ĐỀ MẪU Thi THPT MÔN TOÁN ĐOÀN TRÀ VINH

ĐỀ MẪU MƠN TỐN ĐỒN TRÀ VINH.
Câu 1 (NB): Hàm số y  f ( x) có bảng biến thiên như hình bên. Giá trị cực đại của hàm số đã cho bằng

A. 3.
B. 2.
C. 2.
D. 0.
Lời giải: Căn cứ vào bảng biến thiên hàm số đạt cực đại tại x = 0 nên giá trị cực đại bằng 2
Chọn phương án B.
Câu 2 (NB): Cho hàm số y  x 4  2 x 2 . Hàm số nghịch biến trên khoảng nào dưới đây?
A. (1;1) .
B. (; 1) .
C. (1; ) .
D. (1; )
Lời giải: Có bảng biến thiên

Chọn phương án B
Câu 3 (NB): Hình vẽ sau đây là đồ thị của hàm số nào?

A. y   x 4  2 x 2
B. y  x 4  2 x 2
C. y   x 4  4 x 2
D. y  x 4  3x 2


Lời giải:
Từ đồ thị có a < 0, loại phương án B, D , đồ thị có ba cực trị, loại phương án A, phương án đúng là C
Câu 4 (NB): Cho hàm số y   x  4   x 2  1 có đồ thị (C). Số giao điểm của (C) và trục hoành là
A. 1.
B. 2.
C. 3.

D. 0.
Lời giải:
Cho hàm số y   x  4   x 2  1 có đồ thị (C). Số giao điểm của (C) và trục hoành là
Giải phương trình  x  4   x 2  1  0  x  4
Do phương trình hồnh độ giao điểm có 1 nghiệm  Số giao điểm là 1.
Chọn phương án A

1
3

Câu 5 (TH): Một vật chuyển động theo quy luật s   t 3  6t 2 với t (giây) là khoảng thời gian tính từ
khi vật bắt đầu chuyển động và s (mét) là quãng đường vật di chuyển được trong khoảng thời gian đó.
Hỏi trong khoảng thời gian 9 giây, kể từ khi bắt đầu chuyển động, vận tốc lớn nhất của vật đạt được là
A. 144 (m/s).
B. 36 (m/s).
C. 243 (m/s).
D. 27 (m/s).
Lời giải:
Cần tìm giá trị lớn nhất của v(t )  s '(t )  t 2  12t trong khoảng t  [0;9] .
Có v '(t )  2t  12  0  t  6
Ta có: v(0)  0, v(6)  36, v(9)  27 . Vậy vmax  36 (m / s).
Chọn phương án B
Câu 6 (TH): Số đường tiệm cận của đồ thị của hàm số y 

x2
là
x  3x  2

A. 4.
B. 3.

C. 1.
D. 2.
Lời giải:

x2
là
x  3x  2
lim y  lim y  0  Tiệm cận ngang: y  0.

Số đường tiệm cận của đồ thị của hàm số y 
x 

2

x 

lim y    Tiệm cận đứng: x  1 ;
x 1

lim y  lim y  1  x  2 không là tiệm cận đứng.

x  2

x 2

Vậy đồ thị có 2 đường tiệm cận.
Chọn phương án D

2

Câu 7 (TH):Cho hàm số y 

mx  4
với m là tham số. Gọi S là tập hợp tất cả các giá trị nguyên của m để
xm

hàm số nghịch biến trên các khoảng xác định. Số phần tử của S là
A. 5.
B. 4.
C. Vô số.
D. 3.
Lời giải:
Cho hàm số y 

mx  4
với m là tham số. Gọi S là tập hợp tất cả các giá trị nguyên của m để hàm
xm

số nghịch biến trên các khoảng xác định. Số phần tử của S là
Ta có: y ' 

m2  4
 HSNB có y '  0  m 2  4  0  2  m  2 .
2
( x  m)

Vậy có 3 giá trị nguyên m thỏa mãn.
Chọn phương án D.
Câu 8 (VD): Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để phương trình  x 4  2 x 2  m có bốn nghiệm

thực phân biệt.
A. 1  m  0.
B. 0  m  1.
C. 0  m  1.
D. 0  m  3.
Lời giải
Xét hàm số y   x 4  2 x 2 có y '  4 x3  4 x  0  x  0; x  1
 yCT = yCT  y (0)  0; yCD  y (1)  1
Vậy phương trình có 4 nghiệm khi 0  m  1.
Chọn phương án C
Câu 9 (VD): Cho hàm số f ( x) 

x  m2
, với m là tham số. Để min f ( x)  2 thì giá trị lớn nhất của
[0;3]
x8

m bằng
A. 4.
B. -4
C. 16
D. -16
Lời giải:
Ta có: f '( x) 

8  m2
 0, m    Hàm số đồng biến trên [0;3] .
( x  8)2

min f ( x)  f (0)  2  

[0;3]

 m  4 ( n)
m2
 2  
8
 m  4 (l )

Chọn phương án A
f ( x)
. Hệ số góc của các tiếp tuyến của các đồ
3  g ( x)
thị hàm số đã cho tại điểm có hồnh độ x0  2018 bằng nhau và khác 0. Khẳng định nào sau đây là đúng?

Câu 10 (VDC): Cho các hàm số f ( x) , g ( x) , h( x) 


1
A. f (2018)  .
4
1
B. f (2018)   .
4
1
C. f (2018)   .
4
1
D. g (2018)  .
4
Lời giải:

Ta có: h '( x) 

f '( x) 3  g ( x)   g '( x) f ( x)
2

3  g ( x ) 

 h '( x0 ) 

f '( x0 ) 3  g ( x0 )  g '( x0 ) f ( x0 )

3  g ( x0 )

2

 3  g ( x0 )  3  g ( x0 )  f ( x0 ) (do f '( x0 )  g '( x0 )  h '( x0 )  0 )
2

5 1
1
1

 f ( x0 )   g ( x0 )  5 g ( x0 )  6   g ( x0 )       f (2018)   .
2 4
4
4

Chọn phương án C
2

Câu 11 (NB): Đạo hàm của hàm số y  log 2  x  1 bằng

1
.
x 1
ln 2
.
B.
x 1
1
.
C.
 x  1 ln 2
A.

D.

1
.
2ln  x  1

Lời giải: Công thức đạo hàm, chọn phương án C
Câu 12 (NB): Cho đồ thị hai hàm số y  a x , y  log b x
(như hình vẽ). Khẳng định nào sau đây đúng?

A. 0  b  1  a.
B. 0  a  1  b.
C. a  1 và b  1.
D. 0  a  1 và 0  b  1.

2


Lời giải:
Cho đồ thị hai hàm số y  a x , y  logb x (như hình vẽ). Khẳng định nào sau đây đúng?
Theo đồ thị  y  a x nghịch biến nên 0  a  1 và y  log b x đồng biến nên b > 1
Vậy 0  a  1  b.
Câu 13 (TH): Trong đoạn [10;10] , bất phương trình log 3 ( x 2  11x  5)  1  log 1 (2 x  3) có số nghiệm
3

nguyên là
A. 7.
B. 8.
C. 9.
D. 10.
Lời giải:
log 3 ( x 2  11x  5)  1  log 1 (2 x  3)  log 3 ( x 2  11x  5)  log 3 3(2 x  3)
3

3

2 x  3  0
x  
 2

 x2.
2
 x  11x  5  6 x  9
 x  7; x  2

Vậy số nghiệm nguyên của bất phương trình trong [10;10] là 9.
Chọn phương án C
Câu 16 (VD): Chị Lan gửi 100 triệu đồng vào ngân hàng Vietcombank theo phương thức lãi kép. Lãi suất
hàng năm không thay đổi là 7,5%/năm. Tính số tiền cả vốn lẫn lãi chị Lan nhận được sau 5 năm rút ra?
(kết quả làm trịn đến hàng ngàn).
A. 133.547.000.
B. 2.373.047.000.
C. 137.500.000.
D. 143.563.000.
Lời giải:
Cơng thức tính lãi kép: P5  P (1  r )5  100.000.000(1  7, 5%)5  143.562.933
Chọn phương án D
Câu 17 (VDC) Cho hai số thực dương x, y thỏa mãn log 3  ( x  1)( y  1)

y 1

 9  ( x  1)( y  1) . Giá trị nhỏ

nhất của biểu thức P  x  2 y là
A.

11
.
2

B.

27
.

5

C. 5  6 3.
D. 3  6 2
Lời giải:
Cho hai số thực dương x, y thỏa mãn log 3  ( x  1)( y  1)
của biểu thức P  x  2 y là

y 1

 9  ( x  1)( y  1) . Giá trị nhỏ nhất


Ta có: log  ( x  1)( y  1) 

y 1

 9  ( x  1)( y  1)

 ( y  1)  log 3 ( x  1)  log3 ( y  1)   ( x  1)( y  1)  9
 ( y  1)  log 3 ( x  1)  log3 ( y  1)  ( x  1)  9
 log 3 ( x  1)  x  1 

9
 log 3 ( y  1)
y 1

 log 3 ( x  1)  ( x  1)  2  log 3

9

9

 2 (*)
y 1 y 1

Xét f (t)  log 3 t  t  2, t  0  f '(t ) 

1
 1  0, t  0
t ln 3

 Hàm f (t ) đồng biến trên  0;   Nên (*)  x  1 

9
8 y
x
y 1
y 1

Do x  0  0  y  8
P  x  2y 

8 y
9
9
 2 y  2 y 1
 2( y  1) 
3 6 2 3
y 1
y 1

y 1

Vậy Pmin  3  6 2 khi 2( y  1) 

9
3
y
 1.
y 1
2

Câu 18 (NB): Họ nguyên hàm của hàm số f ( x)  2 x 

3
là
x

A. x 2  3ln x  C.

3
 C.
x2
3
C. x 2  2  C.
x
B. 2 

D. x 2  ln x  C.
Lời giải: Từ cơng thức ta tìm được kết quả phương án A
Câu 19 (NB): Trong các khẳng định sau, khẳng định nào sai?

b

A.

 f ( x)dx  F ( x)

b
a

 F (a )  F (b) .

a

a

B.

a f ( x)dx  0 .
b

C.

a
b

D.

a

f ( x)dx   f ( x)dx .

b

b

 kf ( x)dx  k  f ( x)dx (k là hằng số).
a

a

Câu 20 (TH): Diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường y  x 2  x  3 và y  2 x  1 bằng


4
.
17
3
B.
.
10
1
C. .
6
2
D. .
9
A.

Lời giải:
x 1
Giải phương trình ( x 2  x  3)  (2 x  1)  0  

x  2
2
1
Diện tích hình phẳng S   x 2  3 x  2 dx  .
6
1
Chọn phương án C
3

2

Câu 21 (TH): Cho
A.
B.
C.
D.

2

f ( x)dx  10 . Tích phân I    4  5 f ( x)  dx bằng
3

54.
46.
54.
46.

Lời giải:
3

Cho

2

2

2

2

f ( x)dx  10 . Tích phân I    4  5 f ( x)  dx   4dx  5 f ( x)dx  4  5(10)  46.
3

3

3

Chọn phương án D
ln 6

Câu 22 (VD): Biết

ex

 1

ex  3

0

dx  a  b ln 2  c ln 3 , với a, b, c là các số nguyên. Tính T  a  b  c.

A. T  2.
B. T  1.
C. T  0.
D. T  1.
Lời giải:
ln 6

Biết

 1
0

ex
ex  3

dx  a  b ln 2  c ln 3 , với a, b, c là các số nguyên. Tính T  a  b  c.

Đặt t  e x  3  t 2  e x  3  2tdt  e x dx
ln 6

 1
0

ex
ex  3

3

3

3
2tdt
1 

2  1 
 dt  2  t  ln t  1  2  2  4 ln 2  2 ln 3
1 t
t 1 
2
2

dx  

 T  a  b  c  2  4  2  0.
Chọn phương án C
Câu 23 (VDC): Một thùng đựng dầu Diesel có bán kính hai đáy là 30cm, thiết diện vng góc với trục và
cách đều hai đáy có bán kính là 40cm, chiều cao của thùng là 1m. Biết rằng mặt phẳng chứa trục và cắt
mặt xung quanh của thùng là các đường parabol, hỏi thể tích của thùng (đơn vị lít) gần với số nào sau
đây?


A. 452,2 lít.
B. 455,5 lít.
C. 425,2 lít.
D. 350,7 lít.
Lời giải:

x

A

0,5

S
y

0,4 0,3

O

Chọn hệ tọa độ Oxy như hình vẽ.

2
1 3
Đường cong (P) cần tìm có đỉnh S (0; ) và qua A( ; )
5
2 10
0,5

2

2
2
2
 2
 ( P) : y   x 2   V      x 2   dx  0, 425162 m3  425,2 lít.
5
5
5

5
0,5 
Chọn phương án C
Câu 24 (NB) Số phức z nào dưới đây là số thuần ảo?
A. z  i  2018.
B. z  2018i.
C. z  2.
D. z  2  3i.
Câu 25 (NB) Cho số phức z  1  3i . Tìm phần thực và phần ảo của số phức z
A. Phần thực bằng 1 và phần ảo bằng 3.
B. Phần thực bằng 1 và phần ảo bằng 3i
C. Phần thực bằng 1 và phần ảo bằng 3.
D. Phần thực bằng 1 và phần ảo bằng 3i .
Lời giải:
z  1  3i  z  1  3i . Suy ra phần thực bằng -1 và phần ảo bằng 3.
Chọn phương án A
Câu 26 (TH): Cho số phức z thỏa mãn z   2  i  z  3  5i . Tính mơđun của số phức z
A. z  13
B. z  5


C. z  13
D. z  5
Lời giải:
Gọi z  a  bi  a, b   
Ta có: z   2  i  z  3  5i  a  bi   2  i  a  bi   3  5i
3a  b  3 a  2
 a  bi  2a  b  ai  2bi  3  5i   3a  b    a  b  i  3  5i  

a  b  5

b  3
2

z  2  3i  z  2 2   3  13
Chọn phương án A
Câu 27 (TH): Cho số phức z thỏa mãn 1  i  .z  14  2i . Tính tổng phần thực và phần ảo của z .
A. 2
B. 14
C. 2
D. -14
Lời giải

14  2i
 6  8i  z  6  8i
1 i
Vậy tổng phần thực và phần ảo của z là 6  8  14
Chọn phương án B
Ta có: 1  i  z  14  2i  z 

Câu 28 (VD): Gọi z1 , z2 là hai nghiệm phức của phương trình z 2  z  1  0. Môđun của số phức

  z12  z22  4  3i bằng
A. 6.
B. 3 2.
C. 2 3.
D. 18.
Lời giải
Gọi z1 , z2 là hai nghiệm phức của phương trình z 2  z  1  0. Môđun của số phức

  z12  z22  4  3i bằng


1
 z1  
2
z2  z 1  0  

1
 z2  

2
Chọn phương án B

3
i
2    z 2  z 2  4  3i  3 2.
1
2
3
i
2

Câu 29 (VDC) Cho số phức z thỏa mãn
số phức   m  ni. Giá trị của 
A. 41009.

2018

(1  i ) z  2  (1  i ) z  2  4 2.

bằng

Gọi m  max z , n  min z và


B. 61009.
C. 52018.
D. 32018.
Lời giải

(1  i) z  2  (1  i) z  2  4 2  z  1  i  z  1  i  4 (*)
Gọi M ( x; y ) là điểm biểu diễn số phức z và F1 (1;1), F2 (1; 1)
(*)  MF1  MF2  4  M  ( Elip ) có 2 tiêu điểm là F1 , F2 .
Ta có: F1 F2  2c  2 2  c  2;
MF1  MF2  4  A1 A2  2a  4  a  2  b  a 2  c 2  2  B1B2  2b  2 2

Vì O là trung điểm A1 A2 nên m  max z  max OM  OA1  2, n  min z  OB1  2

   2  2i  6  

2018



 6

2018

 61009.

Chọn phương án B

Câu 30 (NB) Cho hình lăng trụ đứng ABC.A’B’C’ có đáy ABC vng tại B, AB = a, BC = 2a,
= 3a. Thể tích V của khối lăng trụ trên bằng

BB’

A. 3a 3 .
B. 6a 3 .

3 3 3
a.
2
D. a 3 .
C.

Lời giải:
Cho hình lăng trụ đứng ABC.A’B’C’ có đáy ABC vng tại B, AB = a, BC = 2a, BB’ = 3a. Thể tích V
của khối lăng trụ trên bằng
1
V  S ABC .BB '  .a.2a.3a  3a 3 .
2
Chọn phương án B
Câu 31 (TH): Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vng cạnh bằng 1. Cạnh bên SA vng
góc với mặt phẳng (ABCD) và SC  5 . Tính thể tích khối chóp S.ABCD.
A. V 

3
3

B. V 

3
6

C. V  3
D. V 
Lời giải:

15
3


S

A

D
O

B

C

Đường chéo hình vng AC  2
Xét tam giác SAC, ta có SA  SC 2  AC2  3
Chiều cao khối chóp là SA  3
Diện tích hình vng ABCD là SABCD  12  1
Thể tích khối chóp S.ABCD là:
1
3
VS.ABCD  SABCD .SA 

(đvtt)
3
3

Chọn phương án A

Câu 32 (VDC) Cho khối tứ diện đều ABCD có thể tích V . Gọi M , N , P, Q lần lượt là trung điểm của
AC , AD, BD, BC. Thể tích của khối chóp A.MNPQ tính theo V là

1
V.
6
1
B. V .
3
A.

2
V.
3
1
D. V .
4
Lời giải:
Cho khối tứ diện đều ABCD có thể tích V . Gọi M , N , P, Q lần lượt là trung điểm của
AC , AD, BD, BC. Thể tích của khối chóp A.MNPQ tính theo V là

C.

D
P

N

B

A
M

Q
C

Ta có: VA.MNPQ  2VAPQM  2VBPQM  2VPBQM

1
1 1
1
1
Vì VPBQM  S BQM .d ( P, ( ABC ))  . S ABC . d ( D, ( ABC ))  V
3
3 4
2
8
1
1
Vậy VA.MNPQ  2. V  V .
8
4
Chọn phương án D

Câu 33 (NB): Cho hình nón có thể tích V  36 a 3 và bán kính đáy bằng 3a . Độ dài đường cao h của
hình nón đã cho bằng
A. 4a.
B. 2a.
C. 12a.
D. a.
Lời giải:
1
1
V   r 2 h  36 a 3   (3a )2 h  h  12a.
3
3
Chọn phương án C
Câu 34 (TH): Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại B và BA  BC  3 . Cạnh bên
SA  6 và vng góc với mặt phẳng đáy. Bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp là?

A.

3 2
2

B. 9
C.

3 6
2

D. 3 6
Trả lời:
Gọi M là trung điểm AC, suy ra M là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.

Gọi I là trung điểm SC, suy ra IM // SA nên IM   ABC 
Do đó IM là trục của ABC suy ra IA  IB  IC
(1)
Hơn nữa, tam giác SAC vuông tại A có I là trung điểm SC nên IS  IC  IA (2).
Từ (1) và (2), ta có IS  IA  IB  IC hay I là tâm của mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABC.
Vậy bán kính R  IS 
Chọn phương án C

SC

2

SA2  AC 2 3 6

2
2


Câu 35 (TH): Hình chữ nhật ABCD có AB  6, AD  4 . Gọi M, N, P, Q lần lượt là trung điểm bốn cạnh
AB, BC, CD, DA. Cho hình chữ nhật ABCD quay quanh QN, tứ giác MNPQ tạo thành vật trịn xoay có
thể tích bằng:
A. V  8
B. V  6
C. V  4
D. V  2
Trả lời
Gọi O là tâm của hình chữ nhật ABCD, suy ra MNPQ là hình thoi tâm O.
1
1
Ta có QO  ON  AB  3 và OM  OP  AD  2

2
2
Vật trịn xoay là hai hình nón bằng nhau có: đỉnh lần lượt là Q, N và chung đáy.
* Bán kính đáy OM  2
* Chiều cao hình nón OQ  ON  3
1

Vậy thể tích khối tròn xoay V  2   OM 2 .ON   8 (đvtt).
3

Câu 36 (NB): Trong không gian Oxyz, cho mặt phẳng  P  : 2 x  y  1  0 . Tọa độ một vectơ pháp tuyến
của mặt phẳng (P) là
A.  2;1; 1 .
B.  2; 1;1 .
C.  2;0;1 .
D.  2;1;0  .
Trả lời:
Câu 37 (NB): Trong không gian Oxyz, cho ba điểm A(3; 2;3), B(1; 2;5), C (1;0;1) . Gọi G (a; b; c) là
toạ độ trọng tâm của ABC . Tính P  a  b  c .
A. P  2.
B. P  4.
C. P  4.
D. P  1.
Trả lời:
Dùng cơng thức tìm tọa độ trọng tâm , suy ra kết quả
Câu 38 (NB) Trong không gian Oxyz, giá trị m để mặt cầu ( S ) : x 2  y 2  z 2  2 x  4 y  4 z  m  0 có
bán kính R  5 là
A. m  4.
B. m  4.
C. m  16.

D. m  16.
Lời giải
R  12  (2) 2  22  m  5  m  16.

Chọn phương án C


Câu 39 (TH): Trong không gian Oxyz, cho mặt phẳng ( P ) : 2 x  y  2 z  5  0 và mặt cầu
( S ) : ( x  2) 2  ( y  1)2  ( z  1)2  22 . Mặt phẳng ( P) cắt mặt cầu ( S ) theo giao tuyến là đường trịn có
bán kính bằng
A. 6.
B.

6.

C. 4.
D.

22.

Trả lời:
( S ) có tâm I (2;1;1), R  22 và d  d ( I , ( P)) 

2.2  1  2.1  5
2 2  12  22

4

 Đường trịn giao tuyến có bán kính: r  R 2  d 2  6.
Chọn phương án B

Câu 40 (TH): Trong không gian Oxyz, gọi ( S ) là mặt cầu tâm I (3; 4;0) và tiếp xúc với mặt phẳng
( ) : 2 x  y  2 z  2  0 . Phương trình của mặt cầu (S ) là
A. ( x  3) 2  ( y  4) 2  z 2  4.
B. ( x  3) 2  ( y  4)2  z 2  16.
C. ( x  3) 2  ( y  4) 2  z 2  4.
D. ( x  3) 2  ( y  4)2  z 2  16.
Trả lời:
R  d ( I , ( )) 

2.(3)  4  0  2
22  (1)2  22

3

Vậy ( S ) : ( x  3) 2  ( y  4)2  z 2  16.
Chọn phương án B

x  1 t

Câu 41 (VD): Trong không gian Oxyz, cho điểm M (4;0;0) và đường thẳng  :  y  2  3t . Gọi
 z  2t

H (a; b; c) là hình chiếu vng góc của điểm M trên đường thẳng . Tính T  a  b  c .
A. T  3.
B. T  1.
C. T  4.
D. T  5.
Trả lời:

x  1 t


Trong không gian Oxyz, cho điểm M (4;0;0) và đường thẳng  :  y  2  3t . Gọi H (a; b; c)
 z  2t

là hình chiếu vng góc của điểm M trên đường thẳng . Tính T  a  b  c .
H    H (1  t ; 2  3t ; 2t )


MH  (5  t; 2  3t; 2 t), u  (1;3; 2)


 
11
MH    MH .u  0  5  t  6  9t  4t  0  t 
14
3 5 11
 3 5 11 
 H  ; ;    T     1.
14 14 7
 14 14 7 
Chọn phương án B

 x  1

Câu 42 (TH): Trong không gian Oxyz, cho điểm A(0;1;1) và hai đường thẳng d1 :  y  1  t
z  t


và

x 1 y  2 z

 . Gọi d là đường thẳng đi qua điểm A , cắt đường thẳng d1 và vuông góc với đường
3
1
1
thẳng d 2 . Điểm đi qua của đường thẳng d là điểm
d2 :

A. M (2;1; 5).
B. N (1; 0; 1).
C. P(2; 3;11).
D. Q (3; 2;5).
Trả lời:
Gọi ( P) qua A và vng góc d 2  ( P) : 3 x  y  z  2  0.
Gọi H  d1  ( P)  H (1; 2;3)
Đường thẳng d qua A và H  d :

x
y 1 z 1
 d qua N (1; 0; 1).


1
1
2

Chọn phương án B
Câu 43 (VDC): Trong không gian Oxyz, cho điểm A(1; 4;5), B(3; 4;0), C (2; 1;0) và mặt phẳng
( P) : 3 x  3 y  2 z  12  0. Gọi M (a; b; c) thuộc ( P) sao cho MA2  MB 2  3MC 2 đạt giá trị nhỏ nhất.

Tính S  a  b  c.
A. S  2.
B. S  3.
C. S  2.
D. S  3.
Trả lời:
Trong không gian Oxyz, cho điểm A(1; 4;5), B(3; 4;0), C (2; 1;0) và mặt phẳng
( P) : 3 x  3 y  2 z  12  0. Gọi M (a; b; c) thuộc ( P) sao cho MA2  MB 2  3MC 2 đạt giá trị nhỏ nhất.
Tính S  a  b  c.
Gọi

thỏa

I ( x; y; z )

  2
 
MA2  MI  IA  MI 2  IA2  2 MI .IA
  2
 
MB 2  MI  IB  MI 2  IB 2  2 MI .IB
  2
 
3MC 2  3 MI  IC  3 MI 2  IC 2  2 MI .IC




1  x  3  x  6  3 x  0
x  2



 4  y  4  y  3  3 y  0   y  1  I (2;1;1)
5  z  z  3 z  0
z  1



   
IA  IB  3IC  0












 T  MA2  MB 2  3MC 2  5MI 2  IA2  IB 2  3IC 2


Do IA2  IB 2  3IC 2 không đổi nên Tmin  MI min  M là hình chiếu I trên ( P)
7 1 
 M  ;  ; 0   S  a  b  c  3.
2 2 
Chọn phương án B

Câu 44 (NB): Có 10 vị nguyên thủ Quốc gia được xếp ngồi vào một dãy ghế dài trong đó có ơng Trum
và ông Kim. Số cách xếp sao cho hai vị ngày ngồi cạnh nhau là.
A. 80640.
B. 3628798.
C. 725760.
D. 362880.
Trả lời:
+ Xếp X = {Trum, Kim cạnh nhau} có 2 cách.
+ Xếp X và 8 người cịn lại có 9! cách.
Vậy có 2.9! = 725760.
Chọn phương án C
Câu 45 (VD): Gieo ngẫu nhiên một con súc sắc cân đối và đồng chất ba lần liên tiếp. Xác suất để số
chấm xuất hiện ở lần đầu bằng tổng số chấm xuất hiện ở hai lần sau bằng

2
.
27
5
B.
.
72
7
.
C.
108
5
.
D.
108
A.

Trả lời:
A  {(2,1,1);(3,1, 2);(3, 2,1);(4,1, 3); (4,3,1); (4, 2, 2);(5,1, 4);(5, 4,1);(5, 2,3); (5, 3, 2);
(6,1,5);(6,5,1);(6, 2, 4); (6, 4, 2);(6, 3,3)}

 P( A) 

n( A) 15 5
  .
n() 63 72

Chọn phương án B
Câu 46 (NB): Cho cấp số nhân biết u1 

1
, u7  32 công bội cấp số nhân bằng
2

1
.
2
B. q  4 .

A. q  

C. q  2
D. q  1
Câu 47: Câu 5: Có bao nhiêu vị trí tương đối giữa đường thẳng và mặt phẳng ?
A. 1.
B. 2.

C. 3.


D. 4.
Câu 48: Câu 7: Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình bình hành ABCD. Giao tuyến của hai mặt phẳng
(SAD) và (SBC) là đường thẳng song song với đường thẳng nào sau đây?
A. AC.
B. BD.
C. AD.
D. SC.
Câu 49 (TH): Cho hình chóp S . ABCD có đáy là hình vng cạnh a, cạnh bên SA = a và vng góc với
mặt phẳng đáy. Gọi M, N lần lượt là trung điểm SB và SD,  là góc giữa hai mặt phẳng (AMN) và (SBD).
Giá trị sin  bằng

2
.
3
7
.
B.
3
2 2
.
C.
3
1
D. .
3
A.

Trả lời:

Do BD  SO, MN / / BD  SO  MN
AMN cân tại A  AI  MN

 sin   sin (
AI , IO)  1  cos 2 (
AI , IO ) 

2 2
.
3


2

Với cos (
AI , IO) 

AI 2  IO 2  AO 2
2 AI .IO



2

a 6 a 6 a 2

 
 


 4   4   2 

2



1
3

a 6 a 6
.
4
4
Câu 50 (VD): Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật, AB  2a, BC  a. Các cạnh bên
2.

của hình chóp bằng nhau và bằng a 2 . Gọi M, N lần lượt là trung điểm của các cạnh AB, CD và K là
điểm trên cạnh AD sao cho KD  2 KA . Khoảng cách giữa hai đường thẳng MN và SK bằng
A.

a
.
2

B.

a 2
.
3

C.

a 3
.
7

D.

a 21
.
7

Trả lời:
Do MN / /( SAD)  SK

S

 d ( MN , SK )  d ( MN , ( SAD ))  d (O, ( SAD ))  OH

5a 2 a 3

4
2
1
1
1
4
1
7


 2  2 2  2
2
2
OH
SO OI
3a
a
3a

SO  SA2  OA2  2a 2 

Vậy OH 

H
I

A

a 21
.
7

M

N

O
B

D

K

2a

a

C