Lời giải Ta có: log2xa

TRƯỜNG THPT THUẬN THÀNH SỐ 1 TỔ TOÁN

ĐÁP ÁN ĐỀ ÔN TẬP KHỐI 12

ĐỀ ÔN TẬP SỐ 1

1.A 2.C 3.C 4.C 5.A 6.A 7.D 8.D 9.C 10.D

11.B 12.D 13.C 14.D 15.B 16.B 17.D 18.A 19.C 20.C 21.B 22.B 23.B 24.D 25.B 26.C 27.A 28.A 29.D 30.A 31.D 32.B 33.C 34.C 35.D 36.D 37.C 38.B 39.C 40.D 41.A 42.A 43.B 44.D 45.A 46.B 47.A 48.B 49.C 50.A

ĐỀ ÔN TẬP SỐ 2

1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25 C D A A C D C A C D B B C A D B D D B C B C A B A 26 27 28 29 30 31 32 33 34 35 36 37 38 39 40 41 42 43 44 45 46 47 48 49 50

A D D C A C B B A B A B C C B A B D A B A B B C B Câu 1.

Lời giải Ta có: log2



xa



  3 x a  8 2 a 8 a6. Câu 2.

Lời giải

d là đường thẳng đi qua điểm ^M



^{3; 2;1}



và có vtcp ^{u  }



^{1;5; 2}



. Vậy phương trình chính tắc cần tìm là:

3 2 1

: 1 5 2

x y z

d   

 

 .

Câu 3.

Lời giải Ta có y 6x²6x6m.

Hàm số nghịch biến trên khoảng



^1;1



khi và chỉ khi y 0 với ^{  x}



^1;1



^{hay mx2x với   x}



^1;1



^.

Xét ^{f x}

 

^x2x trên khoảng



^1;1



^{ta có f}

 

^{x 2x1 ;}

 

^{0 1}

f x  x 2. Bảng biến thiên

Dựa vào bảng biến thiên ta có ^{m f x}

 

^{với   x}



^1;1



^m2.

Câu 4.

Lời giải

Ta có ^{g x}

 

^



^f

 

^x



^{2 f}

   

^{x f x.}

Đồ thị hàm số y f x( )ax⁴bx³cx²dx e cắt trục hoành tại bốn điểm phân biệt bên phương trình

 

0



1



2



3



4



f x  a xx xx xx xx , với x_i, (i1, 2,3, 4) là các nghiệm.

Suy ra

         

       

2 3 4 1 3 4

1 2 4 1 2 3

[

] f x a x x x x x x x x x x x x

x x x x x x x x x x x x

        

       

 

 

1 2 3 4

1 1 1 1

f x

f x x x x x x x x x

     

   

 

 

1 2 3 4

1 1 1 1

f x

f x x x x x x x x x

 

    

          

       

 

2 2 2 2 2

2

1 2 3 4

1 1 1 1

f x f x f x

f x x x x x x x x x

 

          

 

          

            

 

Nếu xx_i với i1, 2,3, 4 thì ^{f x}

 

^{0, f}

 

^{x 0  f}

   

^{x f x }



^f

 

^x



^2.

Nếu xxi



 i ^{1, 2, 3, 4}



thì

 

²

1 0

x xi 

 , ^f2

 

^{x 0. Suy ra f}

   

^{x f x. }



^f

 

^x



^{2 0}

   

^.

   

²

f x f x f x

  . Vậy phương trình



^f

 

^x



^{2 f}

   

^{x f x. 0} vô nghiệm hay phương trình

 

⁰

g x  vô nghiệm. Do đó, số giao điểm của đồ thị hàm số và trục hoành là 0 . Câu 5.

Lời giải

Ta có ^{IA  }



^{2; 2; 4 .}



Bán kính mặt cầu ^RIA

 

^{2 2 }

 

^{2 242 2 6.}

Phương trình mặt cầu:



^x2



^2



^y4



^2



^z1



^{2 24}

Câu 6.

Lời giải

Dựa vào bảng biến thiên ta thấy hàm số đạt cực tiểu tại x0 và giá trị cực tiểu là 5

CT 2

y   . Câu 7.

Lời giải

Xếp ngẫu nhiên 10 học sinh thành một hàng có 10! cách^n

 

^{ 10!}

Gọi biến cố A: “Xếp 10 học sinh thành một hàng sao cho An và Bình đứng cạnh nhau”.

Xem An và Bình là nhóm X .

Xếp X và 8 học sinh còn lại có 9! cách.

Hoán vị An và Bình trong X có 2! cách.

Vậy có 9!2! cách^{n A}

 

^9!2!

Xác suất của biến cố A là:

   

 

1

 5

 P A n A

n .

Câu 8.

Hướng dẫn giải

Ta có ^f

 

^{x 0 x4}



^2x1

 

^{2 x1}



^0

0 1 2 1 x x x

 



  



  .

Bảng xét dấu:

Suy ra hàm số có một điểm cực trị.

Câu 9.

Lời giải Sau 10 năm thể tích khí CO₂ là ¹⁰

 

¹⁰

2008 20

1 100

100 10

a a

V V  V 

    

 

Do đó, 8 năm tiếp theo thể tích khí CO₂ là

 

       

8 10 8

2016 2008 20

10 8 10 8

20 16 36

1 100 1

100 10 100

100 100 100 . 100

10 10 10

n a n

V V V

a n a n

V V

    

       

   

   

 

Câu 10.

Lời giải Hàm số liên tục trên



^{1; 5}



. Dựa vào đồ thị hàm số, ta thấy:

Giá trị lớn nhất của ^{f x}

 

^trên



^{1; 5}



^bằng 3 . Suy ra M 3. Giá trị nhỏ nhất của ^{f x}

 

^trên



^{1; 5}



^{bằng 2. Suy ra m 2.}

Vậy ^{M m  3}

 

^{2 5.}

Câu 11.

Lời giải Ta có: g x( ) f x( )x²2x1

2

0

( ) 0 ( ) 2 1 1

2 x

g x f x x x x

x

 

         



 

Bảng xét dấu của g x( ):

Từ bảng xét dấu của g x( ) ta suy ra hàm số g x( ) đạt cực đại tại x1. Câu 12.

Lời giải Ta có: ^N



^{2; 2;1}

  

^{ d} và véctơ chỉ phương ud



^{2;1; 2}



của đường thẳng

 

^{d . Do đó MN }



^{3; 0; 0}



^{có giá}

nằm trong mặt phẳng

 

^ . Nên véctơ pháp tuyến của mặt phẳng

 

^{ là:}

 

, 0; 6;3

n_ u MNd  

 

  

. Vậy

 

^{ : 2 y  z 3 0.}

Câu 13.

Lời giải

 

^{ có vtpt n }



^1;1;1



^;

 

^{ có vtpt u}



^{2; 1; m}



^.

   

^{     n u  0  2 1 m0m 1.}

Câu 14.

Hướng dẫn giải

10 2.10 3 23

u   

Câu 15.

Lời giải

Theo bảng biến thiên ta thấy phương trình ^{f x}

 

^{2 có} 3 nghiệm phân biệt. Do đó phương trình (3 ) 2 0

f x   có 3 nghiệm phân biệt. Suy ra đồ thị hàm số

 

1

3 2

y f x

  có 3 tiệm cận đứng.

Câu 16.

Lời giải

Vì phương trình x⁴4x² 1 0 có 4 nghiệm phân biệt 2 3

2 3

x x

   



   



nên đồ thị hàm số đã cho cắt trục hoành tại 4 điểm.

Câu 17.

Lời giải Đặt t2sinx, với 0

x 3

  thì ^t



^{0; 3}



^.

Phương trình đã cho trở thành



^t3m



^{3 81t27m.}

Đặt ut³m t³  u m.

Khi đó ta được

 

   

3 3

27 3

3 27

u t m

t u m

  



 



 

³

 

3 3 27 3

u t t u

    ^{u327u}

 

^{3t 327.3t}

 

^*

Xét hàm số ^{f v}

 

^v327v liên tục trên  có nên hàm số đồng biến.

Do đó

 

^{* u3t t33tm}

 

¹

Xét hàm số ^{f t}

 

^t33t trên khoảng



^{0; 3 .}



có ^f

 

^{t 3t23; f}

 

^{t 0 t 1 .}

Bảng biến thiên

Dựa vào bảng biến thiên ta thấy phương trình

 

1 có nghiệm khi.

Vậy có hai giá trị nguyên của m thỏa yêu cầu bài toán.

Câu 18.

D Câu 19.

Lời giải Ta có:

   

3 3 3

1 1 1

4f x g x dx4 f x dx( )  g x dx( ) 4.3 4 16 

 

 

  

^.

Câu 20.

Lời giải

2 3

ABC 4

S_  a ; ^{2 2} 11

2 IA A A AI  a

Thể tích khối lăng trụ ABC A B C.    là:

3 33

. 8

ABC

V S_ IA a Câu 21.

Hướng dẫn giải Đặt

2

2 1 3 3

1 2 4 4

t x x x 

       

 

Ta có: ^{x2  x 2 aln}



^{x2 x 1}



^{0   t 1 alnt0}

Đặt

 

^{1 ln , 3}

f t   t a t t4.

 

^{1 a 0}

f t

   t  ^{ f t}

 

là hàm số đồng biến trên ³; 4

 

  

 . Khi đó

 

³

f t f  4

  

 

 

^0,

f t   x  ³ 0 ⁷ .ln³ 0 ⁴ln³ 6, 083

4 4 4 7 4

f   a a

         

  ..

Câu 22.

Lời giải

2

2

ln 1 2

2 2 ln

u x du dx

x x

dv dx x

v x

x

 

  

 

   

 

  

     

 

2 2 2

2

2 2

2 2

ln . 2 ln 2ln 2 ln ln 2 ln . (ln )

2 2 2 4

2 ln ln ln

2 4

x x x x

I x x x dx x x x d x

x

x x

x x x C

   

           

 

 

    

 

2 2

ln2 ln .

2 4

x x

x x C

   

Câu 23.

Lời giải

Ta có ₃ ^{6 6}

6 6 6

log 5 log 5 log 5

log 3 log 6 log 2 1 b

   a

  .

Câu 24.

Lời giải + Đầu tháng 1: người đó có 1 triệu.

Cuối tháng 1: người đó có 1 1.0, 01 1, 01  triệu.

+ Đầu tháng 2 người đó có: (1 1, 01) triệu.

Cuối tháng 2 người đó có:

  

²



1 1, 01 (1 1, 01).0, 01   (1 1, 01)(1 0, 01)  1, 01 1 1, 01  1, 01 1, 01 triệu.

+ Đầu tháng 3 người đó có:



1 1, 01 1, 01  ²



triệu.

Cuối tháng 3 người đó có:



1 1, 01 1, 01 .1, 01  ²







1, 01 1, 01 ²1, 01³



triệu.

….

+ Đến cuối tháng thứ 27 người đó có:



1, 01 1, 01² 1, 01 ... 1, 01^{3 27}



1, 01.^{1 1, 0127} 101(1, 01²⁷ 1) 1 1, 01

      

 triệu.

Câu 25.

Lời giải Ta có: (



e^x1)dx



e dx^x 



dx e^x x C^.

Câu 26.

Lời giải

Gọi ^{M x y z}



^{; ;}



^{AM }



^{x10;y6;z2 ;}



^{BM}



^{x5;y10;z9}



Gọi H K, lần lượt là hình chiếu của A B, lên

 

^{ ,có AMH BMK}

   

2.10 2.6 2 12_{2 2 2}

   

2.5 2.10 9 12_{2 2 2}

; 6; ; 3

2 2 1 2 2 1

AH d A P    BK d B P   

     

   

Khi đó





2 2

sin

2 4

sin AMH AH

AH BK

MA MA MB MA MB

BK MA MB

BMK MB

 



     



 



Suy ra



^x10



^2



^y6



^2



^z2



^{2 4}_



^x5



^2



^y10



^2



^z9



^2_

 

2 2 2

2 2 2 20 68 68 10 34 34

228 0 : 40

3 3 3 3 3 3

x y z x y z S x  y  z 

                  

      có tâm

10 34 34

; ;

3 3 3

I  

 

 

Vậy ^M

 

^ là giao tuyến của

 

^{ và}

 

^{S Tâm K của}

 

^ là hình chiếu của 10 34 34

; ;

3 3 3

I  

 

  trên mặt phẳng

 

^{ .}

Phương trình đương thẳng đi qua I và vuông góc với

 

^{ là}

10 2 3 34 2

3 34

3

x t

y t

z t

  





 





   



 

 

10 34 34 10 34 34

2 ; 2 ' , 2 2 2 2 12 0

3 3 3 3 3 3

9 6 0 2 2;10; 12 2

3 ^K

K t t t K t t t

t t K x

        

                   

       

         

Câu 27.

Lời giải

Ta có 4 5.2 4 0 ^{2 1 0}

2 4 2

x

x x

x

x x

   

       . Vậy tập nghiệm của phương trình đã cho là



^{0; 2}



^.

Câu 28.

Lời giải

Ta có

       

 

0

. 0

0 f x

g x f f x f x

f f x

 



        

 

3

 

0 0

2;3 f x x

x x

 

   

 



   

 

3

 

0

0 2;3

f x f f x

f x x



  

 



+

 

 

 

1

3

1;0

0 1

3; 4 x x

f x x

x x

  



  

  



+

   

 

2 1

3

3

2;3 0;1

x x x f x x

x x

 

   

 



.

Vậy phương trình ^{g x}

 

^0 có 8 nghiệm phân biệt.

Câu 29.

Lời giải

Do đường thẳng d song song với đường thẳng ( ) nên vtcp của ( ) cũng là vtcp của d. Vậy vtcp của d là u (1; 2;1)

Câu 30.

Lời giải

Ta có: _{5 1} 1 1 5

5 10 5. 10

4 4 4

S u  

      

  d

Câu 31.

Lời giải

Đặt

 

²

ln

1 d d

1

x x u

x v x

 



 

 



1 d d

1 1 x x u x

x v

 

 

 

 

 



.

Khi đó

   

2 2 2

2

1 1 1

ln 1 1 1

d ln . d

1 1

1

x x x

I x x x x

x x x

x

 

    

 





  

2

1

1 1 1

2 ln 2 d

3 2 x

    



x

 

₁²

1 1 2 1

2 ln 2 ln ln 2

3 2 x 3 6

      

Vậy a2;b3;c6 5 6 S a b

c

    . Câu 32.

Lời giải

M là trung điểm của AB thì ^{SM }



^ABCD



^{. Ta có 3}

2 SM  a .

Gọi I là giao điểm của NC và MD. Ta có ^{d D SCN}



^;

  

^{ID d M}



^;



^SCN

 

 IM .

Vì ABCD là hình vuông nên NC DM tại I . ID CN. DN DC.

. 2. 5

5 5 2 a a

DN DC a

ID CN a

   

5 5 3 5

2 5 10

a a a

IM DM ID

      ²

3 ID

 IM  .

Do IM CN

CN SM

 

 

 ^{CN }



^SMI



^{. Kẻ MH SI, vì CN MH nên MH }



^SCN



^{MH d M}



^;



^SCN

 

^.

Trong tam giác SMI có ¹ ₂ ¹ ₂ ¹₂

MH  SM MI 4₂ 20₂ 32₂ 3a 9a 9a

   .

Vậy 3 2

8

MH  a



^;

  

²

4 d D SCN a

  .

Câu 33.

Hướng dẫn giải Ta có

 

2 1

d

2 2

x

x x  x x

  

2 1

d

2 2

x

x x x x



  



 

2 1

2

d

2 2

x x

x x x

 





 1²

1 1

2 2 2 dx

x x

 

   

  



^



^{x x2}



₁^{2  2 3 3 .}

Vậy a2;b3;c3 nên Pa b c  8.Câu 34.

Lời giải

 

 

^{ln 2}

x x

y x e x e

 

  

 

1

ln 2

x x

e x e

 

 .

Câu 35.

Lời giải Theo lý thuyết công thức tính số các chỉnh hợp chập k của n:

 

!

!

k n

A n

 n k

 . Câu 36.

Lời giải

Gọi I là điểm thỏa mãn ^IA  ^{IBIC0} ^{IA CB} ^{ 0}^IA^BC^



^{0; 3;3}



^I



^3;3;3



Ta có: MA MB   MC  MI     IA MI IBMIIC  MI MI_min 

M là hình chiếu của I trên

 

^{P :xy  z 3 0, dễ thấy I}

 

^{P M I}



^{3;3;3 .}



Câu 37.

Lời giải

Theo hình vẽ ta thấy đây là đồ thị của hàm số bậc 3 có hệ số a0 nên ta chọn B.

Câu 38.

Lời giải

Gọi ABCD A B C D.     là hình hộp chữ nhật có 3 kích thước a b c, , . Ta có bán kính

2 2 2

1 1

2 2

r AC a b c . Câu 39.

Lời giải

Gọi H, K lần lượt là hình chiếu vuông góc của A trên các cạnh SB, SC Ta có ^SA



^ABC



^SABC

Mặt khác BCAB^BC



^SAB



^BCAH

AH SC

Từ và ta có ^{AH }



^SBC



^{AH SC}

Mặt khác ta lại có AK SC

Từ và ta có ^{SC }



^AHK



^SCHK

Vậy

 

^SAC

 

^{, SBC}

 

^



^{AK HK,}



^{AKH }

Do ^{AH }



^SBC



^{AH HK} hay tam giác AHK vuông tại H. Ta có

2 2

. 2 5

5

AB SA a

AH

AB SA

 



; 2 2

. 2

AC SA

AK a

AC SA

 



30 5 HK a

  .

A C

B S

K

H

Vậy cos ¹⁵ 5 HK

 AK  . Câu 40.

Lời giải

2

6 1

2 1

2

log 1 log 5

5

x x x



   xx² 6x 1 x²5x 1 0

5 29

2

5 29

2 x

x

  

 



  

 

 Do đó: x₁x₂  5

Câu 41.

Lời giải

Nhìn vào đồ thị đã cho, hàm số đã cho nghịch biến trên khoảng



^2;0



^.

Câu 42.

Hướng dẫn giải.

Gọi số cần tìm của tập S có dạng abc. Trong đó , ,

0

; ;

a b c A a

a b b c c a

 

 



   



. Khi đó

- Số cách chọn chữ số a có 5 cách chọn vì a0. - Số cách chọn chữ số b có 5 cách chọn vì ba.

- Số cách chọn chữ số c có 4 cách chọn vì ca và cb. Do đó tập S có 5.5.4 100 phần tử.

Không gian mẫu là chọn ngẫu nhiên 1 số từ tập S. Suy ra số phần tử của không gian mẫu là  C₁₀₀¹ 100.

Gọi X là biến cố "Số được chọn có chữ số cuối gấp đôi chữ số đầu". Khi đó ta có các bộ số là 1 2b hoặc 2 4b thỏa mãn biến cố X và cứ mỗi bộ thì b có 4 cách chọn nên có tất cả 8 số thỏa yêu cầu.

Suy ra số phần tử của biến cố X là _X 8. Vậy xác suất cần tính

 

^{8 2}

100 25 P X X

  

 .

Câu 43.

Lời giải Ta có:

 

²

5 6

0,125 1

8

x x

  

  

 

2 5 6

1 1

8 8

x x

   

   

   

2 5 6

x x

   x²5x 6 02x3 Vậy tập nghiệm là



^2;3



Câu 44.

Lời giải

Ta có: D C  DD²DC²  AA²AB²  4²2² 2 5

Đường tròn đáy là đường tròn ngoại tiếp hình chữ nhật CDD C' ' nên có đường kính là D C . Suy ra bán kính đáy 5

2 r D C

  . Chiều cao của hình nón là SO .

3 h SO AD

   

Vậy ¹. ² 5 .

V 3r h  Câu 45.

Lời giải Thể tích khối nón là ¹

 

^{2 2.3 4 3}

V 3 a a a Câu 46.

Lời giải

Áp dụng công thức tính tọa độ trung điểm ta có tọa độ điểm M là



^{1; 2; 0}



^.

Câu 47.

Lời giải

Gọi V là thể tích khối lăng trụ ABC A B C.   . Ta có V₁V_{M ABC.} V_{M BCPN.} .

 

     

.

1 1 2 2

. , . . ,

3 3 3 9

M ABC ABC ABC

V  S d M ABC  S d A ABC  V .

 

     

.

1 1 1 1

. , . . ,

3 3 3 9

M A B C A B C A B C

V _{  }  S _{  }d M A B C    S _{  }d M A B C    V.

P

C

B

A' C'

B'

A M

N

Do BCC B  là hình bình hành vàNB 2NB, PC PC nên ⁷

B C PN 5 BCPN

S _{ }  S .

Suy ra _. ⁷ _.

M B C PN 5 M BCPN

V _{ }  V , Từ đó V V_{M ABC.} V_{M BCPN.} V_{M A B C.   }V_{M B C PN.  }

. . .

2 1 7 5

9 ^{M BCPN} 9 5 ^{M BCPN M BCPN} 18

V V V V V V V

       .

Như vậy ₁ ^{2 5 1} ₂ ¹

9 18 2 2

V  V V  V V  V . Bởi vậy: ¹

2

V 1 V  . Câu 48.

Lời giải

Xét hàm số 1

( ) 1 , ( ) 1 1

2 2 2

x x

g x  f   x g x   f  

   

( ) 0 1 1 1 0 1 2

2 2 2

x x

g x    f     f  

   

2 1 3 4 2

2

x x

        

Vậy hàm số g x( ) nghịch biến trên ( 4; 2)  Câu 49.

Lời giải Ta có: S_tp S_xqS_ñ RlR² R l( R)

Câu 50.

Lời giải Đường thẳng y 1 cắt đồ thị hàm số ^{y f x}

 

^{tại 2 điểm.}

Vậy phương trình ^{f x}

 

^{ 1 0} có 2 nghiệm.

ĐỀ ÔN TẬP SỐ 3 Câu 1: Điều kiện xác định của phương trình log2



xlog 162



8 là:

A. x 4. B. x 4. C. x. D. x4. Câu 2:Nếu một dãy số có các số hạng đầu 4, 7,10,13,16 thì số hạng tổng quát của dãy số này là

A. u_n 3n. B. u_n  n 1 C. u_n 3n1 D. u_n 3n1

Câu 3: Tính

3

2 3

2 1

lim 2

n n

n n

 

 được kết quả bằng A. 1

2. B. 1. C. . D. 1

2^.

Câu 4: Trong một hộp kín có 10 thẻ được đánh số từ 1 đến 10, chọn ngẫu nhiên hai thẻ. Xác suất để tích hai số trên thẻ được chọn là số chia hết cho 2 nhưng không chia hết cho 4 bằng

A. ⁵

9. B. ¹

3. C. ⁷

9. D. ²⁹

45. Câu 5: Cho hàm số

1 y ax b

x

 

 có đồ thị như hình vẽ dưới đây. Tính S  ab.

A. S 0. B. S  1. C. S 3. D. S  3.

Câu 6: Nếu hình lập phương ABCD A B C D.     có AB2 thì thể tích của khối tứ diện AB C D   bằng A. 8

3. B. 4

3. C. 1

3. D. 16

3 .

Câu 7: Cho đường thẳng d: 2xmy 1 0 (với m là tham số). Giá trị của m để đường thẳng d vuông góc với đường thẳng xy 3 0 là

A. m 2. B. m2. C. m1. D. ¹

m 2. Câu 8: Trong không gian tọa độ Oxyz, cho a

, b

thỏa mãn a^ 2

, b^ 5

,

 

^{a b , 30}. Độ dài vectơ a b, 

 

  bằng

A. 10. B. 5 3. C. 5. D. 10 3.

Câu 9: Cho hình chóp tứ giác đều có cạnh đáy bằng a. Nếu tổng diện tích các mặt bên của hình chóp đó gấp hai lần diện tích đáy của hình chóp thì thể tích của hình chóp đã cho bằng

A.

3

6

a . B.

3 3

6

a . C.

3 3

4

a . D.

3 3

2 a . Câu 10: Có bao nhiêu số tự nhiên gồm 4 chữ số khác nhau đôi một?

A. 4536 . B. 126 . B. 4535 D. 40

Câu 11: Nếu x₁ x₂ là hai nghiệm của phương trình 2^3x25x2 1 thì biểu thức 2x₁x₂ có giá trị bằng A. ¹

3. B. ⁸

3. C. ⁴

3. D. ^{5 3 13}

6

 .

Câu 12:Tính x^lim



x² x x



  

được kết quả

A. . B. ¹

2. C. 0 . D. .

Câu 13:Cho tập hợp A



1; 2;...;100



. Chọn ngẫu nhiên 3 phần tử của A. Xác suất để 3 phần tử được chọn lập thành một cấp số cộng bằng

A. ¹

132. B. ¹

66. C. ¹

33. D. ¹

11. âu 14: Trên đoạn



^{0; 4}



phương trình sinx 1 có tổng các nghiệm bằng

A. 4 . B. ⁷

2

 . C. ³

2

 . D. 5 . Câu 15: Phương trình cosxcos( với  là một giá trị cho trước) có nghiệm là

A.

2

, .

2 2

x k

x k k

 

  

  



 

   



 B.

2 2

, .

2 2

x k

k

x k

  

  

   



 

   





C. 2

, .

2

x k

x k k

 

 

 

 

   



 D. 2

, .

2 2

x k

k

x k

  

 

   

 

  





Câu 16: Có bao nhiêu giá trị của a để ba số 1 3a , a² 6, 1a theo thứ tự lập thành một cấp số cộng?

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

Câu 17: Tính ² 1 2 3 ...

lim 1

n n

   

 được kết quả bằng:

A. 1

2. B. 1. C. 0 . D. 2.

Câu 18: Tìm



sin 3 cos 2x xdx được kết quả là:

A. 1 1

sin 5 s inx

10 x2 C. B. 1 1

cos 5 co s x

10 x 2 C

   .

C. 1 1

cos 5 co s x

2 x 2 C

   . D. 1 1

cos 5 co s x

10 x 2 C

   .

Câu 19: Cho đa giác đều 2n đỉnh



^{n,n2}



. Số hình chữ nhật có 4 đỉnh lấy trong số 4 đỉnh của đa giác đều trên bằng 45. Giá trị của n bằng

A. 10. B. 9. C. 12. D. 11.

Câu 20: Hàm số yx⁴2x² đồng biến trên khoảng nào dưới đây?

A.



^{1; 0}



^{. B. 1 1;}

2 2

 

 

 . C.



^{0;1 .}



^D.



^{0; 2 .}



Câu 21: Tập hợp tất cả các giá trị của tham số m để hàm số ^ymx3



^m4



^x2



^m4



^x1 luôn nghịch biến trên  là

A.



^{ ; 4}

 

^{ 2; }



^{. B.}



^{ ; 4}



^{. C.}



^{2; }



^{. D.}



^{4; 2}



^.

Câu 22: Cho hình chóp tam giác đều có cạnh đáy bằng 3, cạnh bên bằng 2. Thể tích khối chóp đã cho bằng A. 9 3

4 ^{. B.}

3 6

4 ^{. C.}

3 3

4 ^{. D.}

3 3 2 ^.

Câu 23: Cho hình chóp S ABCD. có đáy là hình vuông cạnh

a

. Hai mặt phẳng



^SAB



^và



^SAD



cùng vuông góc với mặt phẳng đáy, SC tạo với đáy một góc 60. Thể tích khối chóp S ABCD. bằng

A.

6a

³. B.

6 3

9

a . C.

6 3

3

a . D.

6 3

4 a .

Câu 24: Trong mặt phẳng tọa độ $Oxy$ cho elip

 

2 2

: 1

25 16 x y

E   có hai tiêu điểm F₁, F₂. Gọi M N, là hai điểm thuộc

 

^{E thỏa mãn} MF1NF2 11. MF₂NF₁ bằng

A. 10 . B. 9. C. 11. D. 12.

Câu 25: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường tròn

 

^{C :x2y22x4y 4 0 có tâm I} và bán kính r của

 

^{C là}

A. ^I



^{1; 2}



^{, r9. B. I}



^{1; 2}



^{, r3. C. I}



^{1; 2}



^{, r9. D. I}



^{1; 2}



^{, r3.}

Câu 26: Trong không gian Oxyz, mặt phẳng

 

^{P : 2x3y6z120} cắt các trục Ox, Oy, Oz tại các điểm A, B, C. Thể tích khối tứ diện OABC bằng

A. 8 . B. 48 . C. 12. D. 16 .

Câu 27: Trong không gian tọa độ Oxyz, cho các điểm ^A



^{2;1; 4}



_, ^B



^{2; 2; 6}



_, ^{C m}



^{; 0; 1}



. Để tích . 33

 

AB AC thì giá trị m bằng

A. 3 . B. 2. C. 2. D. 6 .

Câu 28: Trong không gian toạ độ Oxyz, cho hai điểm ^A



^{0;1; 2}



_,^B



^{1;1; 0}



mặt phẳng

 

^{P :xy  z 1 0}

Điểm ^{C a b c}



^{; ;}

  

^{ P a0}



sao cho tam giác ABC vuông cân tại B, Tổng a b c  bằng

A. 5. B. 5 . C. 1. D. 1.

Câu 29: Trong không gian tọa độ Oxyz, cho hai điểm ^A



^{1; 3;1 ,}



^B



^{3;1; 3}



. Gọi S là điểm thuộc trục Ozsao cho tam giác SABcân tại S. Tọa độ S là:

A.



^{0; 0; 1}



^{. B.}



^{0; 0;1}



^{. C.}



^{0; 0; 3}



^{. D.}



^{1; 0; 0}



^.

Câu 30: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC mà ^A



^{2;3 ,}



^B



^{1; 0 ,}



^C



^3;3



và đường thẳng :x y 2 0

    . Gọi ^{M a b}



^,



là điểm nằm trên  sao cho MA²MB²MC² đạt giá trị nhỏ nhất.

Khi đó a2b bằng

A. 3 . B. 2. C. 4. D. 6 .

Hướng dẫn giải Chọn A

Gọi I là điểm thỏa mãn IA IB    IC0



^{2; 2}



I

 cố định.

Ta có ^{MA2MB2MC2 3MI22MI IA}   



^IBIC



^{IA2IB2IC2 3MI2IA2IB2IC2}

. Suy ra MA²MB²MC²đạt giá trị nhỏ nhất MI nhỏ nhấtM là hình chiếu của I trên . Gọi d là đường thẳng đi qua I và vuông góc với   phương trình :xy0.

Ta có ^{M   d M}

 

^{1;1 .}

Vậy a2b3.

Câu 31: Biết phương trình ^{ax3bx2cxd0}



^a0



có đúng hai nghiệm thực, đồ thị hàm số y ax2bxcxd có bao nhiêu điểm cực trị?

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

Lời giải Chọn D

Vì phương trình ^{ax3bx2cxd0}



^a0



có đúng hai nghiệm thực nên đồ thị hàm số

 

^{3 2}

y f x ax bx cxd giao với trục Ox tại hai điểm phân biệt, trong đó có 1 nghiệm kép.

Có hai trường hợp xảy ra:

TH1: a0

 

y f x ^{y f x}

 

TH2: a0

 

y f x ^{y f x}

 

Ta thấy đồ thị hàm số ^{y f x}

 

trong hai trường hợp đều có 3 điểm cực trị.

Câu 32: Cho hai biến cố độc lập A,B. Biết xác suất để hai biến cố AB và AB xảy ra lần lượt là 0, 6 và 0, 2 Xác suất để biến cố A xảy ra bằng:

A. ^{0, 4} B. ^0,8 C. ^{0, 25} D. ^{0, 3}

Hướng dẫn giải Chọn C

 

^{0, 6 ( ).P(B) 0, 6}



^{1 (A)}



^{(B) 0, 6} _{P(B) 0,8 P(A) 0, 25}

P(A).P(B) 0, 2 P(AB) 0, 2

P AB P A P P

      

 

    

 

 

  



Câu 33: Có bao nhiêu số tự nhiên có 5 chữ số mà chỉ có chữ số đầu và chữ số cuối giống nhau?

A. 5040 B. 4536 C. 756 D. 840

Hướng dẫn giải:

Chọn B

Giả sử số tự nhiên có 5 chữ số là:abcde - Chọn a và e có: 9 cách

- Chọn bcd có:A₉³

Số các số cần tìm là:9.A₉³4536

Câu 34: Nếu x x₁, ₂ là hai nghiệm của phương trình 4^x8.2^x 4 0thì giá trị biểu thức x₁x₂ bằng

A. – 4. B. 4. C. 0. D. 2.

Hướng dẫn giải:

Chọn D

Xét phương trình 4^x8.2^x 4 0.

Đặt 2^x t 0. Ta có phương trình

 

 

2 2

2

log 4 2 3 4 2 3 0

8 4 0

4 2 3 0 log 4 2 3

t x t t

t x

  

    

    

   

  

 

Ta có ^{x1x2 log2}



^{42 3}



^log2



^{42 3}



^log2_



^{42 3}



^{42 3}



^_^{log 42 2.}

Câu 35: Cho hàm số ^{y f x}

 

có đạo hàm và đồ thị của hàm số ^{y f}

 

^x như hình vẽ. Hàm số



^{3 2}



y f x đồng biến trên khoảng nào dưới đây?

A.



^{1; 0}



^B.



^2;3



^C.



^{ 2; 1}



^D.



^0;1



Lời giải Chọn A

Ta có:

 

2 2

2 2

0 0

3 6 3

2 3 ; 0

3 1 2

3 2 1

x x

x x

y xf x y

x x x x

   

      

 

      

      

 

     



.

Ta có BXD:

Dựa vào BXD, ta thấy hàm số đồng biến trên khoảng



^{1; 0}



^.

Câu 36: Cho hàm số 2 1 y x

x

 

  có đồ thị

 

^C . M là một điểm nằm trên

 

^C và có tung độ bằng 0, còn I là giao điểm của hai đường tiệm cận. Độ dài IM là

A. 1. B. 2 . C. 10 . D. 2.

Hướng dẫn giải:

Chọn C

Xét hàm số 2

1 y x

x

 

  có TCĐ x1; TCN y 1

nên giao điểm của hai đường tiệm cận có tọa độ ^I



^{1, 1}



^.

Điểm M có tung độ bằng 0 nên ^{2 0 2 0 2}



^{2, 0}



1

x x x M

x

         

  Ta có IM  3² 1²  10.

Câu 37:Có bao nhiêu giá trị nguyên của ^{m }



^{5; 5}



để hàm số y ^{x 1} x m

 

 đồng biến trên khoảng



^{ 2;}



_.

A. 4. B. 6. C. 3. D. 9.

Lời giải Chọn A

Ta có:

 

²

1 1

x m

y y

x m x m

 

  

 

Để hàm số đồng biến trên khoảng



^{ 2;}



thì điều kiện là:

 

1 0 1

2 2;3; 4;5

2 2

m m

m m

m m

   

 

    

 

   

 

Suy ra có 4 giá trị nguyên của ^{m }



^{5; 5}



.

Câu 38: Cho hình lập phương ABCD A B C D^{. ' ' ' '} có cạnh bằng a.Gọi  là góc giữa ^CB' và



^{BDD B' '}



^thì

sin nhận giá trị là?

A. ¹

2. B. ³

2 . C. ²

2 . D. 1.

Lời giải Chọn A

Gọi O là tâm của đáy ta có:



^{' '}

 

^',



^{' '}

 

^'

' OC BD

OC BDD B CB BDD B CB O

OC BB

 

   

 

Ta có: ^{sin sin' 2: 2 1}

' 2 2

OC a

CB O a

   CB  

Câu 39: Cho hình chóp tam giác đều S ABC. có cạnh đáy bằng 2a và chiều cao bằng a 3.Khoảng cách từ tâm O của tam giác ABC đến một mặt bên là?

A. ⁶ 2

a . B. ³

3

a . C. ³⁰

10

a . D. ¹⁵⁶

13 a . Lời giải

Chọn C

O

A B

D C

A'

D'

B'

C'

Gọi I là trung điểm của BC. Theo đề bài ta có: 3, 2 . ³ 3 ³

2 3

SOa AI  a a OI  a . Khoảng cách từ tâm O của tam giác ABC đến một mặt bên là?

 

2 2 2

2

3. 3

. 3 30

3 10

3 3

a a

SO OI a

OH

SO OI a

a

  

  

  

 

.

Câu 40: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường thẳng

 

^{d : 3x4y 1 0} và đường tròn

  

^{C : x1}



^2



^y2



^{2 9}_{. Gọi A, B} là giao điểm của

 

^d _và

 

^C . Độ dài đoạn thẳng bằng

A. 3 5 . B. 2 5 . C. 5 . D. 3 5

2 . Hướng dẫn giải

Chọn B.

Khoảng cách từ tâm I đường tròn đến

 