THPT Chuyên Quang Trung

ĐỀ THI THỬ KHỐI 12 LẦN 1 NĂM 2018-MÔN TOÁN
Thời gian làm bài: 90 phút

Mục tiêu. Nắm vững các kiến thức về số phức. Nắm vững các kiến thức về hàm số: điều kiện cần
và đủ của cực trị hàm số, phương trình tiếp tuyến, tiệm cận đứng, tiệm cận ngang.
Nắm vững kiến thức về lượng giác như công thức tổng, công thức cộng, công thức nhân đôi,tính
chẵn lẻ của hàm lượng giác…tìm nghiệm của phương trình lượng giác cơ bản
sinx = sinα, cosx = cosα,sinx ≠ sinα, cosx ≠ cosα
Nắm vững các kiến thức về công thức thể tích của khối đa diện, vận dụng linh hoạt các kiến thức đã
học để tính thể tích của khối đa diện.
Từ bài toán thực tế biết cách lập được hàm số và dụng bất đẳng thức Cô-si để tìm ra chi phí nhỏ
nhất.
Câu 1: . Cho hàm số y = x 4 − 2mx 2 − 2m 2 + m 4 có đồ thị (C). Biết đồ thị (C) có ba điểm cực trị A,
B, C và ABDC là hình thoi, trong đó D ( 0; −3) , A thuộc trục tung. Khi đó m thuộc khoảng nào?
9 
A. m ∈  ; 2 ÷
5 
Câu 2: .Cho hàm số y =

1

B. m ∈  −1; ÷
2


C. m ∈ ( 2;3)

1 9
D. m ∈  ; ÷

A. x = −2

B. Không có tiệm cận đứng.

C. x = −1; x = −2

D. x = −1

Câu 5: Cho hình chóp S.ABC có SA = SB=SC=AB=AC=a, BC = a 2. Tính số đo của góc
(AB;SC) ta được kết quả
A. 90°

B. 30°

Câu 6: Nghiệm của phương trình

C. 60°
cos 2x + 3sin x − 2
= 0 là:
cos x

D. 45°


π

 x = 2 + k2π

π
A.  x = + kπ ( k ∈ ¢ )

( k ∈¢)
D. 
 x = 5π + k2π

6

2
Câu 7: Trong tập các số phức, cho phương trình z − 6z + m = 1, m ∈ ¡ ( 1) . Gọi m 0 là một giá trị

của m để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt z1 , z 2 thỏa mãn z1 z1 = z 2 z 2 . Hỏi trong khoảng
(0; 20) có bao nhiêu giá trị m ?
A. 13

B. 11

C. 12

D. 10

Câu 8: Cho hàm số y = x 2 − 1. Nghiệm của phương trình y '.y = 2x+1 là
A. x = 2

B. x = 1

C. Vô nghiệm.

D. x = −1

Câu 18: Xét khối tứ diện ABCD, AB = x, các cạnh còn lại bằng 2 3. Tìm x để thể tích khối tứ
diện ABCD lớn nhất.

D. Các hàm số y = sinx, y = cot x, y = tan x đều là hàm số lẻ
2
Câu 21: Trên tập số phức, cho phương trình az + bz + c = 0 ( a, b, c ∈ ¡ ;a ≠ 0 ) . Chọn kết luận sai.

A. Nếu b = 0 thì phương trình có hai nghiệm mà tổng bằng 0.
B. Nếu ∆ = b 2 − 4ac < 0 thì phương trình có hai nghiệm mà modun bằng nhau.
C. Phương trình luôn có hai nghiệm phức là liên hợp của nhau.


D. Phương trình luôn có nghiệm.
Câu 22: .Cho hàm số y = f ( x ) xác định và có đạo hàm cấp một và cấp hai trên khoảng (a, b) và
x 0 ∈ ( a, b ) . Khẳng định nào sau đây là sai?
A y ' ( x 0 ) = 0 và y '' ( x 0 ) ≠ 0 thì x 0 là điểm cực trị của hàm số.
B. y ' ( x 0 ) = 0 và y '' ( x 0 ) > 0 thì x 0 là điểm cực tiểu của hàm số.
C. Hàm số đạt cực đại tại x 0 thì y ' ( x 0 ) = 0
D. y ' ( x 0 ) = 0 và y '' ( x 0 ) = 0 thì x 0 không điểm cực trị của hàm số.
Câu 23: Cho hàm số y = f ( x ) có đồ thị (C) như hình vẽ. Hỏi (C) là đồ thị của hàm số nào?

A. y = x 3 + 1

B. y = ( x − 1)

3

C. y = ( x + 1)

3

D. y = x 3 − 1



2a 3 2
3

Câu 29: Cho số phức z thỏa mãn

C.

4a 3 2
3

D.

a3 2
3

1+ i
là số thực và z − 2 = m với m ∈ ¡ . Gọi m 0 là một giá trị
z

của m để có đúng một số phức thỏa mãn bài toán. Khi đó
 1
A. m 0 ∈  0; ÷
 2

1 
B. m 0 ∈  ;1÷
2 

3 

phương trình cos ( 2x − α ) = cosx
A. α =

π
6

B. α =

π
4

C. α =

π
2

D. α =

π
3

Câu 32: Một công ty muốn làm một đường ống dẫn dầu từ một kho A ở trên bờ biển đến một vị trí
B trên hòn đảo. Hòn đảo cách bờ biển 6km. Gọi C là điểm trên bờ sao cho BC vuông góc với bờ
biển. Khoảng cách từ A đến C là 9km. Người ta cần xác định một vị trí D trên AC để lắp ống dẫn
theo đường gấp khúc ADB. Tính khoảng cách AD để số tiền chi phí thấp nhất, biết rằng giá để lắp
mỗi km đường ống trên bờ là 100.000.000 đồng và dưới nước là 260.000.000 đồng.
A. 7km.

B. 6km.



D. m = − 2

Câu 35: Trong mặt phẳng phức, gọi M là điểm biểu diễn cho số phức

( z − z)

2

với

z = a + bi ( a, b ∈ ¡ , b ≠ 0 ) . Chọn kết luận đúng
A. M thuộc tia Ox.

B. M thuộc tia Oy

C. M thuộc tia đối của tia Ox.

D. M thuộc tia đối của tia Oy.

2
Câu 36: Trong tập các số phức, gọi z1 , z 2 là hai nghiệm của phương trình z − z +

2017
= 0 với z 2
4

có thành phần ảo dương. Cho số phức z thỏa mãn z − z1 = 1 Giá trị nhỏ nhất của P = z − z 2 là
A.


( x ) = +∞
A. xlim
→−∞

B. Đồ thị hàm số luôn cắt trục hoành.

C. Hàm số luôn tăng trên ¡

D. Hàm số luôn có cực trị.

Câu 39: Đội văn nghệ của nhà trường gồm 4 học sinh lớp 12A, 3 học sinh lớp 12B và 2 học sinh
lớp 12C. Chọn ngẫu nhiên 5 học sinh từ đội văn nghệ để biểu diễn trong lễ bế giảng. Hỏi có bao
nhiêu cách chọn sao cho lớp nào cũng có học sinh được chọn?
A. 120

B. 98

C. 150

D. 360

Câu 40: Có bao nhiêu số chẵn mà mỗi số có 4 chữ số đôi một khác nhau?
A. . 2520.

B. 50000.

C. 4500

D. 2296.


3
x12 + 2ax 2 + 9a x 22 + 2ax1 + 9a
+
= 2 thì a thuộc khoảng nào?
a2
a2
−5 

A. a ∈  −3; ÷
2 


−7 

B. a ∈  −5; ÷
2 


C. a ∈ ( −2; −1)

Câu 44: Tìm tất cả các giá trị của m để đồ thị hàm số y =
A. m ≠ 2

B. m > −2

 7

D. a ∈  − ; −3 ÷
 2


Câu 47: Tập giá trị của hàm số y = sin2x + 3cos2x+1 là đoạn [ a; b ] . Tính tổng T = a + b ?
A. T = 1

C. T = 0

B. T = 2

D. T = −1

Câu 48: Trên giá sách có 4 quyển sách toán, 3 quyển sách lý, 2 quyển sách hóa. Lấy ngẫu nhiên 3
quyển sách. Tính xác suất để được 3 quyển được lấy ra có ít nhất một quyển là toán.
A.

2
7

B.

3
4

C.

37
42

D.

10
21

STT

Các chủ đề

Nhận
biết

Thông
hiểu

Vận
dụng

Vận dụng
cao

Tổng số câu
hỏi


1

Hàm số và các bài toán
liên quan

4

6

6

0

0

4

Số phức

1

3

4

3

11

Lớp 12

5

Thể tích khối đa diện

3

2

3



0

0

1

Hàm số lượng giác và
phương trình lượng
giác

1

1

1

1

4

2

Tổ hợp-Xác suất

0

2

2

0

0

5

Đạo hàm

0

0

1

0

1

6

Phép dời hình và phép
đồng dạng trong mặt
phẳng

0

0

0


0

0

0

1

Bài toán thực tế

0

0

1

1

2

Lớp 11
(...%)

Tổng

Số câu
Tỷ lệ

50


45-A

6-D
16-A
26-A
36-A
46-B

7-D
17-D
27-A
37-D
47-B

8-C
18-D
28-B
38-B
48-C

LỜI GIẢI CHI TIẾT
Câu 1: Đáp án D
Phương pháp.Sử dụng điều kiện cần của cực trị hàm số để tìm điều
kiện của m để hàm số có cực trị. Sau đó tìm tọa độ các điểm cực trị.
Sử dụng tính chất của hình thoi để tìm giá trị của m.

9-C
19-D
29-D
39-B

)

uuur uuur
Ta kiểm tra được AD ⊥ BC. Do đó để ABDC là hình thoi thì trước hết ta cần AB = CD. Ta có
uuur
AB = m; ( m 4 − 3m 2 ) − ( m 4 − 2m 2 ) = m; −m 2
uuur
CD = m; −3 − ( m 4 − 3m 2 ) = m; − m 4 + 3m 2 − 3

(
(

) (

Do đó
uuur uuur
AB = CD ⇔

(

) (

m; −m 2 =

) (

)

)



) (

)

3;0 , C − 4 3;0 , A ( 0;3 ) .

Ta kiểm tra được

AB = BD = DC = CA = 9 + 3. Do đó ABDC cũng là hình thoi và m = 3 thỏa mãn yêu cầu bài
toán
Nhận xét. Đối với bài toán thi trắc nghiệm đòi hỏi cần tiết kiệm thời gian thì chỉ cần xét trường hợp
m = 1 thì chúng ta đã có thể kết luận được đáp án cần chọn là D mà không cần xét thêm trường hợp
m= 3
Câu 2: Đáp án D


Phương pháp: Phương trình tiếp tuyến của hàm số y = f ( x 0 ) tại điểm

( x ;f ( x ) )
0

0

là

y − f ( x 0 ) = f ' ( x 0 ) ( x − x 0 ) ( 1) . Hệ số góc là k = f ' ( x 0 ) sử dụng điều này để tìm điểm x 0 sau đó
thay vào (1) để tìm phương trình tiếp tuyến.
Lời giải chi tiết.
Ta có y ' = x 2 + 6x. Do tiếp tuyến có hệ số góc là k = −9 nên x20 + 6x0 = −9 ⇔ x0 = −3. Khi đó

 z − 2 = ( a+ bi ) − 2 = ( a− 2) + b

Từ giả thiết ta suy ra
  b − 2 ≤ b − 4( VN )
2
2
2
2
 2
2

b
−
2
≤
b
−
4
) ( ) ⇔   b− 2 ≤ −b+ 4
 a + ( b − 2) ≤ a + ( b − 4)
(
 b ≤ 3
⇔
⇔




2
2

⇔
b = 3
b = 3

2
2
a
−
3
+
b
−
3
=
1
) ( )
(
Chú ý. Đối với bài toán liên quan tới cực trị học sinh thường mắc phải sai lầm là quên tìm giá trị để
cực trị xảy ra. Điều này có thể dẫn tới việc tìm sai giá trị lớn nhất nhỏ nhất.
Câu 4: Đáp án A


Phương pháp
Sử dụng định nghĩa của tiệm cận đứng.
Lời giải chi tiết.
Để tìm tiệm cận đứng ta cần tìm điểm x0 sao cho xlimy
hoặc xlimy
nhận một trong hai giá trị
→ x−
→ x+

x →−1+

Câu 5: Đáp án C
Phương pháp
Chứng minh góc giữa SC và AB cũng bằng góc giữa SC và CD. Chứng minh Tam giác SCD
là tam giác đều để suy ra góc giữa SC và AB bằng 60° .
Lời giải chi tiết.
Ta có AB = AC = a, BC = a 2 ⇒ AB2 + AC 2 = BC 2 = 2a 2 ⇒ ∆ABC vuông cân
tại A.
Gọi H là hình chiếu của S lên ( ABC )
Do SA=SB=SC=a nên HA=HB=HC ⇒ H là trung điểm của BC.
Trên mặt ( ABC ) lấy điểm D sao cho ABDC là hình vuông.
Do CD / /AB nên góc giữa SC và AB cũng bằng góc giữa SC và CD. H là trung điểm BC nên
HC = HD
Ta có ∆SHC = ∆SHD ⇒ SC=SD=a. Tam giác SCD có SC=CD=SD=a nên là tam giác đều.
·
·
Do đó SCD
= 60°. Vậy góc giữa SC và AB bằng SCD
= 60°.
Câu 6: Đáp án D
Phương pháp
Tìm điều kiện để phương trình có nghĩa. Sau đó sử dụng công thức 2cos2x=1 − 2sin 2 x để đưa
phương trình đã cho về phương trình bậc 2 đối với sin x và giải phương trình này để tìm nghiệm.
Bước cuối cùng là đối chiếu điều kiện để kết luận nghiệm.


Lời giải chi tiết.
Điều kiện cos x ≠ 0 ⇔ x ≠


π π

x + = + k2π

π
2
π


4 4
= cos →⇔ 
⇔
Ta có cos  x + ÷ =
4 2
4

 x + π = − π + k2π

4
4

 x = k2π

( k ∈¢)
 x = − π + k2π

2

Câu 13: Đáp án D
Phương pháp

Lời giải chi tiết.
Gọi E=AB ∩ CD, G=NE ∩ SB.
1
Vì BC / /AD, BC= AD nên BC là đường trung bình của tam giác ADE. Do đó B, C lần lượt
2
là trung điểm của AE, DE. Do đó G là trọng tâm của ∆SAE.
2
1
4
4
Kéo theo SG= SB. Mà SM= SB, nên SG= SM= ( SG − MG ) ⇒ SG=4MG.
3
2
3
3
Do đó d ( S, ( NCD ) ) =d ( S, ( NED ) ) = 4d ( M, ( NED ) ) ⇒ d ( M, ( NCD ) ) = d ( S, ( NCD ) )
Ta có S∆AED

1
1
1
1a 3 
a3 3
2
2
= AD.AE = ( 2a ) ( 2a ) = 2a ⇒ VNAED = NA.S∆AED = 
÷( 2a ) =
2
2
3


ED 2 = AD 2 + AE 2 = 8a 2 ⇒ S∆NDE =

2

2

1
1  a 11 
a 2 22
NC.ED = 
2
2a
=
÷
2
2 2 ÷
2


3V
1
Vì VSNED = d ( S ( NED ) ) S∆NDE ⇒ d ( S ( NDE ) ) = SNDE
3
S∆NDE

(

)



2

− 4 ) − ( 2x − 1)

)(

4x 2 − 4 + 2x − 1

= lim

x →−∞

4x 2 − 4 − ( 2x − 1)

4x 2 − 4 − ( 2x − 1)

x →−∞

2

4x 2 − 4 − ( 2x − 1)

x →−∞

)

(
= lim



x →−∞

2

− 4 ) − ( 2x − 1)

2

4x 2 − 4 − ( 2x − 1)

= lim

x →−∞

4x − 5
4x 2 − 4 − ( 2x − 1)

= lim

5
x
=∞
4 
1
4− 2 −2− ÷
x 
x

( C)

nghiệm thì các nghiệm này sẽ khác 2. Phương trình ( 1) có hai nghiệm phân biệt
khi và chỉ khi ∆ = ( m − 4 ) − 4 ( 2m + 1) = m 2 + 20 > 0. Vậy phương trình (1) luôn có hai nghiệm
2

phân biệt. Hơn nữa ta tìm được hai nghiệm này là
x1 =

4 − m − m 2 + 20
4 − m + m 2 + 20
; x2 =
.
2
2



4 − m − m 2 + 20 m + m 2 + 20
=
>0
 2 − x1 = 2 −

2
2
⇒ x1 < 2 < x 2
Ta lại có 
4 − m + m 2 + 20
−m + m 2 + 20

−2 =
>0

 HD ⊥ AB


Hạ đường cao CK xuống HD khi đó CK ⊥ AB. Do đó CK ⊥ ( ABD ) . Vậy CK là đường cao của tứ
diện. Ta có HB =

x
Áp dụng định lý Py-ta-go cho tam giác HBC ta có
2
2

48 − x 2
x
− ÷ =
2
2

HC = BC − HB =

( 2 3)

Tương tự ta có HD =

48 − x 2
. Đặt y = KD. Áp dụng định lý Py-ta-go cho tam giác CHK và CKD
2

2

2

2

12
48 − x 2

Diện tích tam giác ABD là S1 =

=

12 ( 48 − x 2 ) − 12 
48 − x 2

=

12 ( 36 − x 2 )
48 − x 2

⇒ CK =

12 ( 36 − x 2 )
48 − x 2

1
1
48 − x 2 x 48 − x 2
AB.HD = x
=
2
2
2

= 3 3. Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi
6
6
2

x = 36 − x 2 ⇔ x = 18 = 3 2
Nhận xét.Chúng ta có thể thay điều kiện các cạnh còn lại bằng 2 3 bởi điều kiện các cạnh còn lại
bởi một số a > 0 nào đó bất kì, để được một bài toán khác nhưng cách làm tương tự bài này.
Câu 19: Đáp án D
Phương pháp
Sử dụng điều kiện cần và đủ để hàm số có cực trị để giải.
Lời giải chi tiết.
Xét hàm số y = x 2 + 3 Ta có y ' = 2x ⇒ y ' = 0 ⇔ x = 0. Khi đó y '' = 2 > 0 nên hàm số y = x 2 + 3 có
cực tiểu. Do đó ta loại các đáp án A,B,C.


Câu 20: Để nhận đầy đủ file word nhắn tin gmail vào sdt: 0961122230.

VS.AB'C' SB' SC ' a a 1
a 3 2 2a 3 2
=
.
= . = ⇒ VS.ABC = 8VS.AB'C' = 8.
=
Ta có
VS.ABC
SB SC 2a 4a 8
12
3
Câu 29: Đáp án D

2a − 4a + 4 − m 0 = 0 ( 1)
Để có đúng một nghiệm phức thỏa mãn bài toán thì phương trình (1) phải có duy nhất một nghiệm
2
2
2
a. Khi đó phương trình (1) phải thỏa mãn ∆ ' = 2 − 2 ( 4 − m 0 ) = 0 ⇔ 2m 0 − 4 = 0 ⇔ m 0 = ± 2 Kết

 3
hợp với điều kiện m 0 > 0 ta suy ra giá trị cần tìm là m 0 = 2 ∈ 1; ÷
 2
Sai lầm.Một bộ phận nhỏ học sinh vẫn có thể quên đưa ra điều kiện m 0 > 0 nên hai nghiệm là
m0 = ± 2
Câu 30: Đáp án D
Phương pháp.Xét các trường hợp m = 1, m > 1, m < 1. Với mỗi trường hợp ta tính trực tiếp
min y, max y. Sử dụng kết quả này để tìm giá trị m.
[1;2 ]
[1;2]
Lời giải chi tiết.
Với m = 1 thì y = 1 do đó m = 1 không thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Với m > 1 khi đó ta có y =
x ∈ [ 1; 2] ⇒ 1 ≤ x ≤ 2 ⇒

x+m
m −1
= 1+
. Do
x +1
x +1

1


[1;2 ]

5 ( m − 1) 16
16
 m − 1   m − 1  16
⇔ 1 +
= −2⇔ m=5> 4
÷+ 1 +
÷= ⇔
3
2  
3  3
6
3


Nếu m < 1 lý luận tương tự ta cũng có max y = 1 +
[1;2 ]

m −1
m −1
, min y = 1 +
. Trong trường hợp này
[1;2 ]
3
2

không tồn tại giá trị của mthỏa mãn yêu cầu bài toán.
Câu 31: Đáp án D

nhận được BD 2 = BC2 + CD 2 = 62 + ( 9 − x ) = x 2 − 18x + 117 ⇒ BD = x 2 − 18x + 117
2

(

2
2
Chi phí lắp đặt là 100.000.000x+260.000.000 x − 18x+117 = 20.000.000 5x+13 x − 18x+117

Để

chi

phí

là

thấp

nhất

thì

ta

cần

tìm

giá

5 ( x − 18x+117 ) = 13 ( x − 9 )
 x = 6,5 < 9
⇔
 x = 11,5 > 9

nhất

của

)

hàm


Như vậy giá trị x = 11,5 bị loại. Ta kiểm tra được f ' ( x ) > 0 trên (6,5;9) và f ' ( x ) < 0 trên (0;6,5)
do đó f ( x ) ≥ f ( 6,5 ) , ∀x ∈ ( 0;9 ) . Như vậy hàm f ( x ) đạt giá trị nhỏ nhất tại x = 6,5 Khi đó chi phí
lắp đặt sẽ nhỏ nhất. Do đó khoảng cách AD tìm được khi chi phí thấp nhất là 6,5km.
Câu 33: Đáp án A
Phương pháp.Gọi x là chiều rộng của đáy. Theo giả thiết ta thiếp lập được một hàm cho diện tích
mặt xung quanh và mặt đáy là S ( x ) với biến x.
Dùng bất đẳng thức Cô-si để tìm giá trị nhỏ nhất của S ( x ) . Lấy giá trị nhỏ nhất này nhân với số
tiền thuê để ra chi phí.
Lời giải chi tiết.
Gọi h là chiều cao của bể chứa. Đáy hồ có chiều rộng là x và chiều dài là 2x.
Theo giả thiết ta có V =

500
250
=h.x. ( 2x ) =2x 2 h ⇒ h= 2 ( 1)
3


250 250
250 250
+
≥ 3 3 2x 2 .
.
= 3 3 2.150.250 = 150
x
x
x
x

2
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi 2x =

150 × 100.000=15.000.000 (đồng).
Câu 34: Đáp án A
Phương pháp.
Dùng bất đẳng thức Cô-si.
Lời giải chi tiết.
Điều kiện x ≤ 2

250
⇔ x = 5. Khi đó chi phí thuê nhân công là
x


2
2
Áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho ( x ; 4 − x )


Do đó x + 4 − x 2 ≤ 2 2
Kéo theo y ≤ 2 2 + m. Giá trị lớn nhất của y là 2 2 + m đạt được khi và chỉ khi
x > 0
⇔ x = 2 Theo giả thiết ta suy ra 2 2 + m = 3 2 ⇒ m = 2
 2
2
x = 4 − x
Câu 35: Đáp án C
Phương pháp.

(

Tính trực tiếp z − z

)

2

Lời giải chi tiết.

(

Ta có z − z

)

2

2

2

2

2

1 − i 2016
1 
2016 
2016 

= 1 ⇔  a − ÷ +  b +
⇒
b
+
( a + bi ) −
÷

÷ ≤1

2
2 
2 ÷
2 ÷




⇒ −1 −



2

2

1 
2016 
2016
2016 

=  a − ÷ +  b +
−
4b
=
−
1
−
2b
2016
≥
1
−
2
1
−
÷

÷ 2016 = 1 − 2 2016 + 2016 =

2 

b c
d   +∞ a < 0

ax 3 + bx 2 + cx + d ) = lim x 3  a + + 2 + 3 ÷ = 
Ta có xlim
Đáp án A sai.
(
→−∞
x →−∞
x x
x   −∞ a > 0


( ax 3 + bx 2 + cx + d ) = −∞; xlim
( ax 3 + bx 2 + cx + d ) = +∞ nên hàm số đổi
Ta có với a > 0 thì xlim
→−∞
→+∞
dấu tại ít nhất một điểm x 0 nào đó. Hay hàm số cắt trục hoành tại ít nhất một điểm.
Tương tự cho a < 0 Vậy đáp án B đúng.

( ax 3 + bx 2 + cx + d ) = +∞; xlim
( ax 3 + bx 2 + cx + d ) = −∞ nên hàm số không thể
Nếu a < 0 thì xlim
→−∞
→+∞
luôn tăng. Đáp án C sai.
Với b = c = d = 0 và a = 1 thì hàm số y = x 3 không có cực trị. Đáp án D sai.
Câu 39: Để nhận đầy đủ file word nhắn tin gmail vào sdt: 0961122230.
Câu 41: Đáp án B


2
Từ z − m = 6 ⇔ ( a + bi ) − m = 6 ⇔ ( a − m ) + b = 36 ( 2 )
2

Từ ( 1) suy ra b 2 = 4a − a 2 thay vào ( 2 ) ta nhận được
36 = ( a − m ) + ( 4a − a 2 ) ⇔ 36 = a 2 − 2am + m 2 + 4a − a 2
2

⇔ 36 = ( 4 − 2m ) a + m 2 ⇔ 2a ( m − 2 ) = m 2 − 36 ( 3 )
Nếu m = 2 thì ( 3) vô nghiệm
Nếu m ≠ 2 thì từ ( 3) suy ra a =

m 2 − 36
2m − 4

Vì b 2 = 4a − a 2 nên để có duy nhất một số phức z thỏa mãn điều kiện đã cho thì b = 0 Ta
nhận được a = 0 hoặc a = 4
với a = 4 thì z = a + bi = 4. Loại vì

z
là số thuần ảo
z−4

m 2 − 36
vậy a = b = 0 ⇒ z = 0. Khi đó
= 0 ⇔ m = ±6
2m − 4
Tổng các phần tử của S là 6 + ( −6 ) = 0
Câu 42: Đáp án D

)

(

)

2
2
 ( a + bi ) − 2 2 = a + bi 2


 ( a + bi ) − 2 = a + bi
⇔
⇔
Im ( a + bi + 1) a + bi − i  = 0
Im ( a + 1 + bi ) ( a − ( b + 1) i )  = 0

( a − 2 ) 2 + b 2 = a 2 + b 2
a 2 − 4a + 4 = a 2
a = 1

⇔
⇔
⇔


2
2
 b = −2
a + b + 1 = 0

Tương tự ta có x 2 + 2ax1 + 9a = 4a + 12a

Từ đó
x12 + 2ax 2 + 9a
a2
4a 2 + 12a
a2
4a + 12
a
+
=
2
⇔
+
=2⇔
+
=2
2
2
2
2
a
x 2 + 2ax1 + 9a
a
4a + 12a
a
4a + 12
2
−7 
2

2x + 4
= 2. Do đó đồ thị không có tiệm cận đứng.
x − ( −2 )

2x + 4
có tiệm cận đứng.
x−m


Phương pháp.
Dùng tính chất hàm số y = f ( x ) tăng hay đồng biến trên tập D khi y ' = f ' ( x ) ≥ 0, ∀x ∈ D
Lời giải chi tiết.
Ta

có

y ' = 3x 2 − 6x + m.

Để

hàm

số

đã

cho

tăng



3
π

cos2x  + 1 = 2cos  2x − ÷+ 1
Ta có y = sin2x + 3cos2x+1 = 2  sin 2x +
2
6

2

π
π


Do −1 ≤ cos  2x − ÷ ≤ 1 ⇒ −1 ≤ 2 cos  2x − ÷+ 1 ≤ 3. Như vậy a = −1, b = 3
3
3




Do đó T = a + b = ( −1) + 3 = 2
Câu 48: Đáp án C
Phương pháp.
Sử dụng định nghĩa của xác suất.
Lời giải chi tiết.
3
Tổng số sách là 4+3+2 = 9. Số cách lấy 3 quyển sách là C9 = 84 (cách).


x →1+
x →1+
x →1+ x − 1
x →1
x −1
x −1
Tương tự ta có lim−
x →1

Như vậy lim−
x →1

f ( x ) − f ( 1)
2 ( x − 1)
2x − 2
= lim−
= lim−
= lim− 2 = 2
x →1
x →1
x −1
x − 1 x →1 x − 1

f ( x ) − f ( 1)
f ( x ) − f ( 1)
= lim+
=2
x →1
x −1
x −1

π kπ
+
6 3
( k ∈¢)
π
+ kπ
2