44 đề thi thử tốt nghiệp THPT năm 2021 2022 môn toán chuyên lam sơn thanh hóa (lần 2) (file word có lời giải chi tiết) image marked

SỞ GD & ĐT THANH HÓA
TRƯỜNG THPT CHUYÊN LAM SƠN

ĐỀ THI CHÍNH THỨC
( Đề thi có 06 trang)

Câu 1:

Có bao nhiêu số tự nhiên có 4 chữ số khác nhau được lập từ tập A  2, 3, 4, 5, 6
A. C54 .

Câu 2:

1
.
2

1
B.  .
2

Hàm số nào sau đây đồng biến trên
A. y  x 3  3x .

Câu 4:

C. A54 .

B. C64 .

C. 2 .

B. y  x 3  3x .

x 1
.
x 1

D. y  x 4  3 x 2  1 .

C. x  1 .

D. x  2 .

C. 3 .

D. 0 .

Hàm số y  x 4  x 2  3 có mấy điểm cực trị?
B. 2 .

Đường thẳng nào sau đây là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số y 
A. y  5 .

Câu 7:

C. y 

Cho hàm số y  f  x  có bảng biến thiên như sau

A. 1 .

Câu 6:

D. 2 .

?

Hàm số đạt cực đại tại điểm
A. x  3 .
B. x  1 .
Câu 5:

D. A64 .

Cho cấp số nhân  un  với u1  8 và u2  4 . Công bội của cấp số nhân đã cho bằng
A.

Câu 3:

KỲ THI KSCL CÁC MÔN THI TN THPT NĂM 2022 - LẦN 2
Mơn thi: Tốn
Ngày thi: 03/04/2022
Thời gian làm bài: 90 phút, không kể thời gian phát đề

B. x  5 .

C. x  2 .

5x  1
?
x2

D. x  2 .

Trong các hàm số sau, hàm số nào có đồ thị như hình vẽ dưới đây?

A. y  x3  x 2  x  1 .

B. y  x .

C. y 

x 1
.
x2

D. y  log 3 x .

1


Câu 8:

Cho hàm số bậc ba y  f  x  có đồ thị như hình vẽ dưới đây.

y
2
1

-1
O

x

2
1

-2
Số nghiệm của phương trình f  x   1 là:
A. 3.

B. 0.

C. 2.

D. 1.

C. 1;   .

D.

3

Câu 9:

Tập xác định của hàm số y   x  1 5 là
B.  0;   .

A. 1;   .

\ 1 .

Câu 10: Hàm số f  x   2 x  4 có đạo hàm là
A. f   x   2 x  4.ln 2 .

B. f   x   4.2 x  4.ln 2 . C. f   x  

2x4
.
ln 2

D. f   x  

4.2 x  4
.
ln 2

Câu 11: Tập nghiệm của phương trình log  x  1  log  2 x  3  0 là
2

A. 4;  .
3


C. 4 .

B. 2 .

D.  .

Câu 12: Trên khoảng   ;  2  , họ nguyên hàm của hàm số f ( x) 
A.

1
C .
x2

B. ln x  2  C .

C.

1

 x  2

2

1
là
x2

C .

D.

1
ln x  2  C .
2

Câu 13: Trong các mệnh đề sau, mệnh đề nào sai?
A.

 f   x  dx  f  x   C .

C.


 x dx 

B.  cos xdx  sin x  C .

x 1
 C ,   1 .
 1

D.  a x dx  a x ln a  C  0  a  1 .

1

Câu 14: Tích phân  e3 x dx bằng
0

1
A. e3  .
2
1

Câu 15: Xét I   2 x  x 2  2 

B. e  1 .
2022

C.

e3  1
.
3

3
D. e  1 .

dx , nếu đặt u  x 2  2 thì I bằng

0

3

2022
A.  u du .
2

3

1

B.  u
0

2022

du .

C. 2 u 2022 du .
2

3

1 2022
D.  u du .
22
2


Câu 16: Cho số phức z  3  2i . Tìm phần ảo của số phức liên hợp của z .
A. 2 .
B. 2i .
C. 2 .

D. 2i .

Câu 17: Cho hai số phức z1  1  2i , z2  2  6i . Tích z1.z2 bằng
A. 10  2i .
B. 2  12i .
C. 14  10i .

D. 14  2i .

Câu 18: Xét hai số phức z1 , z 2 tùy ý. Phát biểu nào sau đây sai?
A. z1 z2  z1.z2 .

B. z1 z2  z1 . z2 .

C. z1  z2  z1  z2 .

D. z1  z2  z1  z2 .

Câu 19: Một khối lăng trụ có thể tích bằng V , diện tích mặt đáy bằng S . Chiều cao của khối lăng trụ
đó bằng
V
3V
S
S
A. .
B.
.
C. .
D.
.
3V
S
V
S
Câu 20: Cho khối chóp S . ABC có đáy là tam giác đều cạnh a , SA   ABC  , SA  a (tham khảo hình
vẽ bên dưới).
S

C

A
B

Thể tích của khối chóp đã cho bằng:

A.

3a 3
.
4

B.

3a 3
.
6

C.

3a 3 .

D.

3a 3
.
12

Câu 21: Cho hình nón có bán kính đáy R  3 và độ dài đường sinh l  4 . Tính diện tích xung quanh
S xq của hình nón đã cho.
A. S xq  12 .

B. S xq  4 3 .

C. S xq  39 .

D. S xq  8 3 .

Câu 22: Tính thể tích của khối trụ biết bán kính đáy của khối trụ đó bằng a và chiều cao bằng 2a
A. 2 a 3 .
B.  a 3 .
C. 4 a 3 .
D. 2 a 2 .
Câu 23: Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , hình chiếu vng góc của điểm A 1; 2;3 trên mặt
phẳng  Oyz  là
A. M  0; 2;3 .

B. N 1;0;3 .

C. P 1;0;0  .

D. Q  0; 2;0  .

Câu 24: Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho điểm A(1; 2 ; 3) và mặt phẳng
( P) : 3x  4 y  7 z  2  0 . Đường thẳng đi qua A và vng góc với mặt phẳng ( P ) có phương
trình là
x  3  t
 x  1  3t


A.  y  4  2t (t  ). B.  y  2  4t (t  ).
 z  7  3t
 z  3  7t



3


 x  1  3t

C.  y  2  4t (t  ).
 z  3  7t


 x  1  4t

D.  y  2  3t (t  ).
 z  3  7t


Câu 25: Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , mặt cầu tâm I 1; 0; 0  và bán kính bằng 2 có
phương trình là
A.  x  1  y 2  z 2  2 . B.  x  1  y 2  z 2  2 .
2

2

C.  x  1  y 2  z 2  4 . D.  x  1  y 2  z 2  4 .
2

2

Câu 26: Một em bé có bộ 7 thẻ chữ, trên mỗi thẻ có ghi một chữ cái, trong đó có 2 thẻ chữ T giống
nhau, một thẻ chữ H, một thẻ chữ P, một thẻ chữ C, một thẻ chữ L và một thẻ chữ S. Em bé xếp
theo hàng ngang ngẫu nhiên 7 thẻ đó. Xác suất em bé xếp được dãy theo thứ tự THPTCLS là

1
1
2
1
A. .
B.
.
C. .
D. .
2  6!
7!
7!
7
Câu 27: Cho hình chóp S . ABC có đáy là tam giác vng tại B , AB  3a , BC  3a ; SA vng góc
với mặt phẳng đáy và SA  2a . Góc giữa đường thẳng SC và mặt phẳng đáy  ABC  bằng
A. 60ο .

C. 30ο .

B. 45ο .

D. 90ο .

Câu 28: Cho hàm số bậc bốn y  f  x  . Hàm số y  f   x  có đồ thị như hình vẽ như sau

Hàm số y  f  x  nghịch biến trên khoảng nào trong các khoảng sau?
A. 1; 4  .

B.  1;1 .

C.  0;3 .

D.   ; 0  .

Câu 29: Khi nuôi tôm trong một hồ tự nhiên, một nhà khoa học đã thống kê được rằng: nếu trên mỗi
mét vuông mặt hồ thả x con tôm giống thì cuối vụ mỗi con tơm có cân nặng trung bình là

108  x 2 (gam). Hỏi nên thả bao nhiêu con tôm giống trên mỗi mét vuông mặt hồ tự nhiên đó để
cuối vụ thu hoạch được nhiều tơm nhất.
A. 6.
B. 7.
C. 8.
D. 9.
Câu 30: Xét tất cả các số dương a và b thỏa mãn log 3 a  log 3 b  log 9  ab  . Tính giá trị của ab .
A. ab  1 .

C. ab 

B. ab  2 .

Câu 31: Tích tất cả các nghiệm của phương trình 22 x
A. 1 .
B. 2 .

2

1
.
2

D. ab  0 .

5 x  4

1
Câu 32: Số nghiệm nguyên của bất phương trình  
5
A. 3 .
B. 1 .

 4 bằng
C. 2 .

D. 1 .

3x 2

 55 x  2 là
C. 2 .

D. 4 .

4


Câu 33: Cho hàm số

f  x

liên tục trên đoạn

0;1 ,

1

1

0

0

f  x

có đạo hàm

thỏa mãn

  2 x  1 f   x  dx  10 và f  0   3 f 1 . Tính I   f  x  dx .
B. I  2 .

A. I  5 .

Câu 34: Tìm số phức z thỏa mãn z  2 z  9  2i .
A. z  3  2i .
B. z  3  i .

C. I  2 .

D. I  5 .

C. z  3  2i .

D. z  2  3i .

x  2 y z 1
 
. Gọi M là
3
1
2
giao điểm của  với mặt phẳng  P  : x  2 y  3z  2  0 . Tọa độ điểm M là

Câu 35: Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho đường thẳng  :

B. M  5;  1;  3 .

A. M  2;0;  1 .

D. M  1;1;1 .

C. M 1;0;1 .

Câu 36: Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz ,  P  là mặt phẳng đi qua điểm M 1; 2;3 và cắt các
tia Ox, Oy, Oz lần lượt tại A, B, C (khác gốc tọa độ O ) sao cho M là trực tâm tam giác ABC .
Biết mặt phẳng  P  có phương trình ax  by  cz  14  0 . Tính tổng T  a  b  c .
A. 8.

B. 14.

C. 6.

Câu 37: Trong không gian với hệ trục tọa độ

D. 11.

Oxyz , cho điểm

A  7;  1; 2 

và mặt

phẳng  P  : x  2 y  2 z  6  0 . Mặt cầu  S  tâm A và tiếp xúc với mặt phẳng  P  có phương
trình là

49
.
9
49
2
2
2
C.  x  7    y  1   z  2  
.
9
A.  x  7    y  1   z  2  
2

2

2

7
.
3
7
 .
3

B.  x  7    y  1   z  2  
2

2

2

D.  x  7    y  1   z  2 
2

2

2

Câu 38: Cho hình lăng trụ đứng ABC . A ' B ' C ' có đáy ABC là tam giác đều cạnh a . Cạnh BA '  a 3 .
Khoảng cách giữa hai đường thẳng A ' B và B ' C là:
A. a 2 .

B.

a
.

3

C.

a 2
.
3

D.

2a
.
3

Câu 39: Gọi S là tập hợp tất cả các giá trị thực của tham số m để đồ thị

C 

của hàm số

y  x 4  2m 2 x 2  m 4  5 có ba điểm cực trị, đồng thời ba điểm cực trị đó cùng với gốc tọa độ O
tạo thành một tứ giác nội tiếp. Tìm tích các phần tử của S .
1
1
A. 2 .
B. .
C.
.
D. 2 .
5

5
Câu 40: Gọi S là tập nghiệm của bất phương trình log a  x 2  x  2   log a   x 2  2 x  3 . Biết S   m ; n 
7
thuộc S , tính m  n .
3
13
7
A. m  n  .
B. m  n  .
3
2

và

C. m  n 

11
.
3

D. m  n 

9
.
2

 
Câu 41: Cho hàm số y  f  x  liên tục trên đoạn 0;  thỏa mãn:
 2

5


 
2 cos x. f 1  4sin x   sin 2 x. f  3  2 cos 2 x   sin 4 x  4sin 2 x  4 cos x , x  0;  .
 2
5

Khi đó I   f  x  dx bằng
1

A. 2.

C. 8 .

B. 4.

D. 16 .

Câu 42: Có bao nhiêu số phức z thỏa mãn z  1  2i  2 và z  4  z  4  10 ?
A. 1 .

C. 2 .

B. 0 .

D. 4 .

Câu 43: Cho hình chóp S . ABC có đáy là tam giác đều cạnh bằng a , tam giác SAB cân tại S và thuộc
mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng  ABC  , góc giữa hai mặt phẳng  SCA  và  SCB  bằng

600 . Gọi H là trung điểm của đoạn AB . Trong các mệnh đề sau, mệnh đề nào đúng:
A. Thể tích khối chóp S . ABC bằng

a3 2
.
16

B. Thể tích khối chóp B.SHC bằng

C. Thể tích khối chóp S . AHC bằng

a3 2
.
64

D. Khơng tồn tại hình chóp đã cho.

a3 2
.
16

Câu 44: Một cái bình thủy tinh có phần khơng gian bên trong là một hình nón có đỉnh hướng xuống
dưới theo chiều thẳng đứng. Rót nước vào bình cho đến khi phần khơng gian trống trong bình
có chiều cao 2 cm. Sau đó đậy kín miệng bình bởi một cái nắp phẳng và lật ngược bình để đỉnh
hướng lên trên theo chiều thẳng đứng, khi đó mực nước cao cách đỉnh của nón 8 cm (hình vẽ
minh họa bên dưới).
2 cm

8 cm

Biết chiều cao của nón là h  a  b cm. Tính T  a  b .
A. 22 .
B. 58 .
C. 86 .

D. 72 .

7 4 4
Câu 45: Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz cho điểm I 1; 0; 0  , điểm M  ; ;  và đường
9 9 9
x  2

thẳng d :  y  t . N  a, b, c  là điểm thuộc đường thẳng d sao cho diện tích tam giác IMN
z  1 t

nhỏ nhất. Khi đó a  b  c có giá trị bằng:
5
5
A. 2 .
B. 2 .
C. .
D.
.
2
2

Câu 46: Cho hàm số f  x   x 4  2 x 3   m  1 x 2  2 x  m  2022 , với m là tham số. Có bao nhiêu giá
trị nguyên của m thuộc đoạn  2021; 2022 để hàm số y  f  x  2021  2022 có số điểm
cực trị nhiều nhất?

A. 2021.

B. 2022.

C. 4040.

D. 2023
6


Câu 47: Có bao nhiêu số nguyên dương m để phương trình m  e x  1 .ln(mx  1)  2e x  e 2 x  1 có 2
nghiệm phân biệt khơng lớn hơn 5.
A. 26.
B. 27.

C. 29.

D. 28.

7
và hàm số bậc ba g  x  .
12
Đồ thị hai hàm số đó cắt nhau tại ba điểm phân biệt có hồnh độ x1 , x2 , x3 thoả mãn

Câu 48: Cho hàm số f  x  với đồ thị là Parabol đỉnh I có tung độ bằng 
18 x1 x2 x3  55 (hình vẽ).

Diện tích miền tơ đậm gần số nào nhất trong các số sau đây?
A. 5,7.
B. 5,9.

C. 6,1.

D. 6,3.

Câu 49: Cho M , N , P lần lượt là các điểm biểu diễn số phức z1 , z 2 , z3 thỏa mãn điều kiện
5 z1  9  3i  5 z1 , z2  2  z2  3  i , z3  1  z3  3  4 . Khi M , N , P không thẳng hàng,

giá trị nhỏ nhất của nửa chu vi p của tam giác MNP là
A.

10 5
.
9

B.

6 5
.
5

C.

9 10
.
10

D.

5 11
.

13

Câu 50: Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho 3 đường thẳng  d1  ,  d 2  ,  d3  có phương
 x  4  2t3
 x  3  t2
 x  1  2t1



trình  d1  :  y  1  t1 ,  d 2  :  y  1  2t2 ,  d3  :  y  4  2t3 . S  I ; R  là mặt cầu tâm I bán
 z  2  2t
z  1 t
 z  1  2t
2
1


3

kính R tiếp xúc với 3 đường thẳng đó. Giá trị nhỏ nhất của R gần số nào nhất trong các số
sau:
A. 2,1.
B. 2,2.
C. 2,3.
D. 2,4.

7


HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT

Câu 1:

Có bao nhiêu số tự nhiên có 4 chữ số khác nhau được lập từ tập A  2, 3, 4, 5, 6
C. A54 .

B. C64 .

A. C54 .

D. A64 .

Lời giải
Số các số tự nhiên có 4 chữ số khác nhau được lập từ A là A54 .
Câu 2:

Cho cấp số nhân  un  với u1  8 và u2  4 . Công bội của cấp số nhân đã cho bằng
A.

1
.
2

1
B.  .
2

C. 2 .

D. 2 .

Lời giải
Ta có u2  u1.q  q 
Câu 3:

u2 1
 .
u1 2

Hàm số nào sau đây đồng biến trên

?
C. y 

B. y  x 3  3x .

A. y  x 3  3x .

x 1
.
x 1

D. y  x 4  3 x 2  1 .

Lời giải
Nhận xét y  x  3x có y  3x  3  0, x  .
3

2

Do đó hàm số y  x 3  3x đồng biến trên

Câu 4:

.

Cho hàm số y  f  x  có bảng biến thiên như sau

Hàm số đạt cực đại tại điểm
A. x  3 .
B. x  1 .

D. x  2 .

C. x  1 .
Lời giải

Qua bảng biến thiên ta có hàm số đạt cực đại tại điểm x  2 .
Câu 5:

Hàm số y  x 4  x 2  3 có mấy điểm cực trị?
A. 1 .

B. 2 .

C. 3 .
D. 0 .
Lời giải
4
2
Hàm số y  x  x  3 có ab  1.  1  1  0 , suy ra hàm số y  x 4  x 2  3 có 3 điểm cực
trị.

Câu 6:

Đường thẳng nào sau đây là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số y 
A. y  5 .

B. x  5 .

C. x  2 .

5x  1
?
x2
D. x  2 .

Lời giải
Ta có: lim
x 2

Câu 7:

5x  2
5x  2
  và lim
  nên đồ thi có TCĐ: x  2 .
x 2 x  2
x2

Trong các hàm số sau, hàm số nào có đồ thị như hình vẽ dưới đây?
8

A. y  x3  x 2  x  1 .

C. y 

B. y  x .

x 1
.
x2

D. y  log 3 x .

Lời giải
Dễ nhận thấy dạng đồ thị cho trong bài là của hàm số dạng y 
Câu 8:

ax  b
.
cx  d

Cho hàm số bậc ba y  f  x  có đồ thị như hình vẽ dưới đây. Số nghiệm của phương trình
f  x   1 là:

y
2
1

-1
O

2

x

1

-2
A. 3.

B. 0.

C. 2.
Lời giải

D. 1.

Kẻ đường thẳng y  1 ta thấy đường thẳng y  1 cắt đồ thị tại 3 điểm phân biệt. Như vậy số nghiệm của
phương trình f  x   1 là 3.
3

Câu 9:

Tập xác định của hàm số y   x  1 5 là
A. 1;   .

C. 1;   .

B.  0;   .

D.

\ 1 .

Lời giải
Điều kiện xác định: x  1  0  x  1 .
Vậy tập xác định của hàm số là: D  1;   .
Câu 10: Hàm số f  x   2 x  4 có đạo hàm là
A. f   x   2 x  4.ln 2 .

B. f   x   4.2 x  4.ln 2 . C. f   x  

2x4
.
ln 2

D. f   x  

4.2 x  4
.
ln 2

Lời giải
Áp dụng công thức  au   au .ln a.u .
Ta có f   x    2 x  4   2 x  4.ln 2.  x  4   2 x  4.ln 2 .
Câu 11: Tập nghiệm của phương trình log  x  1  log  2 x  3  0 là
9


2


A. 4;  .
3


C. 4 .

B. 2 .

D.  .

Lời giải
 x  1  2x  3
 x  4

Ta có phương trình đã cho  
x  1
x  1
Phương trình trên vơ nghiệm.
Câu 12: Trên khoảng   ;  2  , họ nguyên hàm của hàm số f ( x) 
A.

1
C .
x2

B. ln x  2  C .

C.

1

 x  2

2

1
là
x2

C .

D.

1
ln x  2  C .
2

Lời giải

1

1

1

 ax  b dx  a ln ax  b  C , ta có  x  2 dx  ln x  2  C .

Áp dụng công thức:

Câu 13: Trong các mệnh đề sau, mệnh đề nào sai?
A.

 f   x  dx  f  x   C .

B.  cos xdx  sin x  C .

C.

x 1
 x dx    1  C,   1 .

D.  a x dx  a x ln a  C  0  a  1 .



Lời giải
Ta có  a x dx 

x

a
 C  0  a  1 nên phương án  a x dx  a x ln a  C  0  a  1 sai.
ln a

1

Câu 14: Tích phân  e3 x dx bằng
0

1
A. e3  .
2

B. e  1 .

C.

e3  1
.
3

D. e3  1 .

Lời giải
1

Ta có  e3 x dx 
0

1

1 3x
1
e 1
.
e d  3 x   e3 x 

30
3 0

3
1

1

Câu 15: Xét I   2 x  x 2  2 

2022

3

dx , nếu đặt u  x 2  2 thì I bằng

0

3

A.  u

B.  u

du .

2

3

3

1

2022

2022

C. 2 u

du .

2022

1
D.  u 2022 du .
22

du .

2

0

Lời giải
1

Xét I   2 x  x 2  2 
0

20202

1

dx    x 2  2 

2022

d  x2  2

0

3

2022
Đặt u  x  2 . Đổi cận: x  0  u  2 ; x  1  u  3 . Khi đó I   u du
2

2

Câu 16: Cho số phức z  3  2i . Tìm phần ảo của số phức liên hợp của z .
A. 2 .
B. 2i .
C. 2 .
Lời giải

D. 2i .

10


Số phức liên hợp của z là z  3  2i .
Vậy phần ảo của số phức liên hợp của z là 2 .

Câu 17: Cho hai số phức z1  1  2i , z2  2  6i . Tích z1.z2 bằng
A. 10  2i .
B. 2  12i .
C. 14  10i .
Lời giải
Ta có z1.z2  1  2i  2  6i   14  2i .

D. 14  2i .

Câu 18: Xét hai số phức z1 , z 2 tùy ý. Phát biểu nào sau đây sai?
A. z1 z2  z1.z2 .

C. z1  z2  z1  z2 .

B. z1 z2  z1 . z2 .

D. z1  z2  z1  z2 .

Lời giải
Giả sử z1  a  bi , z2  c  di  a, b, c, d   , ta có

z1  z2 

 a  c   b  d 
2

2

mà z1  z2  a 2  b 2  c 2  d 2

Vậy về tổng quát z1  z2  z1  z2 .
Câu 19: Một khối lăng trụ có thể tích bằng V , diện tích mặt đáy bằng S . Chiều cao của khối lăng trụ
đó bằng
V
3V
S
S
A. .
B.
.
C. .
D.
.
3V
S
V
S
Lời giải
Gọi h là chiều cao của khối lăng trụ.
V
Ta có thể tích khối lăng trụ là V  S .h  h  .
S
Câu 20: Cho khối chóp S . ABC có đáy là tam giác đều cạnh a , SA   ABC  , SA  a (tham khảo hình
vẽ bên dưới).
S

C

A
B

Thể tích của khối chóp đã cho bằng:
A.

3a 3
.
4

B.

3a 3
.
6

C.

3a 3 .

D.

3a 3
.
12

Lời giải

11


S

C

A
B

Vì SA   ABC  nên ta có SA là đường cao của hình chóp hay h  SA  a .
Do đáy của hình chóp là tam giác đều cạnh a nên ta có: S 

a2 3
.
4

1
1 3a 2
3a 3
Khi đó thể tích của khối chóp đã cho là: V  S .h  .
(đvtt).
.a 
3
3 4
12
Câu 21: Cho hình nón có bán kính đáy R  3 và độ dài đường sinh l  4 . Tính diện tích xung quanh
S xq của hình nón đã cho.
A. S xq  12 .

B. S xq  4 3 .

C. S xq  39 .

D. S xq  8 3 .

Lời giải
Ta có S xq   Rl . Nên S xq   3.4  4 3 .
Câu 22: Tính thể tích của khối trụ biết bán kính đáy của khối trụ đó bằng a và chiều cao bằng 2a
A. 2 a 3 .
B.  a 3 .
C. 4 a 3 .
D. 2 a 2 .
Lời giải
Thể tích khối trụ là V   r 2 h   a 2 .2a  2 a 3 .
Câu 23: Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , hình chiếu vng góc của điểm A 1; 2;3 trên mặt
phẳng  Oyz  là
A. M  0; 2;3 .

B. N 1;0;3 .

C. P 1;0;0  .

D. Q  0; 2;0  .

Lời giải
Hình chiếu của điểm M  x; y; z  lên mặt phẳng  Oyz  là M   0; y; z 
Nên M  0; 2;3 là hình chiếu của điểm A 1; 2;3 trên mặt phẳng  Oyz  .
Câu 24: Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho điểm A(1; 2 ; 3) và mặt phẳng
( P) : 3x  4 y  7 z  2  0 . Đường thẳng đi qua A và vng góc với mặt phẳng ( P ) có phương
trình là
x  3  t
 x  1  3t



A.  y  4  2t (t  ). B.  y  2  4t (t  ).
 z  7  3t
 z  3  7t


 x  1  3t

C.  y  2  4t (t  ).
 z  3  7t


 x  1  4t

D.  y  2  3t (t  ).
 z  3  7t

Lời giải

12


Gọi u  là véc tơ chỉ phương của đường thẳng () thỏa mãn u cầu bài tốn.
Ta có véc tơ pháp tuyến của mặt phẳng ( P ) : n p  (3; 4;7) .
 x  1  3t
(  )  ( P ) 
u   n p  (3; 4;7)

Vì 


 () :  y  2  4t (t  ).

 A  ()
 A(1; 2;3)  ( )
 z  3  7t


Câu 25: Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , mặt cầu tâm I 1; 0; 0  và bán kính bằng 2 có
phương trình là
A.  x  1  y 2  z 2  2 . B.  x  1  y 2  z 2  2 .
2

2

C.  x  1  y 2  z 2  4 . D.  x  1  y 2  z 2  4 .
2

2

Lời giải
Phương trình mặt cầu có tâm I  a; b; c  và bán kính R có dạng:

 x  a

2

  y  b   z  c   R2
2

2

Mà tâm I 1; 0; 0  và bán kính R  2 nên  x  1  y 2  z 2  4.
2

Câu 26: Một em bé có bộ 7 thẻ chữ, trên mỗi thẻ có ghi một chữ cái, trong đó có 2 thẻ chữ T giống
nhau, một thẻ chữ H, một thẻ chữ P, một thẻ chữ C, một thẻ chữ L và một thẻ chữ S. Em bé xếp
theo hàng ngang ngẫu nhiên 7 thẻ đó. Xác suất em bé xếp được dãy theo thứ tự THPTCLS là
1
1
2
1
A. .
B.
.
C. .
D. .
2  6!
7!
7!
7
Lời giải
Hoán vị 7 chữ cái này ta được 1 dãy 7 chữ cái, tuy nhiên trong đó có 2 chữ T giống nhau nên
khi hoán vị 2 chữ T này cho nhau khơng tạo dãy mới.
7!
Vì vậy sẽ có:  
dãy khác nhau.
2!
1
2
 .

Xác suất để tạo thành dãy THPTCLS là P 
7! 7!
2!
Câu 27: Cho hình chóp S . ABC có đáy là tam giác vng tại B , AB  3a , BC  3a ; SA vng góc
với mặt phẳng đáy và SA  2a . Góc giữa đường thẳng SC và mặt phẳng đáy  ABC  bằng
ο
A. 60 .

ο

ο
B. 45 .

ο
D. 90 .

C. 30 .
Lời giải
S

C

A
B

Ta có SA   ABC  nên góc giữa SC và  ABC  bằng ACS .
AC 

AB 2  BC 2  9a 2  3a 2  2a 3 .

13


Suy ra tan ACS 

SA
2a
1
 ACS  30ο .


AC 2a 3
3

Câu 28: Cho hàm số bậc bốn y  f  x  . Hàm số y  f   x  có đồ thị như hình vẽ sau

Hàm số y  f  x  nghịch biến trên khoảng nào trong các khoảng sau?
A. 1; 4  .

B.  1;1 .

C.  0;3 .

D.   ; 0  .

Lời giải
Dựa vào đồ thị hàm số y  f   x  ta có
f   x   0  x   1;1   4;    và f   x   0  x    ;  1  1; 4  .

Do đó hàm số y  f  x  đồng biến trên các khoảng  1;1 và  4;    , nghịch biến trên các

khoảng   ;  1 và 1; 4  .
Vậy hàm số y  f  x  nghịch biến trên khoảng 1; 4  là đúng.
Câu 29: Khi nuôi tôm trong một hồ tự nhiên, một nhà khoa học đã thống kê được rằng: nếu trên mỗi
mét vng mặt hồ thả x con tơm giống thì cuối vụ mỗi con tơm có cân nặng trung bình là

108  x 2 (gam). Hỏi nên thả bao nhiêu con tôm giống trên mỗi mét vuông mặt hồ tự nhiên đó để
cuối vụ thu hoạch được nhiều tơm nhất.
A. 6.
B. 7.
C. 8.
D. 9.
Lời giải
Sau một vụ lượng tơm trung bình trên mỗi m 2 mặt hồ nặng x 108  x 2   108 x  x3 ( gam)
Xét hàm số f ( x)  108 x  x 3 trên khoảng (0; ) ta có

x  6
f '( x)  108  3x 2 ; f '( x)  0  108  3x 2  0  
 x  6  0

Trên khoảng (0; ) hàm số f ( x)  108 x  x 3 đạt GTLN tại x  6 .
Vậy nên thả 6 con tơm giống trên mỗi mét vng mặt hồ thì cuối vụ thu hoạch được nhiều tôm
nhất.
Câu 30: Xét tất cả các số dương a và b thỏa mãn log 3 a  log 3 b  log 9  ab  . Tính giá trị của ab .
A. ab  1 .

B. ab  2 .

C. ab 

1

.
2

D. ab  0 .

Lời giải

14


1
Ta có: log3 a  log3 b  log9  ab   log 3  ab   log 32  ab   log 3  ab   log 3  ab 
2
1
 log3  ab   0  ab  1.
2
Câu 31: Tích tất cả các nghiệm của phương trình 22 x 5 x  4  4 bằng
A. 1 .
B. 2 .
C. 2 .
Lời giải
2

D. 1 .

1

x

Ta có: 2

42
 2  2 x  5x  4  2  2 x  5x  2  0 
2.

 x  2
Vậy tích các nghiệm của phương trình là 1 .
2 x2 5 x  4

2 x 2 5 x  4

2

2

2

3x 2

1
 55 x  2 là
Câu 32: Số nghiệm nguyên của bất phương trình  
5
A. 3 .
B. 1 .
C. 2 .
Lời giải
1
Bất phương trình  
5

D. 4 .

3 x 2

 55 x  2  53 x  55 x  2  3x 2  5 x  2
2

1
 3x 2  5 x  2  0    x  2 .
3
Vì x  nên x  0;1 . Vậy bất phương trình có 2 nghiệm ngun.
Câu 33: Cho hàm số

f  x

liên tục trên đoạn

0;1 ,

1

1

0

0

có đạo hàm

f  x

thỏa mãn

  2 x  1 f   x  dx  10 và f  0   3 f 1 . Tính I   f  x  dx .
B. I  2 .

C. I  2 .
Lời giải
Đặt: u  2 x  1  du  2dx , dv  f   x  dx chọn v  f  x  .
A. I  5 .

D. I  5 .

1

Ta có:

1
1

2
x

1
f
x
d
x

10


2
x

1
f
x

2
f  x  dx  10
  

  
0 
0 0

1

1

1

0

0

0

 3 f 1  f  0   2 f  x  dx  10  0  2 f  x  dx  10   f  x  dx  5 .
Câu 34: Tìm số phức z thỏa mãn z  2 z  9  2i .

A. z  3  2i .
B. z  3  i .
Đặt z  a  bi  a, b 

C. z  3  2i .
Lời giải

D. z  2  3i .

.

Theo giả thiết ta có  a  bi   2  a  bi   9  2i .
Điều này tương đương với  3a  9    b  2  i  0 .
Từ đây ta được 3a  9  b  2  0 .
Như vậy a  3 và b  2 .
Tức là z  3  2i .
15


x  2 y z 1
. Gọi M là
 
3
1
2
giao điểm của  với mặt phẳng  P  : x  2 y  3z  2  0 . Tọa độ điểm M là

Câu 35: Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho đường thẳng  :

B. M  5;  1;  3 .

A. M  2;0;  1 .

D. M  1;1;1 .

C. M 1;0;1 .

Lời giải
x2 y
 3  1
x  3y  2
 x  1

 y z 1


Tọa độ của điểm M là nghiệm của hệ:  
 2 y  z  1
 y 1
2
1
 x  2 y  3 z  2
z  1


x

2
y
 3z  2  0




Vậy M  1;1;1 .
Câu 36: Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz ,  P  là mặt phẳng đi qua điểm M 1; 2;3 và cắt các
tia Ox, Oy, Oz lần lượt tại A, B, C (khác gốc tọa độ O ) sao cho M là trực tâm tam giác ABC .
Biết mặt phẳng  P  có phương trình ax  by  cz  14  0 . Tính tổng T  a  b  c .
A. 8.

B. 14.

C. 6.
D. 11.
Lời giải
Ta có tứ diện OABC là tứ diện vng tại O , mà M là trực tâm tam giác ABC nên
OM   ABC   OM   P  .
Vậy OM 1; 2;3 là một véc tơ pháp tuyến của mặt phẳng  P  và  P  đi qua M nên  P  có
phương trình: x  2 y  3z  14  0  T  a  b  c  6 .
Câu 37: Trong không gian với hệ trục tọa độ

Oxyz , cho điểm

A  7;  1; 2 

và mặt

phẳng  P  : x  2 y  2 z  6  0 . Mặt cầu  S  tâm A và tiếp xúc với mặt phẳng  P  có phương
trình là

49

.
9
49
2
2
2
C.  x  7    y  1   z  2  
.
9

7
.
3
7
2
2
2
D.  x  7    y  1   z  2   .
3
Lời giải
Mặt cầu  S  tâm A và tiếp xúc với mặt phẳng  P  có bán kính là
A.  x  7    y  1   z  2  
2

R  d  A,  P   

2

B.  x  7    y  1   z  2  
2

2

7  2.  1  2.2  6
12   2   22
2



2

2

7
.
3

Vậy mặt cầu  S  có phương trình là  x  7    y  1   z  2  
2

2

2

49
.
9

Câu 38: Cho hình lăng trụ đứng ABC . A ' B ' C ' có đáy ABC là tam giác đều cạnh a . Cạnh BA '  a 3 .
Khoảng cách giữa hai đường thẳng A ' B và B ' C là:

A. a 2 .

B.

a
.
3

a 2
.
3
Lời giải.

C.

D.

2a
.
3

16


AA '  a 2
Gọi M là trung điểm AC , E  AB ' A ' B  E là trung điểm của AB '
Khi đó B ' C / / ME  B ' C / /  A ' BM 
 d  B ' C , A ' B   d  B ' C ,  A ' BM    d  C ,  A ' BM    d  A,  A ' BM   (*)

Trong mặt phẳng  A ' AM  : kẻ AH  A ' M (1)

Do ABC đều  BM  AC
ABC . A ' B ' C ' là hình lăng trụ đứng  AA '   ABC   AA '  BM
Nên BM   A ' AM   BM  AH (2)
Từ (1) và (2)  AH   A ' BM   d  A,  A ' BM    AH (**)
Trong tam giác A ' AM vuông tại A , AH là đường cao:
1
1
1
1
4
9
a 2
(***)


 2  2  2  AH 
2
2
2
AH
A' A
AM
2a
a
2a
3

Từ (*), (**), (***)  d  A ' B, B ' C  

a 2

.
3

Câu 39: Gọi S là tập hợp tất cả các giá trị thực của tham số m để đồ thị

C 

của hàm số

y  x 4  2m 2 x 2  m 4  5 có ba điểm cực trị, đồng thời ba điểm cực trị đó cùng với gốc tọa độ O
tạo thành một tứ giác nội tiếp. Tìm tích các phần tử của S .
1
1
A. 2 .
B. .
C.
.
D. 2 .
5
5
Lời giải
4
2 2
4
Để hàm số y  x  2m x  m  5 có ba điểm cực trị thì y '  0 phải có ba nghiệm phân biệt.
x0
Ta có y '  4 x  4m x  4 x  x  m  . y '  0   x  m ,  m  0  .
 x  m
3

2

2

2

Ba điểm cực trị là A  0; m 4  5  , B  m;5  , C  m;5  .

17


Ba điểm A, B, C và gốc tọa độ O  0;0  tạo thành tứ giác nội tiếp khi và chỉ khi B  C  

1
, (do B  C )  BA.BO  0  m 2  5m 4  0  m2  . Vậy S có 2 phần tử và
2
5
1
có tích bằng
.
5
 BC 

Câu 40: Gọi S là tập nghiệm của bất phương trình log a  x 2  x  2   log a   x 2  2 x  3 . Biết S   m ; n 
7
thuộc S , tính m  n .
3
13
7
A. m  n  .

B. m  n  .
3
2

và

C. m  n 

11
.
3

D. m  n 

9
.
2

Lời giải

 x2  x  2  0

2  x  3
.
Điều kiện:  x 2  2 x  3  0  
0

a

1


0  a  1

10
20
7
Do x  là nghiệm của bất phương trình đã cho nên log a
 log a
 0  a  1.
9
9
3
Vì 0  a  1 nên bất phương trình  x 2  x  2   x 2  2 x  3
5 2 x 3
5 9
5
 2 x 2  3x  5  0  1  x  
 2  x  . Vì vậy m  n  2  
2
2 2
2
 
Câu 41: Cho hàm số y  f  x  liên tục trên đoạn 0;  thỏa mãn:
 2

 
2 cos x. f 1  4sin x   sin 2 x. f  3  2 cos 2 x   sin 4 x  4sin 2 x  4 cos x , x  0;  .
 2
5

Khi đó I   f  x  dx bằng
1

A. 2.

B. 0.

D. 16 .

C. 8 .
Lời giải

Ta có: 2 cos x. f 1  4sin x   sin 2 x. f  3  2 cos 2 x   sin 4 x  4sin 2 x  4 cos x (*)
Lấy tích phân từ 0 đến


hai vế của (*) ta được:
2







2

2

2

0

0

0

 2 cos x. f 1  4sin x  dx   sin 2 x. f  3  2 cos 2 x  dx    sin 4 x  4sin 2 x  4 cos x  dx

18








2

1
12
f
1

4sin
x
d
(1


4sin
x
)

f  3  2 cos 2 x  d (3  2 cos 2 x)  0


2 0
4 0
5

5

5

5

1
1
  f  t  dt   f  t  dt  0   f  t  dt  0   f  x  dx  0
21
41
1
1
5

Vậy I   f  x  dx = 0.
1

Câu 42: Có bao nhiêu số phức z thỏa mãn z  1  2i  2 và z  4  z  4  10 ?

A. 1 .

C. 2 .
Lời giải

B. 0 .

D. 4 .

Áp dụng các tính chất z  z ; z1  z2  z1  z2 ta có z  4  z  4  z  4  z  4 .
Do đó z  4  z  4  10  z  4  z  4  10 .
Gọi M là điểm biểu diễn của z .
Do z  1  2i  2 nên M thuộc đường tròn  C  tâm I 1; 2  , bán kính R  2 .  C  có phương
trình là  x  1   y  2   4 .
2

2

Do z  4  z  4  10 nên M thuộc đường elip  E  có hai tiêu điểm là F1  4;0  ; F2  4; 0  và
có độ dài trục lớn là 10 .  E  có phương trình là

x2 y 2

1.
25 9

Từ đây có M là giao điểm của  C  và  E  .

Từ hình vẽ của  C  và  E  ta thấy chúng có 2 giao điểm nên có 2 số phức thỏa mãn yêu cầu.
Câu 43: Cho hình chóp S . ABC có đáy là tam giác đều cạnh bằng a , tam giác SAB cân tại S và thuộc

mặt phẳng vng góc với mặt phẳng  ABC  , góc giữa hai mặt phẳng  SCA  và  SCB  bằng

600 . Gọi H là trung điểm của đoạn AB . Trong các mệnh đề sau, mệnh đề nào đúng:
A. Thể tích khối chóp S . ABC bằng
C. Thể tích khối chóp S . AHC bằng

a3 2
.
16

B. Thể tích khối chóp B.SHC bằng

a3 2
.
16

a3 2
.
D. Khơng tồn tại hình chóp đã cho.
64
Lời giải

19


Tam giác SAB thuộc mặt phẳng vng góc với mặt phẳng  ABC   SH   ABC  , từ đó suy
ra đường cao của hình chóp S . AHC là SH

Kẻ AK  SC  SC   AKB   SC  KB
 AKB  600

   SAC  ;  SBC     KA; KB   600  
 AKB  1200

Nếu AKB  600 thì dễ thấy KAB đều  KA  KB  AB  AC (vơ lí). Vậy AKB  1200
AH
a

khi đó KAB cân tại K và AKH  600  KH 
0
tan 60
2 3
Trong SHC vuông tại H ta có
thay KH 
VS . AHC

a
2 3

và HC 

1
1
1


2
2
KH
HC
HS 2

a 6
a 6
a 3
vào ta được SH 
. Vậy h 
.
8
8
2

1
1 a 6 1 a 3 a a3 2
.
 .SH .dtAHC  .
. .
. 
3
3 8 2 2 2
64

Câu 44: Một cái bình thủy tinh có phần khơng gian bên trong là một hình nón có đỉnh hướng xuống
dưới theo chiều thẳng đứng. Rót nước vào bình cho đến khi phần khơng gian trống trong bình
có chiều cao 2 cm. Sau đó đậy kín miệng bình bởi một cái nắp phẳng và lật ngược bình để đỉnh
hướng lên trên theo chiều thẳng đứng, khi đó mực nước cao cách đỉnh của nón 8 cm (hình vẽ
minh họa bên dưới).
2 cm

8 cm

Biết chiều cao của nón là h  a  b cm. Tính T  a  b .
A. 22 .
B. 58 .
C. 86 .

D. 72 .
20


Lời giải
Để ý rằng có 3 hình nón đồng dạng: Phần khơng gian bên trong bình thủy tinh (có thể tích V ),
phần khơng chứa nước khi đặt bình có đỉnh hướng lên (có thể tích V1 ), phần chứa nước khi đặt
bình có đỉnh hướng xuống (có thể tích V2 ). Do tỷ số đồng dạng bằng với tỷ số của chiều cao và
tỷ số thể tích là lập phương tỷ số đồng dạng nên ta có

 h  2  V . Mà V  V  V nên ta có:
V h3 V
h3
512V
 3;

 V1 
; V2 
1
2
3
3
V1 8 V2  h  2 
h
h3

3

512V  h  2  V

 V  512  h3  6h 2  12h  8  h3  h 2  2h  84  0  h  1  85
h3
h3
Vậy T  86
3

7 4 4
Câu 45: Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz cho điểm I 1; 0; 0  , điểm M  ; ;  và đường
9 9 9
x  2

thẳng d :  y  t . N  a, b, c  là điểm thuộc đường thẳng d sao cho diện tích tam giác IMN
z  1 t

nhỏ nhất. Khi đó a  b  c có giá trị bằng:
5
5
A. 2 .
B. 2 .
C. .
D.
.
2
2
Lời giải
2

Ta có IM  .
3
1
1
Gọi H là hình chiếu của N trên đường thẳng d ' đi qua I , M , ta có: SIMN  IM .NH  NH
2
3
Diện tích tam giác IMN nhỏ nhất khi và chỉ khi độ dài NH nhỏ nhất.
N  d  N  2; n;1  n   IN  1; n;1  n  .

Đường thẳng d ' có vecto chỉ phương u '  1; 2; 2  .  IN , u '   2; n  3; n  2  .
2

2
2
 IN , u '
22   n  3    n  2 


NH  d  N ; d ' 

3
u'

5 9

2 n   
2 4 1



 .
3
2

5
5 3

Dấu  xảy ra khi n   , suy ra: N  2;  ;   . Vậy a  b  c  2 .
2 2
2

Câu 46: Cho hàm số f  x   x 4  2 x 3   m  1 x 2  2 x  m  2022 , với m là tham số. Có bao nhiêu giá
trị nguyên của m thuộc đoạn  2021; 2022 để hàm số y  f  x  2021  2022 có số điểm
cực trị nhiều nhất?
A. 2021.

B. 2022.

C. 4040.
Lời giải

D. 2023

Hàm số y  f  x  2021  2022 có số điểm cực trị nhiều nhất là 7 khi và chỉ khi phương
trình f  x  2021  2022 có 4 nghiệm phân biệt hay phương trình f  x   2022 có 4 nghiệm
phân biệt
21


Ta có f  x   2022  x 4  2 x3   m  1 x 2  2 x  m  0

 x  1

  x  1 x  1  x 2  2 x  m   0   x  1
 x 2  2 x  m  0  *


Suy ra f  x   2022 có 4 nghiệm phân biệt khi và chỉ khi * có 2 nghiệm phân biệt khác 1
và 1 tức là
1  m  0
m  1
2
do m nguyên thuộc  2021; 2022 nên có 2021 giá trị thỏa mãn.
1  2  m  0  
m


3

12  2  m  0

Câu 47: Có bao nhiêu số nguyên dương m để phương trình m  e x  1 .ln(mx  1)  2e x  e 2 x  1 có 2
nghiệm phân biệt khơng lớn hơn 5.
A. 26.
B. 27.

C. 29.
Lời giải

D. 28.

Xét phương trình m  e x  1 .ln(mx  1)  2e x  e 2 x  1 (*) điều kiện mx  1  0
e x  1  0
*

   x
e  1  m. ln(mx  1)

ex 1  0  x  0
e x  1  m.ln(mx  1) , Đặt y  ln(mx  1)  e x  1  my.

 x  ln(my  1) (1)
Ta có hệ phương trình 
 y  ln(mx  1) (2)
Trừ (1) và (2) theo vế ta được: x  y  ln(my  1)  ln(mx  1) hay x  ln(mx  1)  y  ln(my  1)
với m  0 thì hàm số f ( x)  x  ln(mx  1) đồng biến trên tập xác định nên
x  ln(mx  1)  y  ln(my  1)  x  y
Thay x  y vào (1) ta được x  ln(mx  1) hay e x  mx  1(4)
Rõ ràng x  0 là 1 nghiệm của phương trình (4).
ex 1
Với x  0 ta có (4)  m 
x
ex 1
, ta có: Tập xác định D 
x
g ( x)  0  xe x  e x  1  0

Xét hàm số g ( x) 

\{0} và g ( x) 

xe x  e x  1
x2

Hàm số h( x)  xe x  e x  1 có h( x)  xe x nên h( x)  0  x  0
Ta có bảng biến thiên của h( x) như sau:

Suy ra h( x)  0 , x do đó g ( x)  0 , x  0
22


Bảng biến thiên của g ( x) :

Để phương trình e x  1  ln(mx  1) m có 2 nghiệm phân biệt khơng lớn hơn 5 thì phương trình

m  g ( x) có duy nhất 1 nghiệm bé hơn hoặc bằng 5. Ta có g (5) 
0  m  g (5)
Dựa vào bảng biến thiên của g ( x) ta có 
do m 
m  1

e5  1
 29,5
5
*

nên có 28 giá trị thỏa mãn.

7
và hàm số bậc ba g  x  .
12

Đồ thị hai hàm số đó cắt nhau tại ba điểm phân biệt có hồnh độ x1 , x2 , x3 thoả mãn

Câu 48: Cho hàm số f  x  với đồ thị là Parabol đỉnh I có tung độ bằng 
18 x1 x2 x3  55 (hình vẽ).

Diện tích miền tơ đậm gần số nào nhất trong các số sau đây?
A. 5,7.
B. 5,9.
C. 6,1.
Lời giải
7
7
1
Dễ thấy I  ,   và f  x    x  1 x  2  .
27
 2 12 

D. 6,3.

Hàm số g  x  đạt cực trị tại x  1, x  2 nên

 x3 x 2

g '  x   a  x  1 x  2   g  x   a    2 x   b
 3 2

7
7
13
1

Đồ thị hàm số g  x  đi qua I nên g         a  b, 1 .
12
12
12
2

 x3 x 2

7
Phương trình hồnh độ giao điểm: f  x   g  x   a    2 x   b   x  1 x  2 
27
 3 2

14
b
27  55  18b  28   55a ,  2 
Theo định lý viet ta có: 18 x1 x2 x3  55  18.
a
3
3
3
23


Từ 1 ,  2  ta được a  1, b 

1
x3 x 2
1
 g  x     2 x  . Từ đó suy ra diện tích miền tơ

2
3 2
2

đậm sấp sỉ 5,7.
Câu 49: Cho M , N , P lần lượt là các điểm biểu diễn số phức z1 , z 2 , z3 thỏa mãn điều kiện
5 z1  9  3i  5 z1 , z2  2  z2  3  i , z3  1  z3  3  4 . Khi M , N , P không thẳng hàng,

giá trị nhỏ nhất của nửa chu vi p của tam giác MNP là
A.

10 5
.
9

B.

6 5
.
5

C.

9 10
.
10

D.

5 11

.
13

Lời giải
Trong mặt phẳng Oxy , gọi A  1; 0  , B  0;3 , C  3; 0  và M , N , P lần lượt là các điểm biểu
diễn số phức z1 , z 2 , z3 . Ta có
Tập hợp điểm M biểu diễn số phức z1 là đường thẳng AB .
Tập hợp điểm N biểu diễn số phức z 2 là đường thẳng BC .
z3  1  z3  3  4  PA  PC  AC  Tập hợp điểm P biểu diễn số phức z3 là đoạn AC .

MN  NP  PM
.
2
Gọi P1 , P2 lần lượt đối xứng với P qua AB , BC . Ta có MP  MP1 , NP  NP2 .
Khi đó p 

 MN  NP2  P1 P2 .
Khi đó MN  NP  PM  PM
1
 ABC  CBP2  PBA  ABC  PBC  2 ABC .
Ta thấy PBP
1
2  PBA
1

Theo định lí Sin:

AB



AC

sin BCA sin ABC
Gọi H là trung điểm của P1 P2 , khi đó

 sin ABC 

AC sin BCA 2 5

AB
5

PP
1 2  2 P2 H  2 BP2 .sin P2 BH  2 BP.sin ABC  2 BP.

Vậy giá trị nhỏ nhất của p là

2 5 4 5
4 5
12 5
.

BP 
BO 
5
5
5
5

6 5
.
5

Câu 50: Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho 3 đường thẳng  d1  ,  d 2  ,  d3  có phương
 x  4  2t3
 x  1  2t1
 x  3  t2



trình  d1  :  y  1  t1 ,  d 2  :  y  1  2t2 ,  d3  :  y  4  2t3 . S  I ; R  là mặt cầu tâm I bán
 z  1  2t
 z  2  2t
z  1 t
1
2


3


kính R tiếp xúc với 3 đường thẳng đó. Giá trị nhỏ nhất của R gần số nào nhất trong các số
sau:
24


A. 2,1.

B. 2,2.

C. 2,3.

D. 2,4.

Lời giải
Ta có:  d1  đi qua điểm A 1;1;1 có VTCP u1   2;1;  2  .

 d2 

đi qua điểm B  3;  1; 2  có VTCP u2  1; 2; 2  .

 d3 

đi qua điểm C  4; 4;1 có VTCP u3   2;  2;1 .

Ta có u1.u2  0 , u2 .u3  0 , u3 .u1  0   d1  ,  d 2  ,  d3  đôi một vng góc với nhau.
u1 , u2  . AB  0 , u2 , u3  .BC  0 , u3 , u1  .CA  0   d1  ,  d 2  ,  d3  đơi một chéo nhau.







Lại có: AB   2;  2;1 ; AB. u1  0 và AB. u2  0 nên  d1  ,  d 2  ,  d3  chứa 3 cạnh của hình
hộp chữ nhật như hình vẽ.
B

d2

d3

I
A
C

d1

Vì mặt cầu tâm I  a; b; c  tiếp xúc với 3 đường thẳng  d1  ,  d 2  ,  d3  nên bán kính
R  d  I , d1   d  I , d 2   d  I , d3   R 2  d 2  I , d1   d 2  I , d 2   d 2  I , d 3 

  AI , u 
1

2
 R 

u1


2

   BI , u 
2
  
 
u2
 

2

  CI , u 
3
  
 
u3
 

2


 , ta thấy u 2  u 2  u 2  9 và
1
2
3



AI   a  1; b  1; c  1 ,  AI , u1    2b  c  3; 2a  2c  4; a  2b  1 .

BI   a  3; b  1; c  2  ,  BI , u2    2b  2c  6;  2a  c  4; 2a  b  7  .
CI   a  4; b  4; c  1 , CI , u3    b  2c  6;  a  2c  2; 2 a  2b  16  .
2

2

9 R 2   AI , u1    BI , u2   CI , u3 

2

2

2

2

 27 R 2   AI , u1    BI , u2   CI , u3  

 18  a 2  b 2  c 2   126a  54b  54c  423
2

2

2

7
3
3  243 243
3 2



 18  a    18  b    18  c   

khi đó R  2,12 .
 Rmin 
2
2
2

2
2
2




25