 50  log 1 50  2 log 3 50  2 log 3  10.5   2  log 3 10  log 3 5  32  2  log 3 10  log 3 15  log 3 3   2  a  b  1 Câu 35: Đáp án C y Ở đây ta sẽ xác định tọa độ điểm cực tiểu từ đó xác định vị trí của điểm đó thuộc góc phần tư thứ mấy. II III I O IV x  0 Ta có y ‘  3 x 2  6 x  0   . Khi đó điểm A  2; 1 là điểm cực tiểu của đồ x  2 x thị hàm số đã cho. Vậy A thuộc góc phần tư thứ IV. Ta có cách chia góc phần tư như sau: Ngược chiều kim đồng hồ. Câu 36: Đáp án B Với các bài toán dạng này thì ta sẽ đặt z  x  yi  x , y   . Khi đó thay vào phương trình đề cho, từ đó tìm mối liên hệ giữa x, y. Ta có phương trình đã cho trở thành x  yi  1  x  yi  2i  3  x  1  yi  x  3   y  2  i 2 2 2   x  1  y 2   x  3    y  2   2 x  1  6 x  4 y  13  4 x  4 y  12  0  x  y  3  0 Câu 37: Đáp án B Nhận thấy khi đường thẳng cần tìm vuông góc với mặt phẳng  ABC  tức là đường thẳng này cùng phương với vtpt của mặt phẳng  ABC  . Mặt khác, với bài toán cho ba điểm thì vtpt của mặt phẳng  ABC  được tính bằng tích có   hướng của hai vecto AB và AC . Vậy từ đây ta viết được phương trình đường thẳng cần tìm.   Ta có AB   3; 2; 1 ; AC   0; 2; 2  .     Khi đó u  n ABC    AB, AC    6, 6, 6   6  1,1,1   Mà trọng tâm G  1; 1; 1 . Do đó phương trình đường thẳng cần tìm là x 1 y 1 z 1 .   1 1 1 Câu 38: Đáp án B Thể tích khối tròn xoay khi quay D quanh trục Ox được tính bằng công thức: Đặt sách tại: Tiki.vn | Newshop.vn | Pibook.vn | Lovebook.vn | 261 Công Phá Toán The Best or Nothing  2     V   sin xdx  .   cos x  2  .   cos  cos 0    đvtt. 2   0 0 Câu 39: Đáp án A.  z  1  4i Giải phương trình trên bằng máy tính cầm tay ta được hai nhiệm là  1  z2  1  4i Khi đó z1  z2  2 1  4 2  2 17 Câu 40: Đáp án B    y ‘  log 2017 x 2  1 ‘  2x x 2   1 ln 2017 Câu 41: Đáp án A 1 Ta thấy đây là bài toán gỡ điểm bởi V  .B.h mà đề đã cho diện tích đáy và 3 1 1 a3 chiều cao, do đó V  . .a.a.2 a  3 2 3 Câu 42: Đáp án B. Tương tự như bài 37 thì ta tính được vtpt của mặt phẳng  P  như sau:   Ta có AB   2; 3; 0  , AC   2; 0; 3  . Khi đó vtpt của  P  :    n   AB, AC    9; 6; 6  . Ta thấy hai mặt phẳng vuông góc với nhau thì hai   vtpt của mặt phẳng đó vuông góc với nhau, mà ở đây chỉ có mặt phẳng ở phương án B thỏa mãn điều kiện đó. Câu 43: Đáp án C.  4 Ta có I   0  4 x dx dx   x. 2 cos x cos 2 x 0  u  x  du  dx  4  Đặt  , khi đó ta có I  x. tan x 4   tan xdx dx  v  tan x  vdv  0 0 cos2 x       4 sin x  4 1   dx    d  cos x    ln cos x 4 4 4 0 cos x 4 0 cos x 0  Câu 44: Đáp án C A H   2   . Nhận thấy khi chia đường tròn thành 8 phần thì góc ở tâm AIB 8 4 Khi đó áp dụng định lý hàm số cos cho tam giác AIB ta có B M N G Q C I  D E AB2  AI 2  IB2  2.IA.IB.cos   400 2  2 4    Mà AB  AH  400 2  2 . P F     2 2   ln  ln 1    ln  4 4  2 2  Vì tam giác AMH vuông cân tại M nên AM  HM  262 | Khai báo sách chính hãng tại: congphatoan.com để nhận 100 đề thi thử tặng kèm AH 2    10 2 2  2 . 25 đề cốt lõi Toán 12 Ngọc Huyền LB – facebook.com/huyenvu2405 Khi đó thể tích hình hộp là      V  10 2. 2  2 .400 2  2  4000 2  2  42 2 Câu 45: Đáp án C Với A: ta bấm máy thấy đúng, tuy nhiên tôi có thể giải thích như sau: 1 1  sin 1  x  dx   sin xdx . Đặt 1  x  t Khi đó đổi cận thì VT của phương trình trở 0 0 0 1 thành   sin tdt   sin tdt  VP , vậy A đúng. 1 0 Với B ta có : Đặt t  x 1  dt  dx . Đổi cận: 2 2 x 0 t 0   2 x sin dx  2 0 2 0 sin tdt . Vậy B đúng. Với C, bấm máy tính ta thấy kết quả không đúng, do đó ta chọn C. Câu 46: Đáp án D. Ta có công thức tính số các chữ số đứng trước dấu phẩy của số x  1 bất kì là STUDY TIPS Số các chữ số đứng trước dấu phẩy của số x  1 bất kì là: N   log x   1 N  n  1  log x   1 . Thật vậy ta đi chứng minh như sau: Vì 10 n là số tự nhiên bé nhất có n  1 chữ số nên số các chữ số đứng trước dấu phẩy của x bằng n  1 khi và chỉ khi 10n  x  10n1 , tức là n  log x  n  1 , điều này chứng tỏ rằng n  log x  . Ta thấy số chữ số của a12 b 2016 là 973  log a12 b 2016   1  12 log a  2016 log b   1  12 log a  2016 log b   972 . Thử các cặp giá trị ta thấy D thỏa mãn Câu 47: Đáp án B Ta thấy ở đây có khá nhiều dữ kiện, tuy nhiên ta cos thể tìm được giao điểm giữa  và d bằng cách đưa phương trình đường thẳng d về dạng phương trình tham số và tham số tọa độ giao điểm.  x  1  3t  Ta có d :  y  1  t . Khi đó I  1  3t ; 1  t ; t  là giao điểm của d và  Mà I  z  t  thuộc mặt phẳng  P  . Do đó 1  3t  1  t  t  3  0  t  3  I  8; 2; 3  Ta   thấy d vuông góc với u và n P  ( là vtpt của mặt phẳng  P  ). Suy ra    x8 y2 z3 ud  u, n P     1; 2; 1 . Khi đó phương trình  có dạng     1 2 1 x8 y2 z3 .  :   1 2 1 Câu 48: Đáp án B. Đặt sách tại: Tiki.vn | Newshop.vn | Pibook.vn | Lovebook.vn | 263 Công Phá Toán The Best or Nothing Ta có F  x    ln 2 x  3 1 1 1 dx   . .d  2 x  3   C 2x  3 2  2x  3 2 Từ đây ta thấy A đúng. Với B ta thấy ln 4 x  6 4 Câu 49: Đáp án D.  10  ln 2  ln 2 x  3 4  10  F  x  , C sai. Đặt a là độ dài cạnh của hình vuông đáy, b là chiều cao của khối hộp với a , b  0 . Khi đó ta có 2a 2  4ab  32  2a  a  2b   32  a  a  2b   16 b 1  16    a  . Khi đó thể tích của khối hộp được tính bằng công thức: 2 a  V  f a  1 1 2  16  1 .a   a   .a. 16  a 2   a 3  8 a 2 2 2  a     4  64 3 3 4 Ta có f ‘  a    a 2  8  0  a  do a  0 . Khi đó Vmax  f   2 9 3  3 Ta có tổng diện tích các mặt của khối hộp là Câu 50: Đáp án C y Đặt log 2 m  a  0 khi đó m  2 a . Xét hàm số f  x   x 4  5 x 2  4 .ta sẽ xét như sau, vì đây là hàm số chẵn nên đối xứng trục Oy. Do vậy ta sẽ xét hàm g  x   x 4  5×2  4 trên  , sau đó lấy đối xứng để vẽ đồ thị hàm y  f  x  thì ta giữ nguyên phần đồ thị phía trên trục hoành ta được  P1  , lấy đối xứng phần phía dưới trục hoành qua trục hoành ta được  P2  , khi đó đồ thị hàm số x O 1 y  f  x  là  P    P1    P2  . Lúc làm thì quý độc giả có thể vẽ nhanh và suy diễn nhanh. Nhìn vào đồ thị ta thấy để phương trình đã cho có 4 nghiệm thì 0  a   1  m  4 29 264 | Khai báo sách chính hãng tại: congphatoan.com để nhận 100 đề thi thử tặng kèm 9 4 25 đề cốt lõi Toán 12 Ngọc Huyền LB – facebook.com/huyenvu2405 ĐỀ ÔN LUYỆN SỐ 18 Câu 1: Tập nghiệm của bất phương trình Câu 8: Cho hình nón có chiều cao bằng 3cm, góc 2 giữa trục và đường sinh bằng 60 0. Thể tích của 2 x 4   1 .ln x 2  0 là: A.  2; 1   1; 2  B. 1; 2 C.  1; 2  D. 1; 2  Câu 2: Đồ thị của hàm số y  khối nón là: A. 9 cm 3 các tam giác đều cạnh a và nằm trong các mặt  2m  1 x  3 C. m  3 có x1 D. m  1 Câu 3: Điều kiện cần và đủ của m đề hàm số y  mx4   m  1 x 2  1 có đúng 1 điểm cực tiểu là: A. 1  m  0 B. m  1 C. m   1;   0 D. m  1 phẳng vuông góc với nhau. Thể tích của khối tứ diện ABCD là: 3a 3 3a 3 a3 a3 B. C. D. 4 8 4 8 Câu 10: Cho hình chóp đều S.ABC có đáy bằng a, A. góc giữa đường thẳng SA và mặt phẳng  ABC  bằng 60 0. Gọi A’; B’; C’ tương ứng là các điểm đối xứng của A; B; C qua S. Thể tích của khối bát diện Câu 4: Phát biểu nào sau đây là đúng? có các mặt: ABC; A’B’C’; A’BC; B’CA; C’AB; AB’C’; cos2x A.  sin 2 xdx   C; C   2 BC’A’; CA’B’ là: 3a 3 2 3a3 4 3a 3 C. D. 2 2 2 Câu 11: Phát biểu nào sau đây là đúng? A. 2 3a3 cos2x B.  sin 2 xdx   C; C   2 C.  sin 2 xdx  2cos2x  C ; C   Câu 5: Tập nghiệm của bất phương trình:  log x 3  25  log  10 x  là: B.  1  C; C    3 B.   x  1 dx  2  x  1  C ; C   x 2x C.   x  1 dx    x  C; C   5 3 A. D.  sin 2 xdx  cos2x  C ; C    C. 18 cm 3 D. 27 cm 3 Câu 9: Cho tứ diện ABCD có hai măt ABC, BCD là đường tiệm cận đi qua điểm A  2;7  khi và chỉ khi: A. m  3 B. m  1 B. 3 cm 3  x 2  1 dx  x 2 2 2 3 3 2 A.  5 B.  C.  0;   D.  0; 5    5;   Câu 6: Hàm số nào trong các hàm số dưới đây có x3 2×3  x 5 3 Câu 12: Hàm số nào trong các hàm số dưới đây có đồ thị phù hợp với hình vẽ bên: đồ thị phù hợp với hình vẽ bên: D. x 2   1 dx  y y 2 x x -2 A. y  e 1 A. y  x 3 B. y  x 4 C. y  x D. y  x 5 1 3 Câu 7: Tập xác định của hàm số y  x là: A. 0;   B.  C.  0 D.  0;   x C. y  log B. y  e  x 7 x D. y  log 0 ,5 x Câu 13: Cho các số thực a, b, c thỏa mãn 8  4 a  2b  c  0 . Số giao điểm của đồ thi hàm  8  4 a  2 b  c  0 số y  x 3  ax 2  bx  c và trục Ox là: A. 0 B. 2 C. 3 D. 1 Đặt sách tại: Tiki.vn | Newshop.vn | Pibook.vn | Lovebook.vn | 265 Công Phá Toán The Best or Nothing Câu 14: Một đám vi trùng tại ngày thứ t có số ô thứ 2,… ô sau nhận số hạt thóc gấp đôi phần 7000 và lúc đầu t2 đám vi trùng có 30000 con. Sau 10 ngày, đám vi thưởng dành cho ô liền trước”. Giá trị nhỏ nhất lượng là N  t  . Biết rằng N ‘  t   trùng có khoảng bao nhiêu con? của n để tổng số hạt thóc mà vị quan xin từ n ô đầu tiên (từ ô thứ 1 đến ô thứ n) lớn hơn 1 triệu là: A. 21 B. 19 C. 18 D. 20 A. 332542 con B. 312542 con Câu 21: Cho a là số thực dương khác 1. Xét hai số C. 302542 con D. 322542 con thực x1 ; x2 . Phát biểu nào sau đây là đúng? Câu 15: Cho hình lập phương ABCD. A’B’C’D’ cạnh a. Thể tích của khối tứ diện ACB’D’ là: a3 a3 a3 A. a B. C. D. 3 6 2 Câu 16: Cho hình lập phương có cạnh bằng 1. 3 Diện tích mặt cầu đi qua các đỉnh của hình lập phương là: A. 6 B. 3 C.  D. 2 Câu 17: Cho hàm số y  f  x  có bảng biến thiên như hình bên. Số đường tiệm cận ngang của đồ thi hàm số y  f  x  là: x A. Nếu a x1  a x2 thì  a  1 x1  x2   0 B. Nếu a x1  a x2 thì  a  1 x1  x2   0 C. Nếu a x1  a x2 thì x1  x2 D. Nếu a x1  a x2 thì x1  x2 Câu 22: Điều kiện cần và đủ của m để hàm số y x3   m  1 x 2  m 2  2 m x  1 3  nghịch biến trên  2; 3  là: A. m  1; 2  B. m  1; 2  C. m  1 D. m  2 Câu 23: Khối trụ có thiết diện qua trục là hình vuông cạnh a  2 cm có thể tích là: + A. 3cm 3 1 B. 1 B. 4 cm 3 C. 2 cm 3 D. cm 3 Câu 24: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho các điểm A  0; 2; 1 và B  1; 1; 2  . Tọa độ điểm -1 A. 0  C. 3 M thuộc đoạn thẳng AB sao cho: MA= 2MB là: D. 2 Câu 18: Cho hình trụ có các đường tròn đáy là  O  và  O’ , bán kính đáy bằng chiều cao và bằng a. Các điểm A; B lần lượt thuộc các đường tròn đáy 1 3 1 A.  ;  ;  2 2 2 B.  2; 0; 5  2 4  C.  ;  ;1  3 3  D.  1; 3; 4  là (O) và (O’) sao cho AB  3a. Thể tích của khối Câu 25: Cho lăng trụ đứng ABC. A ’B’C ’ có đáy là tứ diện ABOO’ là: tam giác vuông cân đỉnh A, mặt bên BCC’B’ là 3 A. a 2 3 B. a 3 3 C. a 3 D. a 6 1 3 x  mx 2  x  1 nghịch biến 3 trên  khi và chỉ khi: Câu 19: Hàm số y  A. m    1;1 B. m   1;1 C. m  1;1 D. m   1;1 hình vuông, khoảng cách giữa AB’ và CC ’ bằng a. Thể tích của khối trụ ABC . A ’B ’C ’ là: A. Câu 2a 3 2 26. B. Hàm 2 a3 3 số C. 2a 3 y  f  x D. a 3 có 2 đạo hàm f ‘  x    x  1  x  3  . Phát biển nào sau đây là đúng? Câu 20: Chuyện kể rằng: Ngày xưa, có ông vua A. Hàm số có một điểm cực đại hứa sẽ thưởng cho một vị quan món quà mà vị B. Hàm số có hai điểm cực trị quan đươc chọn. Vị quan tâu: “Hạ thần chỉ xin Bệ C. Hàm số có đúng 1 điểm cực trị hạ thưởng cho một hạt thóc thôi ạ! Cụ thể như sau: D. Hàm số không có điểm cực trị Bàn cờ vua có 64 ô thì với ô thứ nhất thần xin thêm 1 hạt, ô thứ 2 thì gấp đôi ô đầu, ô thứ 3 lại gấp đôi 266 | Khai báo sách chính hãng tại: congphatoan.com để nhận 100 đề thi thử tặng kèm 25 đề cốt lõi Toán 12 Ngọc Huyền LB – facebook.com/huyenvu2405 Câu 27. Cho hình nón có độ dài đường sinh bằng tổng tiền có được tháng trước đó và tiền lãi của 2 cm, góc ở đỉnh bằng 60 . Diện tích xung quanh tháng trước đó). Sau ít nhất bao nhiêu tháng, của hình nón là: người đó có nhiều hơn 125 triệu? 0 2 A. 6 cm . B. 3cm 2 C. 2 cm 2 2 D.  cm . Câu 28. Số nghiệm thực phân biệt của phương 2 B. 2 B. 46 tháng C. 44 tháng D. 47 tháng Câu 36. Tập hợp các giá trị của m để đồ thị của 2 trình 4 x  5.2 x  4  0 là: A. 3 A. 45 tháng C. 4 hàm số y  D. 1 Câu 29. Cho hình trụ có bán kính đường tròn đáy bằng chiều cao và bằng 2 cm. Diện tích xung 2x  1  mx 2   2 x  1 4 x2  4m  1 A.  ; 1 {0}  1;  B. {0}. 8 2 cm . B. 4 cm 2 . C. 2 cm 2 D. 8 cm 2 . 3 Câu 30. Phát biểu nào sau đây là đúng? C.  A. 8 2 cm . B. 4cm 2 . C. 2cm 2 . D. cm 2 . 3   Câu 31. Hàm số y  log 0 ,5  x 2  2 x đồng biến trên khoảng: A.  0;1 . B. 1; 2  C.  ;1 D. 1;   a b c d S  ln  ln  ln  ln bằng: b c d a A. 1 B. 0 a b c d D. ln      b c d e Câu 38. Số nghiệm thực phân biệt của phương C. ln  abcd  . trình 2 vuông tại B , cạnh SA vuông góc với đáy và A. 1 3 3 3a 2 3a 2a B. . C. . D. 3a 3 . . 3 3 3 Câu 33. Hàm số nào trong các hàm số sau có bảng biến thiên như hình dưới đây -2 + y’ 0 − -1 3 3 C. y  x  3 x  1  4 là: B. 2 C. 3 D. 0 Câu 39. Trên khoảng  0;   , hàm số y  ln x là một nguyên hàm của hàm số: 1  C , C  . x C. y  x ln x  x. A. y  1 B. y  . x D. y  xln x  x  C,C . A.  1; 2    3;   . B.  1; 2  3;   C.  ;1   2; 3  D.  ;1   2; 3  Câu 41. Cho hình chóp S. ABCD có đáy là hình B. y  2 x 3  6 x 2  1. 2 x 1  x  24 ln  x  1 x  2  x  3   1  0 là: + 3 A. y  x 3  3x 2  1. 1 4x Câu 40. Tập nghiệm của bất phương trình 0 0 y 2 3 A. x D.  ; 1   1;   . Câu 37. Cho các số dương a , b , c , d. Biểu thức Câu 32. Cho hình chóp S. ABC có đáy là tam giác AB  a,SA  AC  2a. Thể tích khối chóp S. ABC là: có đúng đường tiệm cận là: quanh của hình trụ bằng: A.  2 D. y  2 x  9 x  1 thang vuông tại A và D, AB  2a , AD  DC  a , cạnh bên SA vuông góc với đáy và SA  2 a. Gọi Câu 34. Cho hình chóp S. ABCD có đáy là hình M , N là trung điểm của SA và SB. Thể tích của vuông cạnh a , SA vuông góc với mặt phẳng khối chóp S.CDMN là:  ABCD  , a3 a3 a3 B. C. a 3 . D. . . . 2 3 6 Câu 42. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho góc giữa SB với mặt phẳng  ABCD  bằng 60 0. Thể tích của khối chóp S. ABCD là: A. a3 3 . B. a3 3 3 . C. 3a 3 . D. 3 3a3 . A. các điểm A  1; 1;1 , B  0;1; 2  và điểm M thay Câu 35. Một người gửi ngân hàng 100 triệu theo đổi trên mặt phẳng tọa độ  Oxy  . Giá trị lớn nhất thể thức lãi kép, lãi suất 0,5% một tháng (kể từ của biểu thức T  MA  MB là: tháng thứ 2, tiền lãi được tính theo phần trăm của A. 6. B. 12. C. 14. D. 8. Đặt sách tại: Tiki.vn | Newshop.vn | Pibook.vn | Lovebook.vn | 267 Công Phá Toán Câu 43. The Best or Nothing Giá 4 trị lớn nhất của hàm số 3 y  sin x  sin x là: A. 0 Câu  B. Hàm số đạt giá trị nhỏ nhất bằng 1 B. 2 44. Tập C. 3 nghiệm D. -1 của phương C. Hàm số đồng biến trên  ; 2    0;   trình  log 2 x 2  1  log 2 2 x là:  B có AB  3a , BC  a. Khi quay hình tam giác đó xung B. {2,4}.  D. Hàm số đạt giá trị lớn nhất tại x  2. Câu 48. Tam giác ABC vuông tại  1  2  A.    2  C. 1  2;1  2 A. Hàm số nghịch biến trên  2; 0  quanh đường thẳng AB một góc 360 0 ta được một khối tròn xoay. Thể tích của khối tròn xoay D. 1  2 đó là: Câu 45. Ngày 1/7/2016, dân số Việt Nam khoảng 91,7 triệu người. Nếu tỉ lệ tăng dân số Việt Nam hàng năm là 12% và tỉ lệ ổn định 10 năm liên tiếp thì ngày 1/7/2026 dân số Việt Nam khoảng bao a 3 a 3 D. . 3 2 Câu 49. Điều kiện cần và đủ của m để hàm số A. a 3 B. 3 a 3 C. A. 104,3 triệu người B. 103,3 triệu người mx  5 đồng biến trên từng khoảng xác định là x1 A. m  5. B. m  5. C. m  5. D. m  5 C. 105,3 triệu người D. 106,3 triệu người Câu 50: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , các nhiêu triệu người? điểm A  1; 2; 3  , B  3; 3; 4  , C  1;1; 2    Câu 46. Cho    0;  .  2 4 4 Biểu thức 2 sin  2 cos  4 sin A. 2 sin  cos  2 y  cos2  . B. 2 A. thẳng hàng và A nằm giữa B và C bằng: C. 2 sin  cos  B. thẳng hàng và C nằm giữa A và B D. 4 Câu 47. Cho hàm số có đồ thị ở hình bên. Phát biểu C. thẳng hàng và B nằm giữa C và A D. là ba đỉnh của một tam giác nào sau đây là đúng? y 3 O x -2 -2 268 | Khai báo sách chính hãng tại: congphatoan.com để nhận 100 đề thi thử tặng kèm 25 đề cốt lõi Toán 12 Ngọc Huyền LB – facebook.com/huyenvu2405 ĐÁP ÁN 1A 2C 3D 4A 5D 6A 7B 8D 9C 10C 11C 12C 13C 14B 15B 16B 17D 18D 19C 20D 21A 22A 23 24C 25A 26C 27C 28A 29D 30D 31B 32B 33C 34A 35A 36B 37B 38D 39B 40A 41B 42A 43B 44D 45B 46B 47A 48A 49D 50A HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT Câu 1: Đáp án A. Điều kiện: x  0 2 x2  4  2 x2  4  1  0   ln x 2  0 2  1 .ln x  0    2  2 x  4  1  0  2  ln x  0  2  x  2 2 x2  4  1  0 2 x2  4  2 0  x 2  4  0  2  x  1  TH1:  .  2   x  1   2 2 1  x  2 ln x  0 ln x  ln1   x  1  x  1  2 2 x2  4  1  0  x  4  0 TH2:  (loại).   2 2  x  1 ln x  0 Câu 2: Đáp án C. Đồ thị hàm số đã cho là đồ thị hàm phân thức bậc nhất trên bậc nhất nên sẽ có hai tiệm cận, ta đã xác định được tiệm cận đứng là x  1 , mà đường tiệm cận đứng không đi qua điểm A  2; 7  . Do đó ta đi xét luôn đến tiệm cận ngang là y  2m  1 . Để đường TCN của đồ thị hàm số đi qua A  2; 7  thì 2 m  1  7  m  3 . Câu 3: Đáp án D Đây là bài toán quen thuộc của các bài toán liên quan đến cực trị. Nhận thấy, STUDY TIPS Xem bảng trang 38 SGK cơ bản. với m  0 thì hàm số đã cho trở thành y  x 2  1 là hàm số bậc hai có đồ thị là parabol có duy nhất một điểm cực tiểu. Nên m  0 thỏa mãn. Với m  0 thì đây là hàm số bậc bốn trùng phương, ta đi tìm điều kiện để đồ thị hàm số có duy nhất một điểm cực tiểu. Với m  0 thỏa mãn yêu cầu đề bài. Với m  0 , để đồ thị hàm số đã cho có duy nhất một điểm cực tiểu thì Trường hợp 1: Đồ thị hàm số có duy nhất một điểm cực trị và đó là điểm cực tiểu khi: Hệ số a của hàm số đã cho dương và phương trình y ‘  0 có duy nhất một nghiệm. a  m  0   m  0.  m  1 m  0 Trường hợp 2: Đồ thị hàm số có 3 điểm cực trị, trong đó có 1 điểm cực tiểu và hai điểm cực đại. Khi đó Hệ số a âm và € y ‘  0 có ba nghiệm phân biệt: Đặt sách tại: Tiki.vn | Newshop.vn | Pibook.vn | Lovebook.vn | 269 Công Phá Toán The Best or Nothing a  m  0  m  1   m  1 m  0 Kết hợp các trường hợp ta có m  1 Câu 4: Đáp án A. STUDY TIPS Ta nhận thấy:  sin  ax  b  dx 1   .cos  ax  b   C a 1 Với A: Ta có  sin  ax  b  dx   .cos  ax  b   C . a Áp dụng công thức trên ta có  sin 2 xdx  1 cos 2 x  C. Vậy A đúng. 2 Câu 5: Đáp án D. Điều kiện: x  0 STUDY TIPS A 2  2  log x 2  25  log  10 x   x 2  25  10 x  x 2  10 x  25  0   x  5   0  x  0  A  x  0 x5 Sau khi giải nhớ kết hợp điều kiện. Kết hợp điều kiện thì ta được x   0; 5    5;   . Câu 6: Đáp án A Ta chọn A luôn vì đây là dạng đồ thị hàm số bậc ba không có điểm cực trị, mà ở đây có duy nhất phương án A thỏa mãn. Câu 7: Đáp án B. 1 Nhận thấy hàm số y  x 3 xác định trên  S Câu 8: Đáp án D Ta có hình vẽ mặt cắt của mặt phẳng chứa trục của hình nón và vuông góc với mặt đáy. Ở đây SH là trục của hình nón, SA, SB là các đường sinh, Khi đó góc   60 . giữa trục và đường sinh là HSB  tan HSB   3. tan 60  3 3 . Tam giác SHB vuông tại H nên HB  tan HSB A B H Mặt khác HB chính là bán kính của hình tròn đáy khối nón, do đó thể tích khối 1 1 nón là: V  .B.h  .3. 3 3 3 3 Câu 9: Đáp án C   A 2   27  Ta có hình vẽ của tứ diện Nhận xét hai mặt phẳng  ABC  và  BCD  vuông góc với nhau có BC là giao D B tuyến. Gọi H là trung điểm của BC suy ra AH  BC ( do tam giác ABC là tam giác đều). H Suy ra AH   BCD  , hay AH là đường cao của tứ diện ABCD. Mặt khác C a 3 1 1 a2 3 a 3 a3 . Do vậy VABCD  .SBCD .AH  . . .  2 3 3 4 2 8 A’ Câu 10: Đáp án C B’ AH  C’ Thể tích khối bát diện đã cho là S A G C a B 1 V  2VA’ B’C ‘ BC  2.4VA’.SBC  8VS. ABC  8. SG.SABC 3   Ta có: SA;  ABC   SAG  60 0. Xét SGA vuông tại G :   270 | Khai báo sách chính hãng tại: congphatoan.com để nhận 100 đề thi thử tặng kèm 25 đề cốt lõi Toán 12  tan SAG Ngọc Huyền LB – facebook.com/huyenvu2405 SG   a.  SG  AG.tan SAG AG 1 3 1 3 Vậy V  8. SG.SABC  8. .a. a 2 3 2 3a 3  . 4 3 Câu 11: Đáp án C. Ta có   2   x 2  1 dx   x 4  2 x 2  1 dx  x5 2 3  x  x  C; C   . 5 3 Câu 12: Đáp án C. Ta thấy đồ thị hàm số nhận trục Oy Mặt khác lim y   và lim y   . Do đó đây là đồ thị của hàm số logarit có x  x 0 cơ số a  1 nên ta chọn C. Câu 13: Đáp án C. Ta thấy 8  4a  2b  c  y  2   0 và 8  4a  2b  c  y  2   0 . Ta có y ‘  3 x 2  2 ax  b  0 có  ‘  a 2  3b 8  4 a  2 b  c  0 Mặt khác hệ bất phương trình    b  4b  16  b  4 8  4 a  2 b  c  0 Do b  4 nên  ‘  0 , từ đây suy ra phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt b 4 x1 ; x2 . Mặt khác x1 x2    nên phương trình đã cho có hai nghiệm trái 3 3 dấu. Đặt x1  0  x2 khi đó x1 ; y  x1  là điểm cực đại, và x2 ; y  x2  là điểm     cực tiểu. Mặt khác ta có y  2   0 , do hàm số đạt cực đại tại x1 , mà -2 là điểm lân cận x1 nên y  x1   y  2   0 . Tương tự thì ta suy ra được y  x2   y  2   0 . Suy ra y  x1  .y  x2   0 , suy ra hai điểm cực trị của đồ thị hàm số nằm về hai phía trục Ox, từ đây suy ra đồ thị hàm số đã cho luôn cắt trục Ox tại 3 điểm phân biệt. Trên đây là cách tư duy suy luận, không phải là một lời giải chi tiết một bài toán nên cách trình bày không được đúng chuẩn mực toán học. Câu 14: Đáp án B Ta thấy đây là dạng bài toán tìm nguyên hàm mà tôi đã giới thiệu ở câu 22 đề số 2 sách bộ đề tinh túy Toán 2017. STUDY TIPS Khi việc tính thể tích của khối đề bài yêu cầu quá khó để thiết lập công thức, ta nên chuyển hướng sang cách làm gián tiếp 7000 dt  7000.ln t  2  C . Do ban đầu đám vi trùng có 300 000 t2 nên C  300 000 , đến đây thay t  10 ta được Ta có: N  t    N  10   7000.ln 12  300000  317394.3465 Câu 15: Đáp án B. Nhìn vào hình vẽ ta thấy nếu đi tính trực tiếp thể tích khối tứ diện ACD’B’ là B A D khá lâu, do đó ta sẽ đi tìm một cách gián tiếp như sau: Ta có V ACD ‘ B’  V ABCD . A ‘ B’C ‘ D ‘  VD ‘ ADC  VB’ ACB  VCB’C ‘ D ‘  V AA ‘ B’ D ‘ . C  1 1 Mặt khác ta nhận thấy VD ‘ ADC  VB’ ACB  VCB’ C ‘ D ‘  VAA ‘ B’ D ‘  .a. .SABCD  a 3 3 2 6 B’ A’ D’ 1 a3 Do vậy V ACD ‘ B’  a 3  4. a 3  . 6 3 C’ Đặt sách tại: Tiki.vn | Newshop.vn | Pibook.vn | Lovebook.vn | 271 Công Phá Toán The Best or Nothing Câu 16: Đáp án B. Ta thấy mặt cầu đi qua các đỉnh của hình lập phương có đường kính là đường chéo của hình lập phương. Mà hình lập phương có cạnh là 1, do đó áp dụng STUDY TIPS Công thức tính đường chéo hình hộp chữ nhật có kích thước là a, b, c là l  a 2  b2  c 2 công thức về đường chéo khối hộp tôi đã đưa ra ở các đề trước thì ta có d  2 R  12  12  12  3  R  3 . 2 2  3 Khi đó diện tích mặt cầu là: S  4R  4.    3 .  2    Câu 17: Đáp án D. 2 Nhìn vào BBT ta thấy lim y  1 và lim y  1 nên đồ thị hàm số có hai TCN là x  x  x  1; x  1 Câu 18: Đáp án D. A Kí hiệu như hình vẽ. O Ta có tam giác A’AB vuông tại A’ nên A ‘ B  AB2  A ‘ A 2  a 2 . Tam giác A’O’B có A ‘ O ‘2  O ‘ B 2  a 2  a 2  2 a 2  A ‘ B2  tam giác A’O’B vuông cân tại O’. Từ đó suy ra O ‘ B  A ‘ O ‘ . Ta có O ‘ B  A ‘ O ‘; O ‘ B  O ‘ O nên O ‘ B   AOO ‘ A ‘  hay O ‘ B   AOO ‘  . Nên từ đây ta có O’B là đường cao của khối tứ diện ABOO’. Vậy O’ A’ B 1 1 1 a3 . V ABOO ‘  .O ‘ B.SAOO ‘  ..a. .a.a  3 3 2 6 Câu 19: Đáp án C Ta có y ‘   x 2  2 mx  1 . 1  0 nên để hàm số 3 đã cho nghịch biến trên  thì phương trình y ‘  0 vô nghiệm hoặc có nghiệm Nhận thấy hàm số đã cho là hàm số bậc ba có hệ số a   kép, hay  ‘  m 2  1  0  1  m  1 Câu 20: Đáp án D. Bài toán tương tự đã xuất hiện trong câu 21 đề số 12 sách bộ đề tinh túy ôn thi STUDY TIPS Công thức sử dụng bên cạnh là công thức tính tổng cấp số nhân. THPT QG 2017. Từ dữ kiện đề bài suy ra số thóc ở ô thứ n sẽ là 2 n1 hạt. Vậy tổng số thóc từ ô 1 đến ô thứ n là 1  2  2 2  2 3  …  2 n1  2n  1  2 n  1 với 1  n  64; n   2 1 Để số hạt thóc lớn hơn 1 triệu thì 2n  1  1000 000  2 n  1000 001 n  log 2 1000001  19,93157 . Vậy n  20 . Câu 21: Đáp án A. Với phương án A: ta thấy Nếu 0  a  1 thì x1  x2   Nếu a  1 thì x1  x2 . Từ đây suy ra  a  1 x1  x 2  0 . Ta chọn A, và không cần xét các phương án còn lại. Câu 22: Đáp án A. Ta có y ‘  x2  2  m  1 x  m2  2m 272 | Khai báo sách chính hãng tại: congphatoan.com để nhận 100 đề thi thử tặng kèm 25 đề cốt lõi Toán 12 Để hàm số y  Ngọc Huyền LB – facebook.com/huyenvu2405 x3   m  1 x2  m2  2m x  1 nghịch biến trên  2; 3  thì y ‘  0 3   với mọi x  2; 3  . Tức là khoảng  2; 3  nằm trong khoảng hai nghiệm phương STUDY TIPS Áp dụng cách xét dấu tam thức bậc hai, trong trái ngoài cùng, ở đây hệ số 1  0 , do đó trong khoảng 2 nghiệm thì y’  0 trình y ‘  0 .  m  12  m2  2m  0 1  0    ‘  0    x1  2  x2  2   0   x1 x2  2  x1  x2   4  0   x1  2  3  x2    x1  3  x2  3   0  x1 x2  3  x1  x2   9  0  m2  2 m  2.2.  m  1  4  0  m 2  2m  0 0  m  2 1 m 2  2  2  1  m  3  m  4 m  3  0  m  2 m  3.2.  m  1  9  0 Câu 24: Đáp án C   Do điểm M nằm trên đoạn AB nên AM  2 MB . Từ đây suy ra x M  x A  2  xB  x M   x M  2 xB  x A 3  2 . Chọn luôn C. 2 Câu 25: Đáp án A. B C Ta thấy     C ‘ C   ABB ‘ A ‘   d  CC ‘; AB ‘   d CC ‘;  ABB ‘ A ‘   d C ‘;  ABB ‘ A ‘   a Mặt khác ta có C ‘ A ‘  BB ‘; C ‘ A ‘  A ‘ B ‘  C ‘ A ‘   ABB ‘ A ‘   C ‘ A ‘  a . Khi A đó B ‘ C ‘  a 2 ( do tam giác A’B’C’ vuông cân tại A’ ). Mà BCC ‘ B ‘ là hình vuông nên chiều cao hình lăng trụ là BB ‘  B ‘ C ‘  a 2 . Vậy B’ C’ A’ 1 a3 2 . V ABC . A ‘ B ‘ C ‘  .a2 .a 2  2 2 Câu 26: Đáp án C. x  1 Ta có f ‘  x   0   , tuy nhiên ta thấy f ‘  x  không đổi dấu khi qua x  1 , x  3 do đó x  1 không phải là điểm cực trị của hàm số. Vậy hàm số có đúng một điểm cực trị là x  3 . S Câu 27: Đáp án C. Công thức tính diện tích xung quanh của hình nón là S  Rl . Ở đây t còn thiếu R do đó ta sẽ đi tìm R dựa vào các dữ kiện đã biết. Lời giải: A Áp dụng định lý hàm cos cho tam giác SAB ta được   AB  2 2  2 2  2.2.2.cos 60  2 AB 2  SA 2  SB2  2.SA.SB. cos ASB B Mà AB  2 R  R  1 . Vậy S  R.l  .1.2  2  . Câu 28: Đáp án A. 2 2 2 Xét phương trình 4 x  5.2 x  4  0 . Nếu đặt 2 x  a  a  0  thì phương trình đã a  4 cho trở thành a 2  5.a  4  0   . a  1 Nhận xét với a  4 thì x 2  2  x  2; x   2 Với a  1 thì x 2  0  x  0 . Vậy phương trình đã cho có 3 nghiệm thực phân biệt. Câu 29: Đáp án D. Đặt sách tại: Tiki.vn | Newshop.vn | Pibook.vn | Lovebook.vn | 273 Công Phá Toán The Best or Nothing Ta có diện tích xung quanh của hình trụ được tính bằng công thức S  2 R.h  2 .2.2  8  Câu 30: Đáp án D. Công thức đạo hàm:  tan x  ‘  1  tan 2 x STUDY TIPS  tan x ’  tan 2 Vậy ở đây x 1  tan 2   xdx   tan 2 x  1  1 dx  tan x  x  C . Câu 31: Đáp án B Điều kiện xác định:  x 2  2 x  0  0  x  2   Xét hàm số y  log 0 ,5  x 2  2 x có tập xác định D   0; 2  y’  2 x  2  x 2   2 x .ln 0, 5 ln 0, 5  0 Nhận thấy  2 do đó y ‘  0  2 x  2  0  x  1 .   x  2 x  0 Vậy hàm số đã cho đồng biến trên  1; 2  . Câu 32: Đáp án B Tam giác ABC vuông tại B nên BC  AC 2  AB 2  4 a 2  a 2  a 3 1 1 1 a3 3 Thể tích khối chóp S. ABC là V  . .AB.BC.SA  .a.a 3.2a  . 3 2 6 3 Câu 33: Đáp án C Nhận xét nhìn vào BBT ta thấy đây là bảng biến thiên của hàm số bậc ba có hệ số a  0 . Hàm số có hai điểm cực trị là x  2 ; x  0 . Do đó x  2; x  0 là nghiệm của phương trình y ‘  0 . Tức y ‘  0  x  x  2   0  x2  2 x  0  3×2  6 x  0 . Đến đây ta loại được B và D. S Với x  0 thì y  1 do đó chọn C. Câu 34: Đáp án A. Nhận xét: Ta thấy do SA là đường cao của hình chóp SABCD do đó hình chiếu   của SB lên ABCD là AB . Từ đây suy ra SB , ABCD  SBA  60 .  2a       a. tan 60  a 3 . Tam giác SBA vuông tại A  SA  AB. tan SBA 2a C A a B 1 1 a3 Vậy thể tích của khối chóp S. ABCD là V  .SA.SABCD  .a 3.a 2  . 3 3 3 Câu 35: Đáp án A. Sau tháng thứ hai số tiền người đó có trong ngân hàng là: A.  1  0, 5%   A.  1  0, 5%  .0, 5%  A.  1  0, 5%  2 Sau tháng thứ ba, số tiền người đó có trong ngân hàng là: A.  1  0, 5%  … Sau tháng thứ n số tiền lãi nhận được là: n n A.  1  0, 5%   100.  1  0, 5%   125  n  log 1 0 ,5% 1, 25  44, 74 Do vậy sau ít nhất 45 tháng người đó sẽ có nhiều hơn 125 triệu. 274 | Khai báo sách chính hãng tại: congphatoan.com để nhận 100 đề thi thử tặng kèm 3 25 đề cốt lõi Toán 12 Ngọc Huyền LB – facebook.com/huyenvu2405 Câu 36: Đáp án B Ta có: Với m  0 thì hàm số đã cho có dạng y  2x  1  2x  1  4x 2 1   1 , trong TH 4 x2  1 1 2 1 1 này hàm số có lim 2  lim x  0 ; lim 2  0 . Vậy đồ thị hàm số x  4 x  1 x  4 x  1 x  1 4 2 x có một tiệm cận ngang y  0 . ( thỏa mãn). Đến đây ta loại được C và D. Với m  0 thì xét phương trình   mx 2  2 x  1  0 mx2  2 x  1 4 x2  4mx  1  0  *    2  4 x  4mx  1  0   Để đồ thị hàm số đã cho có duy nhất một tiệm cận thì phương trình  *  vô nghiệm ( do đồ thị hàm số luôn có một tiệm cận y  0 ). 1  m  0 m  1    m  . 2 1  m  1  2 m   4  0 Kết luận: Chỉ có m  0 thỏa mãn. Câu 37: Đáp án B. Do a, b, c, d là các số dương nên các biểu thức S xác định. Áp dụng công thức: ln x  ln y  ln xy ta được: a b c d S  ln  . . .   ln 1  0 . b c d a Câu 38: Đáp án D Điều kiện x  0 Ta có 2 x 1 4x x 1  x  4  1  24 Với x  0 thì VT  4 , do đó x  0 Ta có áp dụng Bđt Cauchy thì 1 x x 1 1  2 x.  1  2 4 x  21  2 . 4x 4x x 1  x 1 x 1   2. .  2  2 4 x  21  2 . 4 x 4 x Từ đây suy ra 2 x 1 4x 2 x 1  4 x  2 1 x  (Dấu bằng xảy ra khi vaf chir khi 4 4 (vô   x2  2  lý)). Vậy phương trình đã cho VN. Câu 39: Đáp án B. 1 , do đó ta chọn B. x Chú ý: Nhiều bạn nhầm lẫn giữa A và B, tuy nhiên ở đây ta đi tìm biểu thức Ta có  ln x  ‘  đạo hàm của hàm số y  ln x chứ không phải tìm nguyên hàm nên không có C. Câu 40: Đáp án A. Đặt sách tại: Tiki.vn | Newshop.vn | Pibook.vn | Lovebook.vn | 275 Công Phá Toán The Best or Nothing Ta có điều kiện:  x  1 x  2  x  3   1  0  x 3  6 x2  11x  5  0 Khi đó ln  x  1 x  2  x  3   1  0   x  1 x  2  x  3   1  1 1  x  2 ( Thỏa mãn điều kiện).   x  1 x  2  x  3   0   x  3 Câu 41: Đáp án B Do ở đây là hình chóp tứ giác không phải là tứ diện nên không áp dụng được S công thức tỉ lệ thể tích. Tuy nhiên, nếu chia đáy khối chóp thành 2 phần thì ta có thể áp dụng dễ dàng. N M Ta có SABCD  A B D 1 1 3 AB  CD  .AD  .  2 a  a  .a  a 2  2 2 2 1 3 VSABCD  . a 2 .2 a  a 3 . 3 2 1 1 2 1 Ta có SABC  .AD. AB  .2 a.a  a 2  SABCD  SADC  SABCD . 2 2 3 3 C  2 VSABC  3 VSABCD Từ đây suy ra  1 V  V  SADC 3 SABCD *  Áp dụng công thức tỉ lệ thể tích ta có VSMNC VSABC VSMCD VSACD  SM SN SC 1 1 1 2 1 . .   VSMNC  VSABC  . VSABCD  VSABCD SA SB SC 4 4 4 3 6  SM SC SD 1 1 1 1 1 . .   VSMCD  VSADC  . .VSABCD  VSABCD SA SC SD 2 2 2 3 6 Từ đây ta có VSMNCD  1 a3 VSABCD  3 3 Câu 42: Đáp án A. Nhận xét: A, B nằm về hai phía so với mặt phẳng  Oxy  , gọi B’ là điểm đối B’ xứng của B qua mặt phẳng  Oxy  . Khi đó B ‘  0; 1; 2  và A MA  MB  MA  MB ‘ . Gọi I là giao điểm của AB’ với mặt phẳng  Oxy  . Áp dụng bất đẳng thức trong tam giác MAB ‘ ta có MA  MB ‘  AB ‘ . Dấu M I bằng xảy ra khi M  I . Khi đó MA  MB  MA  MB ‘  AB ‘  B 2 2  1  0    1  1    1  2  2  6. Câu 43: Đáp án B. Đặt sin x  t ; t   1; 1 . Xét hàm số y  f  t   t 4  t 3 trên 1;1 . t  0 Khi đó y ‘  f ‘  t   4t 3  3t 2  0   3 t   4   3  Ta có Max y   f  1 ; f  1 ; f  0  ; f     f  1  2  1;1     4   Câu 44: Đáp án D. Điều kiện: x  1 . 276 | Khai báo sách chính hãng tại: congphatoan.com để nhận 100 đề thi thử tặng kèm 25 đề cốt lõi Toán 12 Ngọc Huyền LB – facebook.com/huyenvu2405  x  1  2 TM  BPT  x 2  1  2 x  x 2  2 x  1  0   x  1  2 l   Câu 45: Đáp án B Từ ngày 1/7/2016 đến ngày 1/7/2026 thì được 10 năm, khi đó số dân của Việt 10 Nam là : N  91,7. 1  1, 2%   103, 317 Câu 46: Đáp án B. 4 4 Ta có 2 sin .2cos  .4 sin 2  .cos 2   2sin 4  cos 4  2.sin 2  .cos2  2  sin 2  cos 2  2   21  2 Câu 47: Đáp án A. Nhận thấy A đúng, do trên khoảng  2; 0  thì đồ thị hàm số đi xuống, do đó hàm số nghịch biến trên  2; 0  . B và D sai vì đây là hàm số đạt cực trị tại các điểm đó chứ không phải đạt GTLN, GTNN. C sai vì hàm số không đồng biến trên một tập số, diễn đạt lại nhưu sau: “Hàm số đồng biến trên  ; 2  và  0;   .” Câu 48: Đáp án A. Khi quay hình tam giác ABC xung quanh đường thẳng AB ta được một khối nón tròn xoay có đỉnh A, đường cao AB, bán kính đáy R  BC . Vậy thể tích 1 1 khối nón là V  ..BC 2 . AB  ..a 2 .  3a   a 3 3 3 Câu 49: Đáp án D. Ta có y ‘  m5  x  1 2 để hàm số đã cho luôn đồng biến trên từng khoảng xác định thì m  5  0  m  5 . Câu 50: Đáp án A.     Ta có AB   2;1;1 ; AC   2; 1; 1 , từ đây ta thấy AB   AC , suy ra A là trung điểm của BC. Đặt sách tại: Tiki.vn | Newshop.vn | Pibook.vn | Lovebook.vn | 277 Công Phá Toán The Best or Nothing ĐỀ ÔN LUYỆN SỐ 19 Câu 1. Đường thẳng nào dưới đây là tiệm cận Tìm tập hợp tất cả các giá trị của tham số thực m 2x  1 ? x1 B. y  1. C. y  2. sao cho phương trình f  x   m có ba nghiệm thực đứng của đồ thị hàm số y  A. x=1. D. x  1. Câu 2. Đồ thị của hàm số y  x 4  2 x 2  2 và đồ thị phân biệt. A.  1; 2  . B.  1; 2  . của hàm số y   x 2  4 có tất cả bao nhiêu điểm Câu 6. Cho hàm số y  chung? đây đúng ? A. 0. B. 4. C. 1. D. 2. Câu 3. Cho hàm số y  f  x  xác định, liên tục trên đoạn  2 ; 2  và có đồ thị là đường cong trong hình vẽ bên. Hàm số f  x  đạt cực đại tại điểm nào dưới đây? y C. x  1. D. x  2. nào dưới đây đúng? 1  A. Hàm số nghịch biến trên khoảng  ; 1  . 3   1 B. Hàm số nghịch biến trên khoảng   ;  . 3  1  C. Hàm số đồng biến trên khoảng  ; 1  . 3  D. Hàm số nghịch biến trên khoảng 1;   Câu 5: Cho hàm số y  f  x  xác định trên  0 , liên tục trên mỗi khoảng xác định và có bảng biến thiên như sau: 1 – + 0 2 y Câu 7. Một vật chuyển động theo quy luật A. 216 (m/s). B. 30 (m/s). C. 400 (m/s). D. 54 (m/s). Câu 8. Tìm tất cả các tiệm cận đứng của đồ thị hàm Câu 4. Cho hàm số y  x 3  2 x 2  x  1. Mệnh đề y’ D. Cực tiểu của hàm số bằng 2. được bao nhiêu? -4 0 C. Cực tiểu của hàm số bằng 6. bắt đầu chuyển động, vận tốc lớn nhất của vật đạt 2 -2 x B. Cực tiểu của hàm số bằng 1. đó. Hỏi trong khoảng thời gian 10 giây, kết từ lúc x 1 -1 O B. x  1. A. Cực tiểu của hàm số bằng 3. quãng đường vật đi được trong khoảng thời gian 2 A. x  2. x2  3 . Mệnh đề nào dưới x 1 1 s   t 3  9t 2 , với t (giây) là khoảng thời gian 2 tính từ lúc vật bắt đầu chuyển động và s (mét) là 4 -2 C.  1; 2  . D.   ; 2  . – số y  2x  1  x2  x  3 . x2  5x  6 A. x  3 và x  2. B. x  3. C. x  3 và x  2 D. x  3. Câu 9. Tìm tập hợp tất cả các giá trị của tham số   thực m để hàm số y  ln x 2  1  mx  1 đồng biến trên khoảng   ;   . A.  ; 1. B.  ; 1 . C.  1;1 . D. 1;   . Câu 10. Biết M  0 ; 2  , N  2 ; 2  là các điểm cực trị của đồ thị hàm số y  ax 3  bx 2  cx  d. Tính giá trị của hàm số tại x  1. A. y  2   2. B. y  2   22. C. y  2   6. D. y  2   18. Câu 11. Cho hàm số y  ax 3  bx 2  cx  d có đồ thị như hình vẽ bên. Mệnh đề nào dưới đây đúng ? -1 278 | Khai báo sách chính hãng tại: congphatoan.com để nhận 100 đề thi thử tặng kèm 25 đề cốt lõi Toán 12 Ngọc Huyền LB – facebook.com/huyenvu2405 y x A. S   2 ;   . B. S    ; 2  . 1  C. S   ; 2  . 2  D. S   1; 2  . Câu 18. Tính đạo hàm của hàm số: O   y  ln 1  x  1 . 1 A. y’    . B. y’  2 x  1 1 x  1 A. a  0,b  0,c  0,d  0. B. a  0,b  0,c  0,d  0. C. a  0,b  0,c  0,d  0. D. a  0,b  0,c  0,d  0. 1 C. y’   x 1 1 x  1 Câu 12. Với các số thực dương a,b bất kì. Mệnh  1 1 x 1 . 2 . D. y’   x 1 1 x  1  . Câu 19. Cho ba số thực dương a,b,c khác 1. Đồ đề nào dưới đây đúng ? A. ln  ab   ln a  ln b. B. ln  ab   ln a.ln b. thị các hàm số y  a x , y  bx , y  c x được cho a ln a C. ln  . b ln b a D. ln  ln b  ln a. b trong hình vẽ bên. Mệnh đề nào dưới đây đúng ? y Câu 13. Tìm nghiệm của phương trình 3 x 1  27. . A. x  9. B. x= 3. C. x= 4. D. x  10. Câu 14. Số lượng của loại vi khuẩn A trong một phòng thí nghiệm được tính theo công thức x s  t  =s  0  .2t , trong đó s  0  là số lượng vi khuẩn O A lúc ban đầu, s(t) là số lượng vi khuẩn A có sau t phút. Biết sau 3 phút thì số lượng vi khuẩn A là A. a  b  c. B. a  c  b. 625 nghìn con. Hỏi sau bao lâu, kể từ lúc ban đầu, C. b  c  a. D. c  a  b. Câu 20. Tìm tập hợp tất cả các giá trị của tham số số lượng vi khuẩn A là 10 triệu con ? thực m để phương trình 6 x   3  x  2 x  m  0 có A. 48 phút. B. 19 phút. C. 7 phút. D. 12 phút. 4 3 Câu 15. Cho biểu thức P  x. x 2 nghiệm thuộc khoảng  0 ; 1 . 3 x , với x 0. Mệnh đề nào dưới đây đúng ? 1 2 13 24 1 4 A. P  x . B. P  x . C. P  x . D. P  x 2 . 3 A.  3; 4  . B.  2; 4  . giá trị nhỏ nhất Pmin của biểu thức:  a P  log2a  3logb  .  b b đề nào dưới đây đúng ? A. Pmin  19. B. Pmin  13. C. Pmin  14. D. Pmin  15.  2a3 B. log2   b  1   1  log2 a  log2 b. 3   2a3 C. log2   b    1  3 log2 a  log2 b.  A.  2a3  1 D. log2    1  log2 a  log2 b. b 3   B. Câu 22. Tìm nguyên hàm của hàm số: f  x   cos 2 x. Câu 17. Tìm tập nghiệm S của bất phương trình log 1  x  1  log 1  2 x  1 . 2 2 D.  3; 4  . Câu 21. Xét các số thực a,b thỏa mãn a >b >1. Tìm Câu 16. Với các số thực dương a,b bất kì. Mệnh  2a3  A. log2    1  3 log2 a  log2 b.  b  C.  2; 4  . 1  f  x dx  2 sin2x  C. 1  f  x dx   2 sin2x  C. C.  f  x  dx  2 sin 2 x  C. D.  f  x  dx  2 sin 2 x  C. Đặt sách tại: Tiki.vn | Newshop.vn | Pibook.vn | Lovebook.vn | 279 Công Phá Toán The Best or Nothing Câu 23. Cho hàm số f  x  có đạo hàm trên đoạn 2 1; 2  , f  1  1 và f  2   2. Tính I   f ‘  x dx 1 A. I  1. B. I  1. 100.000 đồng/1 m2 . Hỏi ông An cần bao nhiêu tiền để trồng hoa trên dải đất đó ? (Số tiền được làm tròn đến hàng nghìn). 7 D. I  . 2 C. I  3. 8m Câu 24. Biết F  x  là một nguyên hàm của hàm số f  x  1 và F  2   1. Tính F  3  . x 1 A. F  3   ln 2  1. B. F  3   ln 2  1. 1 C. F  3   . 2 7 D. F  3   . 4 4 Câu 25. Cho 2 0 A. I  32. C. I  16. B. I  8 y D. I  4. 3 C. I  16  b, c là các số nguyên. Tính S  a  b  c B. S  2 C. S  2 -4 M A. Phần thực là 4 và phần ảo là 3. B. Phần thực là 3 và phần ảo là 4i D. S  0 Câu 27: Cho hình thang cong  H  giới hạn bởi các y  e x , y  0 , x  0 và x  ln 4. Đường thẳng x  k ( 0  k  ln 4) chia x O D. I  4 dx  a ln 2  b ln 3  c ln 5, với a, 2 x x 3 đường số phức z. 0 4 A. S  6 Câu 29: Điểm M trong hình vẽ bên là điểm biểu 2 0 Câu 26: Biết D. 7.826.000 đồng. f  x  dx  16. Tính I   f  2 x  dx.  A. I  32 C. 7.128.000 đồng. 0 B. I  8. 4 Câu 25: Cho B. 7.653.000 đồng. diễn của số phức z. Tìm phần thực và phần ảo của f  x dx  16. Tính I   f  2 x  dx.  A. 7.862.000 đồng.  H  thành hai phần có diện tích là S1 và S2 như hình vẽ bên. y C. Phần thực là 3 và phần ảo là 4 D. Phần thực là 4 và phần ảo là 3i Câu 30: Tìm số phức liên hợp của số phức z  i( 3i  1). A. z  3  i B. z  3  i C. z  3  i D. z  3  i Câu 31: Tính môđun của số phức z thỏa mãn z( 2  i )  13i  1. B. z  34 A. z  34 5 34 34 D. z  3 3 Câu 32: Kí hiệu z0 là nghiệm phức có phần ảo C. z  x O k dương của phương trình 4 z 2  16 z  17  0. Trên mặt phẳng tọa độ, điểm nào dưới đây là điểm biểu Tìm k để S1  2S2 . 2 A. k  ln 4 3 diễn của số phức w  iz0 ? B. k  ln 2 8 D. k  ln 3 3 Câu 28: Ông An có một mảnh vườn hình elip có C. k  ln 1  A. M1  ; 2  2   1  C. M 3   ; 1   4   1  B. M 2   ; 2   2  1  D. M4  ; 1  4  độ dài trục lớn bằng 16m và độ dài trục bé bằng Câu 33: Cho số phức z  a  bi  a ,b    thỏa mãn 10 m. Ông muốn trồng hoa trên một dải đất rộng 1  i  z  2z  3  2i. Tính P  a  b. 8m và nhận trục bé của elip làm trục đối xứng (như hình vẽ). Biết kinh phí để trồng hoa là A. P  1 2 B. P  1 280 | Khai báo sách chính hãng tại: congphatoan.com để nhận 100 đề thi thử tặng kèm C. P  1 D. P   1 2 25 đề cốt lõi Toán 12 Câu số phức z thỏa mãn 10 2  i. Mệnh đề nào dưới đây đúng? z (1  2i )z  A. Xét 34: Ngọc Huyền LB – facebook.com/huyenvu2405 3  z 2 2 C. V  36 D. V  60 Câu 40: Cho hình lăng trụ tam giác đều ABC.A’ B’C’ có độ dài cạnh đáy bằng a và chiều cao bằng h. Tính thể tích V của khối trụ ngoại tiếp B. z  2 lăng trụ đã cho. 1 1 3 D.  z  2 2 2 Câu 35: Cho hình chóp S.ABC có đáy là tam giác C. z  A. V   a2 h B. V  9 2  a2 h 3 D. V   a 2 h C. V  3 a h đều cạnh 2 a và thể tích bằng a 3 . Tính chiều cao h Câu 41: Cho hình hộp chữ nhật ABCD.A’ B’C’ D’ của hình chóp đã cho có AB  a, AD  2a, AA’  2a. Tính bán kính R 3a 3a 3a B. h  C. h  D. h  3a 6 2 3 Câu 36: Hình đa diện nào dưới đây không có tâm của mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABB’C’ A. h  đối xứng ? 3a 3a C. R  D. R  2 a 4 2 Câu 42: Cho hai hình vuông cùng có cạnh bằng 5 A. R  3 a B. R  được xếp chồng lên nhau sao cho đỉnh X của một hình vuông là tâm của hình vuông còn lại (như hình vẽ bên). Tính thể tích V của vật thể tròn xoay khi quay mô hình trên xung quanh trục XY X A. Tứ diện đều. B. Bát diện đều. C. Hình lập phương. Y D. Lăng trụ lục giác đều. Câu 37: Cho tứ diện ABCD có thể tích bằng 12 và A. V  G là trọng tâm của tam giác BCD. Tính thể tích V của khối chóp A.GBC C. V    125 1  2  6   125 5  4 2  B. V    125 5  2 2  D. V  12   125 2  2  Câu 38: Cho hình lăng trụ tam giác ABC.A’ B’C’ 24 4 Câu 43: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho có đáy ABC là tam giác vuông cân tại A, cạnh hai điểm A  3 ; 2 ; 3  và B  1; 2 ; 5  . Tìm tọa độ A. V  3 B. V  4 C. V  6 D. V  5 AC  2 2 . Biết AC’ tạo với mặt phẳng  ABC  trung điểm I của đoạn thẳng AB. một góc 60 và AC’  4. Tính thể tích V của khối A. I  2 ; 2 ; 1 B. I  1; 0 ; 4  đa diện ABCB’C’. C. I  2 ; 0 ; 8  D. I  2 ; 2 ; 1 0 8 A. V  3 C. V  8 3 3 16 B. V  3 D. V  Câu 44: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho 16 3 3 Câu 39: Cho khối nón  N  có bán kính đáy bằng 3 và diện tích xung quanh bằng 15 . Tính thể tích V của khối nón  N  A. V  12 B. V  20 x  1  đường thẳng d  y  2  3t  t    . Vecto nào dưới z  5  t  đây là vecto chỉ phương của d?   A. u1   0 ; 3 ; 1 B. u2   1; 3 ; 1   C. u3   1; 3 ; 1 D. u4   1; 2 ; 5  Đặt sách tại: Tiki.vn | Newshop.vn | Pibook.vn | Lovebook.vn | 281 Công Phá Toán The Best or Nothing Câu 45: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho Câu 48: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho ba điểm A  1; 0 ; 0  ; B  0 ; 2 ; 0  ;C  0 ; 0 ; 3  . Phương hai điểm A  2 ; 3 ; 1 và B  5 ; 6 ; 2  . Đường thẳng trình nào dưới đây là phương trình của mặt phẳng AB cắt mặt phẳng  Oxz  tại điểm M. Tính tỉ số  ABC ? x y z x y z B.   1   1 3 2 1 2 1 3 x y z x y z C.  D.    1 1 1 2 3 3 1 2 Câu 46: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, A. AM BM A. AM 1  BM 2 B. AM 2 BM phương trình nào dưới đây là phương trình của AM 1 AM D.  3 BM 3 BM Câu 49: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, viết mặt cầu có tâm I  1; 2 ; 1 và tiếp xúc với mặt phương trình mặt phẳng  P  song song và cách phẳng  P  : x  2 y  2 z  8  0? đều C. A. ( x  1)2  ( y  2 )2  ( z  1)2  3. B. ( x  1) 2 ( y  2 )2  ( z  1) 2  3. d2 : hai đường thẳng d1 : x2 y z   ; 1 1 1 x y 1 z  2   2 1 1 C. ( x  1)2  ( y  2 )2  ( z  1)2  9. A.  P  : 2 x  2 z  1  0. B.  P  : 2 y  2 z  1  0. D. ( x  1)2 ( y  2 )2  ( z  1)2  9. C.  P  : 2 x  2 y  1  0. D.  P  : 2 y  2 z  1  0. Câu 47: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho Câu 50: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, xét x1 y z 5 và mặt phẳng   1 3 1 các điểm A  0; 0;1 ; B  m; 0;0  ; C  0; n; 0  ; D  1;1;1 , đường thẳng d :  P  : 3x  3y  2z  6  0. Mệnh đề nào dưới đây đúng? A. d cắt và không vuông góc với  P  . B. d vuông góc với  P  . C. d song song với  P  . với m  0 ;n  0 và m  n  1. Biết rằng khi m, n thay đổi, tồn tại một mặt cầu cố định tiếp xúc với mặt phẳng  ABC  và đi qua d. Tính bán kính R của mặt cầu đó? A. R  1 B. R  2 3 C. R  2 2 D. d nằm trong  P  . 282 | Khai báo sách chính hãng tại: congphatoan.com để nhận 100 đề thi thử tặng kèm D. R  3 2 25 đề cốt lõi Toán 12 Ngọc Huyền LB – facebook.com/huyenvu2405 ĐÁP ÁN 1D 2D 3B 4A 5B 6D 7D 8D 9A 10D 11A 12A 13C 14C 15B 16A 17C 18A 19B 20C 21D 22A 23A 24B 25B 26B 27D 28B 29C 30D 31A 32B 33C 34D 35D 36A 37B 38D 39A 40B 41C 42C 43B 44A 45C 46C 47A 48A 49B 50A HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT STUDY TIPS Với đồ thị hàm số ax  b thì có TCĐ: y cx  d d a x TCN: y  c c Câu 1: Đáp án D. Tiệm cận đứng của đồ thị hàm số y  2x  1 là x  1 . x 1 Câu 2: Đáp án D. Để tìm số điểm chung của hai đồ thị hàm số ta xét phương trình hoành độ giao điểm: x4  2×2  2  x2  4  x4  x2  2  0  x2  2  x  2 . Phương trình hoành độ giao điểm có hai nghiệm phân biệt. STUDY TIPS Điểm cực đại của đồ thị hàm số nằm giữa khoảng đồng biến sang nghịch biến. Do đó đồ hai đồ thị hàm số đã cho có tất cả 2 điểm chung. Câu 3: Đáp án B. Nhìn vào đồ thị hàm số ta thấy hàm số đổi chiểu từ đồng biến sang nghịch biến tại x  1 . Do đó hàm số f  x  đạt cực đại tại x  1 . Câu 4: Đáp án A. Để tìm khoảng đồng biến, nghịch biến của hàm số y  x 3  2 x 2  x  1 ta xét STUDY TIPS Với hàm số bậc ba có hai điểm cực trị, nếu hệ số a  0 thì đồ thị hàm số có dạng chữ N ( hay có hai khoảng đồng biến, một khoảng nghịch biến). x  1 3x 2  4 x  1  0   . Hàm số đã cho là hàm số bậc ba có phương trình x  1 3  y ‘  0 có hai nghiệm phân biệt, mà hệ số a  1  0 . Do đó đồ thị hàm số có dạng  1 N ( mẹo). Do vậy hàm số sẽ đồng biến trên   ;  và 1;   , hàm số nghịch 3  1  biến trên  ;1  . 3  Câu 5: Đáp án B. Nhận xét: Số nghiệm của phương trình f  x   m là số giao điểm của đồ thị hàm số y  f  x   C  và đồ thị hàm số y  m  d  ( cùng phương với Ox). Ta thấy nhìn vào BTT thì hàm số không xác định tại x  0 và giới hạn của hàm f  x  khi x tiến đến 0  là 1 . Do vậy để C  cắt d tại 3 điểm phân biệt thì 1  m  2 . Câu 6: Đáp án D. STUDY TIPS Với hàm số phân thức có bậc tử số cao hơn bậc mẫu, ta thực hiện chia đa thức để việc tính toán đạo hàm dễ dàng hơn. Ta có y  x2  3 x  3 4 , khi đó y ‘  1  x 2 x1 x1  x  1 Giải phương trình y ‘  0  1  4  x  1 2 x  1 0 .  x  3 Ta thấy dấu của y ‘ đổi dấu từ âm sang dương khi qua x  1 . Do vậy, hàm số có cực tiểu là y  1  2 . Đặt sách tại: Tiki.vn | Newshop.vn | Pibook.vn | Lovebook.vn | 283 Công Phá Toán The Best or Nothing Câu 7: Đáp án D. Phân tích: Ta có biểu thức vận tốc là đạo hàm của biểu thức quãng đường. Do STUDY TIPS Biểu thức vận tốc là đạo hàm của biểu thức quãng đường, biểu thức gia tốc là đạo hàm của biểu thức vận tốc (hay đạo hàm bậc hai của biểu thức quãng đường). đó từ đây ta tìm được biểu thức vận tốc là: v  s ‘  3 2 t  18t  f  t  . 2 Bài toán trở thành tìm GTLN của f  t  trên 0;10  . Lời giải: Xét hàm số y  f  t   3 2 t  18t trên 0;10  ta có 2 y ‘  f ‘  t   3t  18  0  t  6 .   Khi đó Max f  t   Max f  0  ; f  6  ; f  10   f  6   54 .  0;10  Câu 8: Đáp án D. x  3 Lời giải: Điều kiện xác định của hàm số là  x  2 STUDY TIPS Với các bài toán tìm tiệm cận của các đồ thị hàm số phân thức, ta nên xét xem tử số và mẫu số đã tối giản hay chưa để tránh sai lầm. 2 x  1  x2  x  3 4×2  4x  1  x2  x  3  x2  5x  6 x2  5x  6 2 x  1  x2  x  3 Ta có y     3x 2  5 x  2  x  2  x  3   2 x  1  x2  x  3 Đến đây ta có lim y  lim x3 x 3    3x  1  x  3  2x  1  3x  1  x  3  2x  1  x2  x  3  x2  x  3    ; lim y  . x 3 Vậy đồ thị hàm số chỉ có một tiệm cận đứng là x  3 . Phân tích sai lầm: Nhiều độc giả không thực hiện rút gọn nhân tử x  2 dẫn đến chọn hai tiệm cận đứng là x  2; x  3 là sai. Câu 9: Đáp án A. 2x  m . Để hàm số đã cho luôn đồng biến trên khoảng  ;   x 1 thì y ‘  0 với mọi x . Ta có y ‘  2 2x ; y  m . Ta có g  x   m với mọi x khi và chỉ khi x 1 m  Min g  x  . Đến đây ta đi tìm Min g  x  trên  . Đặt y  g  x   2  2x trên  ta có x 1 2  x  1  g  1  1 2 x 2  2  4 x 2 2 x  1 g ‘ x   0 2 2  x  1  g  1  1 x2  1 x2  1 Xét hàm số y  g  x   2       Vậy để thỏa mãn yêu cầu đề bài thì m  Min g  x   1 .  Câu 10: Đáp án D. Ta có y ‘  3ax 2  2bx  c y 0  2   y  2   2 Do M , N là các điểm cực trị của hàm số nên  y ‘ 0  0 y ‘ 2  0    284 | Khai báo sách chính hãng tại: congphatoan.com để nhận 100 đề thi thử tặng kèm 25 đề cốt lõi Toán 12 Ngọc Huyền LB – facebook.com/huyenvu2405 d  2  8 a  4b  2c  2  2   a  1; b  3; c  0; d  2 c  0 12a  4b  0  0 Khi đó ta có y  x 3  3x 2  2 . Vậy y  2   18 . Câu 11: Đáp án A. Phân tích: Với bài toán nhận dạng đồ thị hàm số, trước tiên ta quan sát những STUDY TIPS 1. Hình dáng đồ thị. 2. Vị trí các điểm cực trị. 3. Khoảng đồng biến, nghịch biến. đặc điểm sau: 1. Hình dáng đồ thị: với hàm bậc ba thì là chữ N hay ngược lại. 2. Vị trí của hai điểm cực đại, cực tiểu. Lời giải: ta thấy đồ thị hàm số có dạng chữ N ngược, do vậy hệ số a  0 . Đến đây ta loại C. Ta có y ‘  3ax 2  2bx  c . Đồ thị hàm số có hai hoành độ điểm cực trị nằm về hai phía của trục tung, do vậy: b2  3ac  0   c  0 (do a  0 nên b2  3ac  0 ), đến đây ta loại D. c  0  a Chỉ còn lại A và B. Tiếp theo ta có thể xét về vị trí của hai điểm là nằm về hai phía trục hoành thì y1 y2  0 . Tuy nhiên ta thấy nếu xét như vậy khá là lâu, trong khi ta chỉ còn hai phương án là A và B, và hai phương án này chỉ khác nhau ở điều kiện của b, do vậy ta xét b  0 và b  0 . Nhận thấy nếu b  0 thì x1  x2  2b  0 ( thỏa mãn, do a  0 và nhìn vào đồ 6a thị ta thấy nếu kí hiệu x1  0  x2 thì x1  x2 nên x1  x2  0 ). Câu 12: Đáp án A. Với phương án A: Ta có đây là công thức tổng quát ln  ab   ln a  ln b với mọi số dương a và b. Ta chọn A và không cần xét đến các phương án còn lại. Câu 13: Đáp án C. Xét phương trình 3x 1  27  3x 1  33  x  1  3  x  4 . Câu 14: Đáp án C. Phân tích: Ta có đề bài cho công thức tính số lượng vi khuẩn ở thời gian t và cho số lượng vi khuẩn sau 3 phút, do đó ta có thể tính được s  0  . Từ đây ta tính được thời gian khi số lượng vi khuẩn là 10 triệu con. Thực chất đây là bài toán kiểm tra khả năng giải phương trình mũ của học sinh. Lời giải: Ta có s  3   s  0  .2 3  625 000  s  0   78125 . Vậy 10 000 000  78125.2 t  2t  128  t  log 2 128  7 . Câu 15: Đáp án B. STUDY TIPS m n a m  a n với a ,m ,n là Ta có công thức đã note ở bên. Áp dụng công thức trên lần lượt từ trong ra ngoài căn ta được: các số nguyên dương 4 4 3 3 4 3 7 4 7 4 13 13 P  x. 3 x 2 . x 3  x. x 2 .x 2  x. x 2  x.x 2.3  x 6  x 24 . Đặt sách tại: Tiki.vn | Newshop.vn | Pibook.vn | Lovebook.vn | 285 Công Phá Toán The Best or Nothing Câu 16: Đáp án A. Nhận thấy đây là bài toán khai triển biểu thức logarit bằng cách sử dụng các công thức đã note ở bên. STUDY TIPS  2a3  3 Lời giải: Ta có log 2    log 2 2 a  log 2 b (đến đây ta loại B và D). b   a log x  log x a  log x b b   log x  ab   log x a  log x b  log 2 2  log 2 a 3  log 2 b  1  3 log 2 a  log 2 b . Câu 17: Đáp án C. Phân tích: Nhận xét đây là bất phương trình logarit dạng cơ số 0  a  STUDY TIPS Với x, y  0 Nên ta có lời giải sau: log a x  log a y  x  y Lời giải: Điều kiện: x  khi a  1 1  1. 2 1 . 2 log 1  x  1  log 1  2 x  1  x  1  2x  1  x  2 . log a x  log a y  x  y 2 2 khi 0  a  1 . Kết hợp với điều kiện ta có 1 x2. 2 Câu 18: Đáp án A.   Ta có ln 1  x  1 STUDY TIPS Cho hàm số  1  ‘ 1 x 1 1. Với 0  a  1 thì hàm số cũng suy ra được b  1; c  1 . 2. Với a  1 thì hàm số Do vậy a nhỏ nhất, ta loại C và D.  1 .  2 x1  1 x 1 1 x 1 2 x 1   Ta có hàm số y  a x nghịch biến trên tập xác định, do đó 0  a  1 , và từ đây ta nghịch biến trên ;  . đồng biến trên ;  1 Câu 19: Đáp án B. y  a x  a  0,a  1   x1 ‘  . Tiếp theo ta có với x   thì b  c   b  c . Đến đây ta suy ra a  c  b. Câu 20: Đáp án C. Với bài toán này, ta thấy các phương án A và D; B và C khác nhau ở các điểm đầu mút, do đó ta dễ dàng thử như sau: Lấy một giá trị m  2, 5 thì phương trình trở thành 6x  2x 5   0  2.6 x  2 x  5 . 2 2 Khi đó nhẩm nghiệm với x nằm trong khoảng  0;1 ta được: Thỏa mãn, do vậy đến đây ta loại luôn A và D. Tiếp theo ta chỉ cần xét xem hai điểm đầu mút có thỏa mãn không bằng cách xét m  2 thì phương trình trở thành 6 x  2 x  2  0 . Ta nhẩm được x  0 không thỏa mãn. Nên ta chọn C. Câu 21: Đáp án D. Trước tiên ta đi rút gọn biểu thức P: 286 | Khai báo sách chính hãng tại: congphatoan.com để nhận 100 đề thi thử tặng kèm 25 đề cốt lõi Toán 12 Ngọc Huyền LB – facebook.com/huyenvu2405 2   P   2 log a a    b   2    2 log b a   3 log b a  3 log b b     3 log b a  3  log a    b b   2  2 log b a     3  log b a  1  log b a  1  2  2t  Đặt log a b  t  t  0  , khi đó P  f  t      3  t  1 có  t 1 2 8t.  t  1  2.  t  1 .4t 2 f ‘ t    t  1 4 3  8t  3  t  1  t  1 3 3 . f ‘  t   0  t  3 . Khi đó Pmin  f  3   15 . Câu 22: Đáp án A. Ta có 1  cos 2xdx  2 sin 2 x  C Câu 23: Đáp án A. 2 Ta có 2  f ‘  x  dx  f  x  1  f  2   f 1  2  1  1 . 1 Câu 24: Đáp án B. Ta có F  x    1 dx  ln x  1  C mà F  2   1  ln 1  C  1  C  1 . x 1 Do vậy F  3   ln 3  1  1  ln 2  1 . Câu 25: Đáp án B . Bài toán giống như bài toán đổi biến. STUDY TIPS Trong tích phân thì b Nếu đặt t  2x ; đổi cận với x  0  t  0; x  2  t  4 2  f  x  dx   f  t  dt a 2 thì I   f  2 x  dx  b 0 a 4 1 1 1 f  2 x  .2.dx   f  t  dt  .16  8 . 2 0 20 2 Câu 26: Đáp án B. 4 Ta có 5 O 4 8 k ln 4 x x x  e dx  2.  e dx  e 0 -5  Nhìn vào hình vẽ ta có được các công thức sau: x -4   ln 4  ln 5  ln 3  ln 4   ln 3  4 ln 2  ln 5  a  b  c  1  4  1  2 . Câu 27: Đáp án D. y -8 4 4 4 dx 1 1 1   dx  3 x 2  x 3  x  1 x 3  x  x  1  dx  ln x  ln x  1 3 k k ln 4  e k  e0  2.e ln4  2.e k  3e k  9  2.e x 0 k k  e  3  k  ln 3 . Câu 28: Đáp án B. Nhận thấy đây là bài toán áp dụng ứng dụng của tích phân vào tính diện tích hình phẳng. Ta có hình vẽ bên: Ta thấy, diện tích hình phẳng cần t�