SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HÀ NỘI

TRƯỜNG THPT CHU VĂN AN

ĐỀ KIỂM TRA KHẢO SÁT LỚP 12 LẦN 2
NĂM HỌC 2018 - 2019

ĐỀ CHÍNH THỨC

Môn: TOÁN
Thời gian làm bài: 90 phút (không kể thời gian phát đề)

(Đề thi gồm có 06 trang)

Mã đề 108

Họ và tên thí sinh: ..........................................................................
Câu 1: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm A (1; −2;3) . Tọa độ điểm B đối xứng với điểm
A qua mặt phẳng ( Oxy ) là

A. ( −1; 2;3) .

B. (1; −2; −3) .

C. (1; −2;0 ) .

D. ( 0;0;3) .

Câu 2: Thể tích V của khối trụ tròn xoay có diện tích đáy S và chiều cao h được tính bởi công thức
nào dưới đây?
1

=
C.
−2
A.

y +3
=
4
y −3
=
4

z −6
.
3
z+6
.
3

x+2
=
2
x−2
=
D.
2
B.

y −4 z −3
=

2 21
.
3

B.

2 7
.
3

C.

39
.
3

D.

2 39
.
3

Câu 9: Kí hiệu a, b lần lượt là phần thực và phần ảo của số phức z = 3 − 2 2i . Giá trị của biểu thức
P = ab bằng
A. 6 2.
B. −6 2.
C. 6 2i.
D. −6 2i.

Trang 1/7 - Mã đề thi 108

∫

f ( x ) dx .

a

b

b

B. S = ∫ f ( x ) dx.

C.

S = ∫ f ( x ) dx.
a

b

D.

S = ∫ f ( x ) dx.
a

a

Câu 13: Cho bốn đường cong được kí hiệu là

( C1 ) , ( C2 ) , ( C3 ) và ( C4 ) như hình vẽ bên. Hàm số


Câu 16: Cho hình chóp S . ABC có đáy là tam giác ABC vuông tại B, cạnh bên SA vuông góc với
đáy ( ABC ) , AB = a, SA = 2a. Gọi M , N lần lượt là trung điểm của SB, SC. Côsin của góc giữa hai
mặt phẳng ( AMN ) và ( ABC ) bằng
A.

1
.
2

B.

2 5
.
5

C.

5
.
5

D.

1
.
4

Câu 17: Gọi z1 , z2 là hai nghiệm phức của phương trình z 2 − z + 1 = 0 . Giá trị của biểu thức

P = z1 + z2 bằng

.
A. 2
B. 5
C. 0.
D. 2
*

Câu 19: Cho hình phẳng ( H ) giới hạn bởi các đường y = 3 x − x 2 , y = 0. Quay ( H ) quanh trục hoành
tạo thành khối tròn xoay có thể tích là
3

A.

2
∫ ( 3x − x ) dx.
2

0

3

B.

3

C. π ∫ ( 3x − x 2 ) dx.

2
∫ ( 3x − x ) dx.
0

2
2
2
2
2
Câu 21: Cho số phức z thỏa mãn điều kiện iz = 3 + 4i. Môđun của số phức z bằng
A. 4.
B. 5 2.
C. 5.
D. 3.
4
2
Câu 22: Cho hàm số y = ax + bx + c có đồ thị như hình vẽ

A. tan

Khẳng định nào sau đây đúng?
A. a < 0, b > 0, c > 0. B. a > 0, b < 0, c > 0.
C. a < 0, b > 0, c < 0.
D. a < 0, b < 0, c > 0.
2x

Câu 23: Đạo hàm của hàm số y = e
A. y ′ = 2 x .e
C. y ′ =

e 2x
.
2 2x


Câu 24: Bất phương trình   ≤  
2
2
A. x ≤ −4.
B. x > −4.

2 x +3

có nghiệm là

C. x < −4.

D. x ≥ −4.

Câu 25: Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho điểm G (1; 4;3 ) . Mặt phẳng nào sau đây cắt
các trục Ox, Oy , Oz lần lượt tại A, B, C sao cho G là trọng tâm tứ diện OABC ?
x y z
A. + + = 1.
B. 12 x + 3 y + 4 z − 48 = 0.
3 12 9
x y z
C. + + = 0.
D. 12 x + 3 y + 4 y = 0.
4 16 12
Câu 26: Cho biết hệ số của x 2 trong khai triển (1 + 2 x ) , n ∈ ℕ * , bằng 180. Khi đó n bằng
A. 8.
B. 14.
C. 10.
D. 12.
Câu 27: Cho khối chóp tứ giác đều có tất cả các cạnh bằng 3a. Thể tích của khối chóp đã cho bằng

12

D. P = x 5 .
Trang 3/7 - Mã đề thi 108


Câu 29: Cho hàm số y = f ( x ) xác định trên đoạn [ a; b ] , có đồ thị của hàm số y = f ′ ( x ) như hình vẽ

Số điểm cực trị của hàm số y = f ( x ) trên đoạn [ a; b ] là
A. 4.
B. 2.
C. 3.
D. 1.
Câu 30: Cho tứ diện đều ABCD có cạnh bằng 1. Thể tích của khối nón nội tiếp tứ diện ABCD bằng
π 3
π 6
π 6
π 3
A. V =
C. V =
D. V =
.
.
.
.
B. V =
108
36
108
12

B.

ln 3
⋅
3

C. 2 ln 3.

D. ln 3.

Câu 33: Cho tứ diện ABCD có BC = BD = AC = AD = 1, ( ACD ) ⊥ ( BCD ) và ( ABD ) ⊥ ( ABC ) . Thể
tích của tứ diện ABCD bằng
2 3
3
2 3
2 2
.
.
.
.
A. 9
B. 27
C. 27
D. 27
Câu 34: Anh An mua một chiếc xe máy theo hình thức trả góp. Anh An sẽ trả tiền mua xe theo bốn
đợt, mỗi đợt cách nhau một năm và thời điểm trả tiền đợt đầu là một năm sau ngày mua xe. Số tiền
thanh toán mỗi đợt lần lượt là: 5.000.000 đồng, 6.000.000 đồng, 10.000.000 đồng và 20.000.000 đồng.
Biết lãi suất áp dụng theo hình thức mua xe của anh An là 8%/ năm. Hỏi chiếc xe máy anh An mua có
giá trị là bao nhiêu tiền?
A. 35 412 582 đồng. B. 32 412 582 đồng. C. 34 412 582 đồng. D. 33 412 582 đồng.

A. Hình 2.

B. Hình 4.

C. Hình 3.

D. Hình 1.

Câu 38: Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho hai mặt phẳng (α ) : x − 2 y + z − 1 = 0,

( β ) : 2 x + y − z = 0 và điểm A (1; 2; − 1) . Đường thẳng
(α ) , ( β ) có phương trình là
x −1 y − 2 z +1
=
=
.
4
−2
A. −2
x −1 y − 2 z +1
=
=
.
C.
1
−2
−1

∆ đi qua A và song song với cả hai mặt phẳng


a.
a.
a.
10
5
2
4
2

Câu 40: Cho biết

∫x
0

A. 13.

2

x −1
dx = a ln 5 + b ln 3, với a, b ∈ ℚ. Biểu thức T = a 2 + b 2 bằng
+ 4x + 3
B. 10.
C. 25.
D. 5.

Trang 5/7 - Mã đề thi 108


Câu 41: Cho (H) là hình phẳng giới hạn bởi các đường y = − x , y = x và x = 2. Thể tích V của khối
tròn xoay tạo thành khi quay (H) xung quanh trục Ox bằng bao nhiêu?

D. −7.

Câu 44: Xét tam thức bậc hai f ( x ) = ax 2 + bx + c, với a, b, c ∈ ℝ, thoả mãn điều kiện f ( x ) ≤ 1, với
mọi x ∈ [ −1;1]. Gọi m là số nguyên dương nhỏ nhất sao cho max f ( x ) ≤ m. Khi đó m bằng
x∈ −2;2 

A. 8.

B. 4.

C. 3.

D. 7.

Câu 45: Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho hai điểm A ( 2;1; −2 ) , B ( 5;1;1) và mặt cầu
Xét đường thẳng d đi qua A và tiếp xúc với ( S ) sao cho khoảng
cách từ B đến d nhỏ nhất. Phương trình của đường thẳng d là
x = 2
x = 2
 x = 2 + 2t
x = 2 + t




 y = 1+ t .
 y = 1 − 4t .
 y = 1 − 2t .
 y = 1 + 4t .


.
B. 6
C. 6
D. 7
A. 5

( S ) : x 2 + y 2 + z 2 + 6 y + 12 z + 9 = 0.

Câu 48: Tất cả các giá trị thực của tham số m để phương trình log 3 (1 − x 2 ) + log 1 ( x + m − 4 ) = 0 có
3

hai nghiệm thực phân biệt là
1
1
21
21
A. − ≤ m ≤ 2.
B. 5 ≤ m ≤ ⋅
C. − < m < 0.
D. 5 < m < ⋅
4
4
4
4
Câu 49: Có 5 cặp vợ chồng cùng tham gia một trò chơi trải nghiệm. Ban tổ chức yêu cầu chia họ thành
5 đội A, B, C, D, E sao cho mỗi đội có 2 người hoặc là 1 cặp vợ chồng hoặc cùng là nam hoặc cùng là
nữ. Hỏi có bao nhiêu cách chia đội?
A. 6720.
B. 6600.
C. 22920.

11
A
36
B

12
B
37
C

13
D
38
B

14
B
39
B

15
C
40
A

16
C
41
B


23
D
48
D

24
D
49
A

25
B
50
A

LỜI GIẢI CHI TIẾT
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm A 1;  2;3 . Tọa độ điểm B đối xứng với điểm A

qua mặt phẳng  Oxy  là
A.  1; 2;3  .

B. 1;  2;  3  .

C. 1;  2; 0  .

D.  0; 0;3 .

Lời giải
Chọn B
Mặt phẳng  Oxy  có phương trình tổng quát là z  0 .

B.  Q  : 2 x  2 y  z  4  0 .

C.  Q  : 2 x  2 y  z  8  0 .

D.  Q  : 2 x  2 y  z  8  0 .
Lời giải

Chọn C


Mặt phẳng  P  đi qua điểm M  0;0; 1 và có một vectơ pháp tuyến n   2; 2; 1 .

Mặt phẳng  Q  song song với  P  và cách  P  một khoảng bằng 3 nên có dạng

 Q  : 2 x  2 y  z  d  0,  d  1 .
Mặt khác ta có d  M ,  Q    3 

d  8
(thỏa mãn).
 3  d 1  9  
4  4 1
 d  10
1 d

Do đó  Q  : 2 x  2 y  z  8  0 hoặc  Q  : 2 x  2 y  z  10  0 .


Câu 4.

Tập xác định D của hàm số y   x 3  27  2 là

y 3

4

z 6
.
3
z6
.
3

x2

2
x2
D.

2
Lời giải

B.

y4

3
y4

3

z 3


D.  2;    .

Lời giải
Chọn D
Tập xác định D   .
y  3x 2  12 .
y   0  x  2 .

Bảng xét dấu đạo hàm:

Dựa vào kết quả xét dấu đạo hàm, ta kết luận: hàm số y   x3  12 x  5 nghịch biến trên khoảng

 2;    .
Câu 7. Một trong bốn hàm số cho trong các phương án A, B , C , D sau đây có đồ thị như hình vẽ

Hỏi hàm số đó là hàm số nào?
1
A. y  x 3  x 2  1 .
B. y  x3  3x 2  1 .
3

C. y  x3  3x 2  1 .
Lời giải

Chọn B

D. y   x3  3x 2  1 .



2
0
3
2
13
39
Tâm mặt cầu là I 1; 2;0  ; Bán kính của mặt cầu là R  1  4  
.

3
3
3

Ta có  S  : 3x 2  3 y 2  3z 2  6 x  12 y  2  0  x 2  y 2  z 2  2 x  4 y 

2 39
.
3
Kí hiệu a , b lần lượt là phần thực và phần ảo của số phức z  3  2 2i . Giá trị của biểu thức

Suy ra đường kính mặt cầu là: 2 R 

Câu 9.

P  a.b bằng
B.  6 2 .

A. 6 2 .

C. 6 2i .

Chọn A
Dựa vào bảng biến thiên ta thấy f  x   2 x   1;3  và f  1  2 nên min f  x   2 .
x 1;3

Câu 11. Cho hàm số y  f  x  có bảng biến thiên như hình vẽ sau:


Hỏi đồ thị hàm số đã cho có bao nhiêu đường tiệm cận?
A. 2 .
B. 1.
C. 4 .
D. 3 .
Lời giải
Chọn A
Từ bảng biến thiên ta có:
lim y    x  2 là đường tiệm cận đứng của đồ thị hàm số đã cho.
x  2

lim y  0  y  0 là đường tiệm cận ngang của đồ thị hàm số đã cho.

x  

Vậy đồ thị hàm số có tổng số đường tiệm cận là 2.
Câu 12. Cho hàm số y  f  x  liên tục trên đoạn  a; b  với a  b . Diện tích của hình phẳng giới hạn bởi đồ
thị hàm số y  f  x  , trục hoành và hai đường thẳng x  a , x  b được tính theo công thức
b

A. S 



x  a
 x  b
Câu 13. Cho bốn đường cong được ký hiệu là  C1  ,  C2  ,  C3  ,  C4  như hình vẽ bên. Hàm số y  log 2 x
có đồ thị là đường cong

A.  C1  .

B.  C4  .

C.  C2  .

D.  C3  .

Lời giải
Chọn D
Hàm số y  log 2 x đồng biến trên tập xác định D   0;   nên ta có:

Đồ thị hàm số y  log 2 x nằm bên phải trục tung và là đường cong đi lên (tính từ trái sang phải).
Vậy hàm số y  log 2 x có đồ thị là đường cong  C3  .


Câu 14. Cho hàm số y  f  x  liên tục trên khoảng  ;   , có bảng biến thiên như sau

Khẳng định nào sau đây đúng ?
A. Hàm số y  f  x  không có cực trị.
B. Hàm số y  f  x  đạt cực đại tại điểm x  2 .
C. Hàm số y  f  x  có giá trị cực tiểu y  0 .
D. Hàm số y  f  x  đạt cực tiểu tại điểm x  1 .
Lời giải
Chọn B

C.
Lời giải

Chọn C

5
.
5

D.

1
.
4


Ta có: MN //BC (tính chất đường trung bình)  MN //  ABC    AMN    ABC   Ax .

 Ax  AB
. Vậy góc giữa hai mặt phẳng  AMN  và
Dễ thấy, BC   SAB   Ax   SAB   
 Ax  AM
 . Vì tam giác SAB vuông, nên MAB
  SBA
 . Ta có:
 ABC  là MAB
  cos SBA

cos MAB



C. 2 .
Lời giải

Chọn C
1
2

Phương trình z 2  z  1  0 có hai nghiệm là z1  
Do đó P  z1  z2 

3
1
3
i, z2  
i
2
2 2

.

1
3
1
3

i 
i 2.
2 2
2 2

2

Lời giải
Chọn D
Ta có

u
 n
un 1
1
 5 
un
un
5

Suy ra lim S n 

u1

1 q

1
5

do đó dãy (un ), n  * là một cấp số nhân lùi vô hạn có u1  3 , d   .
3

1
1
5

0

Lời giải
Chọn D

3

  3 x  x  dx .
2

0

D. 

3

 3x  x 
0

2 2

dx .


Thể tích của khối tròn xoay có trong đề bài bằng: V  

3

 3x  x 



x
D. 2 tan  C .
2

Chọn D

 x
2d  
dx
x
2
     2 tan  C .
Ta có:  f  x  dx  
x
x
2
cos 2
cos 2
2
2
Câu 21. Cho số phức z thỏa mãn điều kiện iz  3  4i . Mô đun của số phức z bằng
B. 5 2 .

A. 4 .

C. 5 .
Lời giải

D. 3 .


là

e x
.
2x

B. y / 

.

e 2x
C. y 
.
2 2x

D. y 

/

/

e

2x

.
2x
Lời giải



2x



e

2x

2x


 
Câu 24. Bất phương trình  
2
A. x   4 .

x 1

2 x 3

 
có nghiệm là
 
2
B. x  4 .
Lời giải

C. x  4 .


Chọn B
Mp(P) cắt các trục Ox, Oy, Oz lần lượt tại A, B, C nên A  a;0;0  , B  0; b;0  , C  0;0; c  .
x A  xB  xC  xO a


 xG 
4
4
a  4

y A  yB  yC  yO b


  b  16 .
Vì G là trọng tâm tứ diện OABC nên  yG 
4
4 

c  12
z
z
z
z



c

A
B

Ta có 1  2 x    Cnk .  2 x    Cnk .2k .x k . Khi đó hệ số của x2 trong khai triển là Cn2 .22 .
n

k

k 0

k 0

Theo giả thiết ta có C .2  180 
2
n

2

n!
.4  180  n( n  1)  90  n  10.
2!( n  2)!

Vậy n  10 thỏa mãn bài toán.
Câu 27. Cho khối chóp tứ giác đều có tất cả các cạnh bằng 3a . Thể tích của khối chóp đã cho bằng
A.

9 2a 3
.
2

B.

27 2a 3


Chọn A

9 2a 3
.
4

D.

9a 3
.
4


S

A

D
H

B

C

Gọi H là tâm hình vuông ABCD  SH   ABCD 
2

 3a 



B. P  x12 .

20

C. P  x 5 .
Lời giải

12

D. P  x 5 .

Chọn B

Ta có P  x
3

54

3

1
4

3

x  x .x  x
5

21

Câu 30. Cho tứ diện đều ABCD có cạnh bằng 1 . Thể tích của khối nón nội tiếp tứ diện ABCD bằng
A. V 

 3
108

B. V 

.

 6
36

C. V 

.

 6
108

D. V 

.

 3
12

.

Lời giải

Thể tích của khối nón nội tiếp tứ diện ABCD bằng V   

3  6  3
108
Câu 31. Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để hàm số y 

biến trên  2;3 ?
A. 3 .

B. 4 .

Chọn D
Ta có: y  x 2  2  m  1 x  m2  2m .

C. 1.
Lời giải

x3
  m  1 x 2   m 2  2m  x  1 nghịch
3

D. 2 .


Bảng biến thiên

Ta có: y  0  x   m ; m  2 .
x3
  m  1 x 2   m 2  2m  x  1 nghịch biến trên  2;3  y  0, x   2;3
3

ln 3
.
3

B.

C. 2 ln 3 .

D. ln 3 .

Lời giải
Chọn A

1

Ta có: 3 f  x   f   x  
1

x 3
2

1

  3 f  x   f   x   dx 
1

1





1

1

1

1

 f   x  dx    f  t  dt   f  t  dt   f  x  dx .

1

1

1

1

1

1

Do đó: (*)  3  f  x  dx   f  x  dx  ln 3 

1

 f  x  dx 

1


2 2
.
27


Gọi H , K lần lượt là trung điểm cạnh CD , AB .
Đặt AH  x,  x  0 
  ACD và  BCD lần lượt cân tại A và D nên AH và BH là hai đường cao tương ứng.

 ACD    BCD 

 ACD    BCD   CD  AH   BCD 

 ACD   AH  CD
Do đó AH  BH 1

ACD  BCD  c.c.c  do đó AH  BH (2 đường cao tương ứng) (2)
Từ (1), (2) suy ra AHB vuông cân tại H .
 AB  AH 2  x 2 .
(3)
 Chứng minh tương tự ta được  CKD vuông cân tại K .
CD 2.HD

 2. AD 2  AH 2  2. 1  x 2
2
2
Mặt khác,  ACD cân tại A có CK là đường cao nên:
 CK 


3 3 2 3
3
27
Câu 34. Anh An cần mua một chiếc xe máy theo hình thức trả góp. Anh An sẽ trả tiền theo bốn đợt, mỗi đợt
cách nhau một năm và thời điểm trả tiền đợt đầu là một năm sau ngày mua xe. Số tiền thanh toán
mỗi đợt lần lượt là: 5.000.000 đồng, 6.000.000 đồng, 10.000.000 đồng và 20.000.000 đồng. Biết
CD  2.HD  2 1  AH 2 


lãi suất áp dụng theo hình thức mua xe của anh An là 8% / năm. Hỏi chiếc xe máy anh An mua có
giá trị là bao nhiêu tiền?
A. 35 412 582 đồng.
B. 32 412 582 đồng. C. 34 412 582 đồng. D. 33 412 582 đồng.
Lời giải
Chọn B
Gọi A (triệu đồng) là số tiền xe máy anh An mua lúc đầu.
Sau 1 năm, số tiền còn nợ là A.1, 08  5 (triệu đồng).

Sau 2 năm, số tiền còn nợ là  A.1, 08  5  .1, 08  6 (triệu đồng).

  A.1, 08  5  .1, 08  6  .1, 08  10 (triệu đồng).
Sau 4 năm, số tiền còn nợ là    A.1, 08  5  .1, 08  6  .1, 08  10  .1, 08  20 (triệu đồng).
Sau 3 năm, số tiền còn nợ là

Vì đã trả hết nợ sau 4 năm nên:
  A.1, 08  5  .1, 08  6  .1, 08  10 .1, 08  20  0





Câu 36. Một vật chuyển động theo quy luật s   t 3  3t 2  20 với t (giây) là khoảng thời gian tính từ khi
2
vật bắt đầu chuyển động và s (mét) là quãng đường vật di chuyển được trong khoảng thời gian đó.
Quãng đường vật đi được tính từ lúc bắt đầu chuyển động đến lúc vật đạt vận tốc lớn nhất bằng
A. 20 m .
B. 28 m .
C. 32 m .
D. 36 m .
Lời giải
Chọn B
3
Ta có v  t   s '   t 2  6t . Ta đi tìm max v  t  .
 0;  
2
v '  t   3t  6  v '  t   0  t  2
Do đó SOAB  6 

BBT

 max v  t   v  2   6 .
 0;  

1
Vậy quãng đường vật đi được là: s   .23  3.22  20  28m.
2







x

2
x

1
khi

1

x

1





Cách vẽ đồ thi như sau :
+ Giữ nguyên phần đồ  C  ứng với x   ; 1  1;   ta được  C1  .
2

+ Lấy đối xứng phần  C  ứng với x   1;1 qua trục hoành ta được  C2  .
Khi đó đồ thị hàm số y   x  2  x 2  1 gồm  C1  và  C2  .
Câu 38. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho hai mặt phẳng   : x  2 y  z  1  0 ,

   : 2 x  y  z  0 và điểm A 1; 2; 1 . Đường thẳng
mặt phẳng   ,    có phương trình là
x 1

1
3
5
x y  2 z 3

D. 
.
1
2
1
Lời giải
B.



mp   có véc tơ pháp tuyến là n1  1; 2;1 , mp    có véc tơ pháp tuyến là n2   2;1; 1 .

 
Đường thẳng  có véc tơ chỉ phương là u   n1 ; n2   1;3;5  .
x 1 y  2 z  1
.
Phương trình của đường thẳng  :


1
3
5


 = 60 . Tam giác SA D là tam giác

Lời giải
Chọn B
S

E

A

M

60o

H
D

B

F
N

C

Dựng MN song song BC  d ( SM , BC ) = d ( BC , ( SMN )) = d (C , ( SMN ))
FC = 2 FH , HE ^ ( SMN )  d (C , ( SMN )) = 2d ( H , ( SMN )) = 2 HE

HC = a 3  HF =

a 3
, SH = a 3
3

0

A. 13.

x -1
dx = a ln 5 + b ln 3 , với a , b Î  . Tính T = a 2 + b 2 bằng
x + 4x + 3
2

B. 10.

C. 25.
Lời giải

D. 5.

Chọn A

Ta có :

A=
2

ò
0

x -1
x -1
A
B

= 2 ln 5 - 3ln 3 = a ln 5 + b ln 3
 a = 2, b = -3  T = 13.
Câu 41. Cho  H  là hình phẳng giới hạn bởi các đường y   x , y  x và x  2 . Thể tích V của khối tròn

xoay tạo thành khi quay  H  xung quanh trục Ox bằng bao nhiêu ?
A. V  2 .

B. V   .

C. V 
Lời giải

Chọn B

2
.
3

D. V 

17
.
6


Ta có nhận xét sau, hai đồ thị hàm số y  x và y   x khi quay quanh trục Ox sẽ tạo ra hai
khối tròn xoay có thể tích bằng nhau.
Do đó, hình phẳng giới hạn bởi các đường y   x , y  x và x  2 sẽ có cùng thể tích với hình
phẳng giới hạn bởi các y  x , y  x và x  2 .
Ta có, phương trình hoành độ giao điểm là

Số cực trị của hàm số y  f  x  1  3  là
A. 7 .

B. 5 .

C. 6 .
Lời giải

Chọn A
Ta có:

 f  x  2  ; x  1
y  f  x  1  3  
.
 f   x  4  ; x  1
 f '  x  2  ; x  1
.
 y '  f '  x  1  3  
  f '   x  4  ; x  1
Dựa, vào đồ thị của hàm số y  f  x   ax 4  bx3  cx 2  dx  e ,
ta có f '  x   0  x   2; x  0; x 1 .

 2  x  0
0  x  1
và f '  x   0  
.
Mặt khác: f '  x   0  
x  1
 x  2
Ta có:

.
 x  2  2
x  0
 2   x  4  0  4  x  2

Hay f '   x  4   0  
.
 x  4  1
 5  x
Ta sẽ có bảng xét dấu của hàm số y  f  x  1  3  như sau

Vậy, số cực trị của hàm số là 7 .
Câu 43. Cho hàm số y  f  x  có đạo hàm liên tục trên  và thỏa mãn điều kiện

x 6  f   x    27  f  x   1  0, x   và f 1  0 . Giá trị của f  2  bằng
3

4

A. 1 .

B. 1 .

D.  7 .

C. 7 .
Lời giải

Chọn D


1

3

1
  C .
x
f  x  1

Có f 1  0  C  0 . Do đó f  x   1  x3 .
Khi đó f  2   7.

Câu 44. Xét tam thức bậc hai f  x   ax 2  bx  c , với a , b , c  , thỏa mãn điều kiện f  x   1 , với mọi

x   1;1 . Gọi m là số nguyên dương nhỏ nhất sao cho max f  x   m . Khi đó m bằng
 2 ;2

A. 8 .

B. 4 .

C. 3 .
Lời giải

Chọn D
Vì f  x   1 , với mọi x   1;1
nên f  0   c  1; f 1  a  b  c  1; f  1  a  b  c  1 .
Ta có

D. 7 .

b
b
   2; 2 
2
1.
2a
2a
4a
2
b2
b
 b  4ac  b
c
 1
 2.
f   
4a
4a
4a
 2a 

Do đó max f  x   7  m  7.
 2 ;2

Câu 45. Trong không gian Oxyz , cho hai điểm A  2;1; 2  , B  5;1;1 và mặt cầu

 S  : x 2  y 2  z 2  6 y  12 z  9  0 . Xét đường thẳng

d đi qua A và tiếp xúc với  S  sao cho


Vì IA  R nên A   S   d đi qua A và vuông góc với IA  d nằm trong  P  là mặt phẳng đi
qua A và vuông góc với IA . Ta có  P  : x  2 y  2 z  0 .
Mặt khác, ta luôn có: d  B, d   d  B,  P    3 . Đẳng thức xảy ra  d là hình chiếu của đường
thẳng AB trên  P  .
Ta tìm hình chiếu H của B trên  P  :
x  5 y 1 z 1
.


1
2
2
 x  5 y 1 z 1



Vì H là giao điểm của  và  P  nên tọa độ H là nghiệm của hệ:  1
2
2
 x  2 y  2 z  0

Gọi  là đường thẳng qua B và vuông góc với  P    :

x  4

  y  1  H  4; 1; 1 .
 z  1


 AH   2; 2;1 .