ĐỀ KHẢO SÁT MÔN TOÁN KHỐI 12

Câu 1(NB): Đồ thị của hàm số nào dưới đây có tiệm cận đứng? 
x 2  3x  2
x 1
Lời giải
A. y 

B. y 

x2
 
x2  1

C. y  x 2  1  

D. y 

x
 
x 1

Chọn D
Ta có  lim
x 1

x
x
 , lim
   nên đường thẳng  x  1  là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số. 
x 1 x  1
x 1

Câu 2(NB): Đường cong trong hình bên là đồ thị của một hàm số trong bốn hàm số 
được liệt kê ở bốn phương án A,B,C,D  dưới đây. Hỏi hàm số đó là hàm số nào? 

A. y   x 2  x  1  

B. y   x3  3 x  1  

C. y  x 4  x 2  1  

D. y  x 3  3 x  1  

Lời giải
Chọn D
Từ đồ thị : lim y    và đây là đồ thị hàm bậc ba nên ta chọn phương án y  x 3  3x  1.  
x 

Câu 3(NB): Cho hàm số  y  x3  2 x 2  x  1 . Mệnh đề nào dưới đây đúng? 
1 
A. Hàm số nghịch biến trên khoảng   ;1  
3 
1 
C. Hàm số đồng biến trên khoảng   ;1   
3 

1

B. Hàm số nghịch biến trên khoảng   ;   
3


D. Hàm số nghịch biến trên khoảng  1;   
Lời giải

Chọn A
x  1
Ta có  y  3 x  4 x  1  y  0  
 
x  1
3

2

Bảng biến thiên: 


 

1 
Vậy hàm số nghịch biến trên khoảng   ;1 . 
3 
Câu 4(TH): Giá trị lớn nhất của hàm số  f  x   x4  4 x2  5  trêm đoạn   2;3  bằng 
A. 50  
Lời giải

B. 5  

C. 1  

D. 122

Chọn A
x  0
f '( x)  4 x 3  8 x  0  
  2;3 ;
x   2





f  0   5; f  2  1; f  2   5; f  3  50
Vậy  Max y  50  
 2;3

Câu 5(TH): Tìm giá trị cực đại  yC§  của hàm số  y  x 3  3 x  2 .
A. yCD  4  

B. yCD  1  

C. yCD  0  

D. yCD  1  

Lời giải
 x  1  y 1  0
Ta có  y  3 x 2  3  y  0  3 x 2  3  0  
 x  1  y  1  4

3 2
3 2



lim x3  3x  2  lim x3 1  2  3   , lim  x 3  3x  2   lim x3 1  2  3     
x 
x 
x 
x 
x 
x 
 x
 x





Bảng biến thiên 

 
Từ bảng biến thiên, ta thấy giá trị cực đại của hàm số bằng  4  
Câu 6(TH): Đường cong ở hình bên là đồ thị của hàm số  y 
nào dưới đây đúng? 

ax  b
 với  a, b, c, d  là các số thực. Mệnh đề 
cx  d


 
B. y  0, x  2  

C. y   0,   2  
Lời giải

A. y   0, x  1  

D. y   0, x  1  

Chọn C
Dựa vào đồ thị ta nhận thấy tiệm cận đứng bằng 2, Hàm số nghịch biến vậy chọn B 
Câu 7(VD): Tìm tất cả các giá trị thực của tham số  m  sao cho đồ thị của hàm số  y  x 4  2mx 2  1  có ba 
điểm cực trị tạo thành một tam giác vng cân 
1
1
A. m   3 . 
B. m  1 . 
C. m  3 . 
D. m  1 . 
9
9
Lời giải
Chọn B
Hàm số y  x 4  2mx 2  1  có tập xác định: D    
x  0
Ta có:  y '  4 x3  4mx ; y '  0  4 x 3  4mx  0  4 x  x 2  m   0   2
 
 x   m  

Hàm số có 3 cực trị khi và chỉ khi phương trình    có 2 nghiệm phân biệt khác  0    m  0  m  0 . 



 

Vậy tọa độ 3 điểm lần lượt là: A  0;1 ; B   m ;1  m 2 ; C


Ta có  AB   m ; m 2 ; AC 









 m ;1  m 2  



 m ; m 2  

 
Vì  ABC vng cân tại  A  AB. AC  0   m2  m2 .m2  0   m  m 4  0  m  m4  0  

 m  1  ( vì  m  0 ) 
Vậy với  m  1  thì hàm số có 3 cực trị tạo thành một tam giác vng cân. 
Câu 8(VD): Có bao nhiêu giá trị ngun âm của tham số  m  để hàm số  y  x3  mx 

1

 đồng biến trên 
5 x5

khoảng   0;    
A.  5  

B. 3  

C. 0  
Lời giải

Chọn D
y  3x 2  m 

1
x6

Hàm số đồng biến trên   0;    khi và chỉ khi  y  3 x 2  m 

1
 0, x   0;  
x6

D. 4  


1
1
 m, x   0;   . Xét hàm số  g ( x)  3 x 2  6  m , x   0;  
6

x
x
8
x  1
6 6( x  1)
g ( x)  6 x  7 
, g ( x)  0  
7
x
x
 x  1(loai)
Bảng biến thiên:
 3 x 2 

Dựa vào BBT ta có  m  4 , suy ra các giá trị nguyên âm của tham số  m  là  4; 3; 2; 1  
Câu 9(VDC): Cho  hàm  số  y  f ( x) .  Hàm  số  y  f '( x )   có  đồ  thị  như  hình  bên.  Hàm  số  y  f (2  x )
đồng biến trên khoảng 

 
A. 1;3

B.  2;  

C.  2;1

D.  ; 2

Lời giải
Chọn C
Cách 1:

Tính chất:  f ( x )  và  f ( x)  có đồ thị đối xứng với nhau qua  Oy  nên  f ( x )  nghịch biến trên  (a; b)  thì 
f (  x )  sẽ đồng biến trên  (b;  a ) . 

 x  (1; 4)
Ta thấy  f '( x )  0  với  
 nên  f ( x )  nghịch biến trên  1;4   và   ; 1  suy ra  g ( x )  f (  x )  đồng 
 x  1
biến trên ( 4; 1)  và  1;   . Khi đó  f (2  x)  đồng biến biến trên khoảng  ( 2;1) và   3;    
Cách 2:
 x  1
Dựa vào đồ thị của hàm số  y  f   x   ta có  f   x   0  
. 
1  x  4
Ta có   f  2  x     2  x  . f   2  x    f   2  x  . 
Để hàm số  y  f  2  x   đồng biến thì   f  2  x    0  f   2  x   0  
 2  x  1
x  3


. 
1  2  x  4
 2  x  1
Câu 10(VDC): Có  bao  nhiêu  giá  trị  nguyên  của  tham  số  m   để  hàm  số  y  3 x 4  4 x 3  12 x 2  m   có  7  
điểm cực trị? 
A. 3  

B. 5  

C. 6  
Lời giải.

D. 4  


Chọn D
y  f  x   3 x 4  4 x3  12 x 2  m  

Ta có:  f   x   12 x3  12 x 2  24 x .;  f   x   0  x  0  hoặc  x  1  hoặc  x  2 . 

 
m  0
Do hàm số  f  x   có ba điểm cực trị nên hàm số  y  f  x   có  7  điểm cực trị khi  
 0  m  5 . 
m  5  0
Vậy có  4  giá trị nguyên thỏa đề bài là  m  1; m  2; m  3; m  4 . 
Câu 11(VDC): Tìm tất cả các giá trị thực của tham số  m  sao cho hàm số  y 

tan x  2
 đồng biến trên 
tan x  m

 
khoảng   0;  .  
 4

A. m  0 hoặc 1  m  2  

 

B. m  0  

C. 1  m  2  

 

D. m  2  
Lời giải

Chọn A
 
Đặt  t  tan x , vì  x   0;   t   0;1  
 4

Xét hàm số  f  t  
Ta có  f   t  

t 2
t   0;1 . Tập xác định: D   \ m  
t m

2m

t  m 

2

. 

 
Để hàm số  y  đồng biến trên khoảng   0;  khi và chỉ khi:  f   t   0 t   0;1  

 4



2m

t  m

2

m  2
2  m  0

 0 t   0;1  
   m  0  m   ; 0  1; 2   
m   0;1
m  1


Câu 12(NB): Với  a  là số thực dương bất kì, mệnh đề nào dưới đây đúng? 
1
A. log  3a   3log a  
B. log a 3  log a  
C. log a 3  3log a  
3
Lời giải
Chọn C

1
D. log  3a   log a  

3


Câu 13(NB): Giải bất phương trình  log 2  3x  1  3 . 
A. x  3  

B.

1
 x  3 
3

C. x  3  

D. x 

10
 
3

Lời giải
Chọn A
1
Đkxđ:  3 x  1  0  x   
3

Bất phương trình  3 x  1  23  3 x  9  x  3 (t/m đk). 
Vậy bpt có nghiệm  x  3 . 
Câu 14(TH): Tập nghiệm của bất phương trình  22 x  2 x 6  là:
A.  0;6   

B.  ;6   

C.  0;64   

D.  6;    

Lời giải:
Chọn.B
Đặt  t  2 x ,  t  0  
Bất phương trình trở thành:  t 2  64t  0  0  t  64  0  2 x  64  x  6 . 
Câu 15(TH): Một  người  gửi  100   triệu  đồng  vào  ngân  hàng  với  lãi  suất  0, 4% /   tháng.  Biết  rằng  nếu 
khơng rút tiền ta khỏi ngân hàng thì cứ sau mỗi tháng, số tiền lãi sẽ được lập vào vốn ban đầu để tính lãi 
cho tháng tiếp theo. Hỏi sau  6  tháng, người đó được lĩnh số tiền ( cả vốn ban đầu và lãi) gần nhất với số 
tiền nào dưới đây, nếu trong khoảng thời gian này người đó khơng rút tiền ra và lãi xuất khơng thay đổi? 
A. 102.424.000 đồng 
B. 102.423.000 đồng  C. 102.16.000 đồng  D. 102.017.000 đồng 
Lời giải
Chọn A
6

n
 0, 4 
Ta có  An  A0 1  r   100.000.000  1 
  102.424.128  
 100 

Câu 16(VD): Tìm  tập  hợp  các  giá  trị  của  tham  số  thực  m để  phương  trình  6 x   3  m  2 x  m  0   có 
nghiệm thuộc khoảng   0;1 . 
A. 3;4  

B.  2;4  

C.  2;4   

D.  3; 4   

Lời giải
Chọn C
Ta có:  6 x   3  m  2 x  m  0 1 

Xét hàm số  f  x  

6 x  3.2 x
 m 
2x  1

12 x.ln 3  6 x.ln 6  3.2 x.ln 2
6 x  3.2 x

 xác định trên 
, có 

f
x

 0,x    nên hàm 
 
2
2x 1

2x  1

số  f  x   đồng biến trên    






Suy ra  0  x  1  f  0   f  x   f 1  2  f  x   4  vì  f  0   2,  f 1  4.  
Vậy phương trình  1 có nghiệm thuộc khoảng   0;1  khi  m  2;4  . 
Câu 17(VDC): Hỏi  có  bao  nhiêu  giá  trị  m   nguyên  trong 

 2017; 2017  

để  phương  trình 

log  mx   2log  x  1  có nghiệm duy nhất? 
A. 2017 . 

B. 4014.

C. 2018.

D. 4015.

Lời giải
Chọn C
Điều kiện  x  1 và  x  0 . 
log  mx   2 log  x  1  mx   x  1

Xét hàm  f  x 

 x  1

x

2

 x  1
m
x

2

     x  1, x  0  ;  f   x  

2

 

x  1
x2 1
 
0
2
x
 x  1  l 

Lập bảng biến thiên 

 
m  4
Dựa vào BBT, phương trình có nghiệm duy nhất khi và chỉ khi  
 
 m  0.
Vì  m   2017;2017  và  m    nên chỉ có  2018  giá trị  m  nguyên thỏa yêu cầu là 

m  2017; 2016;...; 1; 4 . 
Câu 18(NB): Cho hàm số  y  f  x  liên tục trên đoạn   a; b . Gọi  D  là hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm 
số  y  f  x  , trục hồnh và hai đường thẳng  x  a, x  b  a  b  . Thể tích của khối trịn xoay tạo thành khi 
quay  D  quanh trục hồnh được tính theo cơng thức:
b

A. V    f 2  x dx
a

b

b

B. V  2  f 2  x dx
a

C. V   2  f 2  x dx
a

b

D. V   2  f  x dx

a

Lời giải
Chọn A
Câu 19(NB): Họ nguyên hàm của hàm số  f ( x)  3 x 2  1  là 
A. x 3  C  
Lời giải

B.

x3
 xC 
3

C. 6x  C  

D. x 3  x  C  


Chọn D

  3x

2

 1 dx  x 3  x  C .  

Câu 20(TH): Biết  F  x   là một nguyên hàm của  f  x  

1

 và  F  2   1 . Tính  F  3 . 
x 1

A. F  3  ln 2  1  

C. F  3 

B. F  3  ln 2  1  

1
 
2

D. F  3 

7
 
4

Lời giải 
Chọn B
1
dx  ln x  1  C .  F (2)  1  ln1  C  1  C  1 . 
x 1
Vậy  F ( x)  ln x  1  1 . Suy ra  F (3)  ln 2  1 . 
F ( x)   f ( x)dx  

Câu 21(TH): Một ơ tơ đang chạy với vận tốc 10m/s thì người lái đạp phanh; từ thời điểm đó, ơ tơ chuyển 
động chậm dần đều với vận tốc  v  t   5t  10  (m/s), trong đó  t  là khoảng thời gian tính bằng giây, kể từ 
lúc bắt đầu đạp phanh. Hỏi từ lúc đạp phanh đến khi dừng hẳn, ơ tơ cịn di chuyển bao nhiêu mét? 

A. 0,2m 
B. 2m 
C. 10m 
D. 20m 
Lời giải
Chọn C
Xét phương trình  5t  10  0  t  2.  Do vậy, kể từ lúc người lái đạp phanh thì sau 2s ơ tơ dừng hẳn. 
Qng đường ơ tơ đi được kể từ lúc người lái đạp phanh đến khi ơ tơ dừng hẳn là 
2

 5
2
s    5t  10  dt    t 2  10t   10m.  
 2
0
0

Câu 22(VD): Ơng An có một mảnh vườn hình Elip có độ dài trục lớn bằng  16m  và độ dài trục bé bằng
10m . Ơng muốn trồng hoa trên một dải đất rộng  8m  và nhận trục bé của elip làm trục đối xứng (như hình 
vẽ). Biết kinh phí để trồng hoa là  100.000  đồng/ 1m 2 . Hỏi ơng An cần bao nhiêu tiền để trồng hoa trên dải 
đất đó? (Số tiền được làm trịn đến hàng nghìn.)

8m

 
A. 7.862.000  đồng 

Chọn B
Chọn hệ trục tọa độ như hình vẽ  

B. 7.653.000  đồng  C. 7.128.000  đồng 
Lời giải

D. 7.826.000  đồng


 
Giả sử elip có phương trình 

x2 y2

 1 . 
a2 b2

Từ giả thiết ta có  2a  16  a  8  và  2b  10  b  5  
5

y
64  x 2 ( E1 )

x
y
8
Vậy phương trình của elip là  
1 
 
64 25
 y   5 64  x 2 ( E )
2


8
2

2

Khi đó diện tích dải vườn được giới hạn bởi các đường  ( E1 ); ( E2 ); x  4; x  4  và diện tích của dải vườn 
4

4

5
5
64  x 2 dx   64  x 2 dx  
8
20
4

là  S  2 

Tính tích phân này bằng phép đổi biến  x  8sin t , ta được  S 

40
 20 3  
3

 40

Khi đó số tiền là  T  
 20 3  .100000  7652891,82  7.653.000 . 
 3



Câu 23(VD): Gọi S là  diện  tích  hình  phẳng   H  giới  hạn  bởi  các  đường  y  f  x  ,  trục  hoành  và  hai 
0

đường thẳng  x  1 ,  x  2 (như hình vẽ bên dưới). Đặt  a 



1

2

f  x  dx , b   f  x  dx , mệnh đề nào sau đây 
0

đúng? 

A. S  b  a  

 
C. S  b  a  

B. S  b  a  
Lời giải

D. S  b  a  


Chọn A

 
Ta có: 
2

S

0

2

0

2

 f  x  dx   f  x  dx   f  x  dx    f  x  dx   f  x  dx  a  b . 

1

1

0

1

0

1

1

Câu 24(VD): Cho hàm số  f  x   thỏa mãn    x  1 f   x  dx  10  và  2 f 1  f  0   2 . Tính   f  x  dx .
0

0

B. I  8  

A. I  12  

C. I  1

D. I  8  

Lời giải
Chọn D
1
1
u  x  1
du  dx
Đặt  
. Khi đó  I   x  1 f  x  0   f  x  dx  

dv  f   x  dx v  f  x 
0
1

1

Suy ra  10  2 f 1  f  0    f  x  dx   f  x  dx  10  2  8  

0

0

1

Vậy   f  x  dx  8 . 
0

Câu 25(NB): Điểm  M  trong hình vẽ bên là điểm biểu diễn số phức 

 
A. z  2  i  
Lời giải

B. z  1  2i  

C. z  2  i  

D. z  1  2i  

Chọn A
Theo hình vẽ  M  2;1  z  2  i  
Câu 26(TH): Gọi  z1 và  z2 là  hai  nghiệm  phức  của  phương  trình  4 z 2  4 z  3  0 .  Giá  trị  của  biểu  thức 

z1  z2  bằng: 


A. 3 2  
Lời giải

C. 3  

B. 2 3  

D.

3 

Chọn D

1
 z1  
2
Xét phương trình  4 z 2  4 z  3  0  ta có hai nghiệm là:  

1
 z2  

2
 z1  z2 

2
i
2  
2
i
2

3

     z1  z2  3  
2

Câu 27(TH): Tính mơđun của số phức  z  thỏa mãn  z  2  i   13i  1 . 
B. z  34  

A. z  34  

C. z 

5 34
 
3

D. z 

34
 
3

Lời giải
Chọn A

z  2  i   13i  1  z 

1  13i  2  i   z  3  5i .  z  32  5 2  34.  
1  13i
z
 
2i

 2  i  2  i 

Câu 28(VD): Cho  các  số  phức  z   thỏa  mãn z  4 .  Biết  rằng  tập  hợp  các  điểm  biểu  diễn  các  số  phức
w  (3  4i ) z  i  là một đường trịn. Tính bán kính  r  của đường trịn đó 

B. r  5  

A. r  4  

C. r  20  

D. r  22

Lời giải
Chọn C 
Giả sử  z  a  bi ; w  x  yi ;  a, b, x, y     
Theo đề  w   3  4i  z  i  x  yi   3  4i  a  bi   i  
 x  3a  4b
 x  3a  4b
 
 x  yi   3a  4b    3b  4a  1 i  

 y  3b  4a  1  y  1  3b  4a
2

2

2

Ta có  x 2   y  1   3a  4b    4a  3b   25a 2  25b 2  25  a 2  b 2   

2

Mà  z  4  a 2  b 2  16 . Vậy  x 2   y  1  25.16  400  
Bán kính đường trịn là  r  400  20 . 
Câu 29(NB): Thể tích của khối chóp có chiều cao bằng  h  và diện tích đáy bằng  B  là: 
1
1
1
A. V  Bh  
B. V  Bh  
C. V  Bh  
D. V  Bh  
3
6
2
Lời giải
Chọn A


1
Thể tích của khối chóp có chiều cao bằng  h  và diện tích đáy bằng  B  là:  V  Bh  
3

Câu 30(TH): Tính thể tích  V của khối lập phương ABCD. ABC D , biết  AC   a 3 . 
A. V  a 3  

B. V 

3 6a 3
 

4

C. V  3 3a 3  

1
D. V  a 3  
3

Lời giải
Chọn A

Giả sử khối lập phương có cạnh bằng  x;  x  0   
Xét tam giác  A ' B ' C '  vuông cân tại  B '  ta có: 
A ' C '2  A ' B '2  B ' C '2  x 2  x 2  2 x 2  A ' C '  x 2  

Xét tam giác  A ' AC '  vuông tại  A ' ta có 
AC '2  A ' A2  A ' C '2    3a 2  x 2  2 x 2  x  a  

Thể tích của khối lập phương  ABCD. ABC D là  V  a 3 . 
Câu 31(VDC): Xét khối chóp  S . ABC có đáy là tam giác vng cân tại  A ,  SA vng góc với đáy, khoảng 
cách  từ  A   đến  mặt  phẳng   SBC    bằng  3 .  Gọi     là  góc  giữa  hai  mặt  phẳng   SBC    và   ABC  ,  tính 

cos   khi thể tích khối chóp  S . ABC  nhỏ nhất. 
A. cos  

3
 
3

B. cos  

2
 
3

1
C. cos    
3

Lời giải
Chọn A
S

H
C

A
I
B

Đặt  AB  AC  x,  x  0  . Ta có  BC  AB 2  AC 2  2 x  

D. cos  

2
 
2


Gọi  I  là trung điểm của  AB , hạ  AH  SI  tại  H  

    góc nhọn. 
Ta có góc giữa hai mặt phẳng   SBC   và   ABC  là  SIA
 BC  AI
Ta có  
 BC   SAI   BC  AH  AH   SBC   
 BC  SA
Từ đó  AH   SBC   d  A,  SBC    AH  3  
Xét tam giác  AHI  vng tại  H  ta có  cos  

Ta có  AH 2  AI 2  HI 2  9 

HI
2x
 HI 
cos   
AI
2

x2 x2
3 2
2x
3
 cos2   x 
, AI 

 
2 2
sin 
2
sin 

Xét tam giác  SAI  vuông tại  A  ta có 

1
1
1
1
1 sin 2  cos 2 
 






9
9
AH 2 AI 2 SA 2
SA 2 9

Câu 32(NB): Cho hình nón có diện tích xung quanh bằng  3 a 2 và có bán kính đáy bằng  a . Độ dài đường 
sinh của hình nón đã cho bằng: 
3a
A. 2 2a  
B. 3a  
C. 2a
D.
 
2
Lời giải

Chọn B
Diện tích xung quanh hình nón:  S xq   rl  với  r  a   .a.l  3 a 2  l  3a . 
Câu 33(VD): Cho tứ diện đều  ABCD  có cạnh bằng 4  . Tính diện tích xung quanh  S xq  của hình trụ có một 
đường trịn đáy là đường trịn nội tiếp tam giác  BCD  và chiều cao bằng chiều cao của tứ diện ABCD . 
A. S xq 

16 2
 
3

B. S xq  8 2  

C. S xq 

16 3
 
3

D. S xq  8 3

Lời giải
Chọn A
1 4 3 2 3
Bán kính đường trịn đáy hình trụ bằng một phần ba đường cao tam giác  BCD  nên r  .
 

3 2
3
2

2 4 3
16.3 4 2
Chiều cao hình trụ bằng chiều cao hình chóp:  h  4   .
 

  16 
9
3
3 2 
2

S xq  2 rh  2 .

2 3 4 2 16 2
.

 
3
3
3

Câu 34(NB): Trong không gian  Oxyz , cho điểm  A  3; 1;1 . Hình chiếu vng góc của điểm  A  trên mặt 
phẳng   Oyz   là điểm 
A. M  3;0;0   

B. N  0; 1;1  
Lời giải

Chọn B

C. P  0; 1;0   

D. Q  0;0;1  


Khi chiếu vng góc một điểm trong khơng gian lên mặt phẳng   Oyz  , ta giữ lại các thành phần tung độ 
và cao độ nên hình chiếu của  A  3; 1;1  lên   Oyz   là điểm  N  0; 1;1 . 
Câu 35(NB): Trong  không  gian  Oxyz , cho  đường  thẳng  d :
vectơ chỉ phương là

A. u1   1; 2;1  


B. u2   2;1; 0   

x  2 y 1 z

 .   Đường  thẳng  d   có  một 
1
2
1


C. u 3   2;1;1  


D. u 4   1; 2; 0   

Lời giải
Chọn A

Câu 36(NB): Trong không gian với hệ tọa độ  Oxyz , cho mặt phẳng   P  : 3x  z  2  0 . Vectơ nào dưới 
đây là một vectơ pháp tuyến của   P  ? 


A. n4   1;0; 1  


B. n1   3; 1; 2   


C. n3   3; 1;0   


D. n2   3;0; 1  

Lời giải
Chọn D


Vectơ pháp tuyến của mặt phẳng   P  : 3x  z  2  0  là  n2   3;0; 1 . 
Câu 37(TH): Trong không gian  Oxyz ,  cho hai điểm  A  1; 2;1  và  B  2;1;0  .  Mặt phẳng qua  A  và vng 
góc với  AB  có phương trình là 
A. 3 x  y  z  6  0  

B. 3 x  y  z  6  0   C. x  3 y  z  5  0  

D. x  3 y  z  6  0  

Lời giải
Chọn B



AB  3; 1; 1 .  Do mặt phẳng     cần tìm vng góc với  AB  nên     nhận  AB  3; 1; 1  làm vtpt. Suy 
ra, phương trình mặt phẳng    : 3  x  1   y  2    z  1  0  3x  y  z  6  0.  
Câu

38(VD):

Trong  không  gian  Oxyz ,  cho  hai  đường  thẳng 

d1 :

x 3 y 3 z  2
; 


1
2
1

x  5 y 1 z  2
và mặt phẳng   P  : x  2 y  3z  5  0 . Đường thẳng vng  góc với   P  , cắt  d1  


3
2
1  
và  d 2  có phương trình là 
d2 :

x 1 y  1 z

  
1
2
3
x 3 y 3 z  2
C.
 


1
2
3

A.

x  2 y  3 z 1
 


1
2
3
x 1 y  1 z
D.

  
3
2

1

 

B.

 
Lời giải

Chọn A

 x  3  t1
 x  5  3t2


Phương trình  d1 :  y  3  2t1  và  d 2 :  y  1  2t2 . 
 z  2  t
z  2  t
1
2


Gọi đường thẳng cần tìm là   . 
Giả sử đường thẳng    cắt đường thẳng  d1  và  d 2  lần lượt tại  A ,  B . 
Gọi  A  3  t1;3  2t1 ; 2  t1  ,  B  5  3t2 ; 1  2t2 ; 2  t2  . 



AB   2  3t2  t1 ; 4  2t2  2t1 ; 4  t2  t1  . 


Vectơ pháp tuyến của   P   là  n  1; 2;3 . 


2  3t2  t1 4  2t2  2t1 4  t2  t1
Do  AB  và  n  cùng phương nên 
. 


1
2
3
 2  3t2  t1 4  2t2  2t1


t1  2
1
2


. Do đó  A 1; 1;0  ,  B  2; 1;3 . 
t2  1
 4  2t2  2t1  4  t2  t1

2
3

Phương trình đường thẳng    đi qua  A 1; 1;0   và có vectơ chỉ phương  n  1;2;3  là 
x 1 y 1 z

 . 

1
2
3

Câu 39(VD): Trong khơng gian  Oxyz , cho điểm  M 1;1;2  . Hỏi có bao nhiêu mặt phẳng   P   đi qua  M  
và cắt các trục  x 'Ox, y'Oy, z'Oz  lần lượt tại các điểm  A, B, C  sao cho  OA  OB  OC  0 ?
A. 3  

B. 1

C. 4

D. 8

Lời giải
Chọn A
Mặt phẳng   P   đi qua  M  và cắt các trục  x 'Ox, y'Oy, z'Oz  lần lượt tại các điểm
x y z
A  a;0;0  , B  0; b;0  , C  0;0; c  . Khi đó phương trình mặt phẳng   P   có dạng:     1 . 
a b c

Theo bài mặt phẳng   P   đi qua  M 1;1;2   và  OA  OB  OC nên ta có hệ: 
a  b  c
1 1 2
 a  b  c
    1 1
a
b
c
 . Ta có: 

2

 
  

a

c


b
 a  b  c  2


b  c   a
- Với  a  b  c thay vào  1  được  a  b  c  4  
- Với  a  b  c  thay vào  1  được  0  1  (loại). 
- Với  a  c  b  thay vào  1  được  a  c  b  2 . 
- Với  b  c  a  thay vào  1  được  b  c  a  2 . 
Vậy có ba mặt phẳng thỏa mãn bài tốn là: 

 P1  :

x y z
x y z
x y z
   1;  P2  : 
  1;  P3  :
  1 
4 4 4

2 2 2
2 2 2

Câu 40(VDC): Trong không gian  Oxyz , cho ba điểm  A 1; 2;1 ,  B  3; 1;1  và  C  1; 1;1 . Gọi   S1   là 
mặt cầu có tâm  A , bán kính bằng  2 ;   S2   và   S3   là hai mặt cầu có tâm lần lượt là  B ,  C  và bán kính 
đều bằng  1. Hỏi có bao nhiêu mặt phẳng tiếp xúc với cả ba mặt cầu   S1  ,   S2  ,   S3  . 
A. 5  

B. 7  

C. 6  
Lời giải

Chọn B

D. 8  


Gọi phương trình mặt phẳng   P   tiếp xúc với cả ba mặt cầu đã cho có phương trình là: 
ax  by  cz  d  0  ( đk:  a 2  b 2  c 2  0 ). 

 a  2b  c  d
2
 2
2
2
a

b


c

d  A;  P    2
 3a  b  c  d

Khi đó ta có hệ điều kiện sau:  d  B;  P    1  
1  
2
2
2

 a b c
d  C ;  P    1
 a  b  c  d

1
2
2
2
 a  b  c

 a  2b  c  d  2 a 2  b 2  c 2


  3a  b  c  d  a 2  b 2  c 2 . 

2
2
2
  a  b  c  d  a  b  c

3a  b  c  d  a  b  c  d
Khi đó ta có:  3a  b  c  d  a  b  c  d  
 
3a  b  c  d  a  b  c  d
a  0

. 
a  b  c  d  0

 2b  c  d  2 b 2  c 2
 2b  c  d  2 b2  c 2

c  d  0  c  d  0, b  0
   4b  c  d  0
với  a  0  thì ta có  
 

c  d  4b, c  2 2b

 2b  c  d  2 b  c  d
c  d  0
do đó có 3 mặt phẳng. 
4

b a
 3b  2 a 2  b 2  c 2


3
b


4
a
3





Với  a  b  c  d  0  thì ta có   
 
2
2
2
 2a  a  b  c
 c  11 a
 2a  a 2  b 2  c 2

3
do đó có 4 mặt phẳng thỏa mãn bài tốn.Vậy có  7  mặt phẳng thỏa mãn bài tốn. 
Câu 41(VDC): Trong không gian với hệ tọa độ  Oxyz ,  cho mặt phẳng   P  : x  2 y  2 z  3  0  và mặt cầu 

 S  : x 2  y 2  z 2  2 x  4 y  2 z  5  0.  Giả sử  M   P   và  N   S   sao cho  MN  cùng phương với vectơ 

u 1;0;1  và khoảng cách giữa  M  và  N  lớn nhất. Tính  MN .  
A. MN  3  

Chọn C

B. MN  1  2 2  

C. MN  3 2  
Lời giải

D. MN  14  



Mặt phẳng   P   có vtpt  n   1;  2; 2  . Mặt cầu   S   có tâm  I  1; 2; 1  và bán kính  r  1 . Nhận thấy rằng 


góc giữa  u  và  n  bằng  45ο . Vì  d  I ;  P    2  1  r  nên   P   không cắt   S  . 

  45ο  và  MN  NH  NH 2  nên  MN  lớn nhất khi và 
Gọi  H  là hình chiếu của  N  lên   P   thì  NMH
sin 45ο
chỉ khi  NH  lớn nhất. Điều này xảy ra khi  N  N   và  H  H   với  N   là giao điểm của đường thẳng  d  
qua  I , vng góc   P   và  H   là hình chiếu của  I  lên   P  .  
Lúc đó  NH max  N H   r  d  I ;  P    3  và  MN max 

NH max
3 2.
sin 45ο

Câu 42(NB): Cho tập hợp  M  có  10  phần tử. Số tập con gồm hai phần từ của  M  là 
A. A108  
B. A102  
C. C102  
D. 10 2  
Lời giải
Chọn C

Mỗi cách lấy ra  2  phần tử trong  10  phần tử của  M  để tạo thành tập con gồm  2  phần tử là một tổ hợp 
chập  2  của  10 phần tử    Số tập con của  M  gồm  2  phần tử là  C102  
Câu 43(TH): Một  hộp  chứa  11   quả  cầu  gồm  5   quả  màu  xanh  và  6 quả  cầu  màu  đỏ.  Chọn  ngẫu  nhiên 
đồng thời  2 quả cầu từ hộp đó. Xác suất để  2  quả cầu chọn ra cùng màu bằng 
5
6
5
8
A.
 
B.  
C.  
D.  
22
11
11
11
Lời giải
Chọn C
Số cách lấy ra 2 quả cầu trong 11 quả là  C112 , Suy ra  n     C112  
Gọi A là biến cố lấy được 2 quả cùng màu. Suy ra  n  A   C52  C62  
Xác suất của biến cố A là  P  A  

C52  C62 5
  
C112
11

Câu 44(TH): Với  n  là số nguyên dương thỏa mãn  Cn1  Cn2  55 , số hạng không chứa  x  trong khai triển 
n

2 

của biểu thức   x3  2   bằng 
x 

A. 322560  

B. 3360  

C. 80640  
Lời giải

Chọn D

D. 13440  


Ta có:  Cn1  Cn2  55  


n  n  1
 n  10
n!
n!

 55  n 
 55  n 2  n  110  0  
 n  10  
1! n  1 ! 2! n  2  !

2
 n  11

Với  n  10  thì ta có: 
n

10  k

10

10
10
10
 3 2  3 2 
k
3k  2 
  C10k .x 3k .210 k .x 2 k  20   C10k .210  k .x5 k  20  
 x  2  =  x  2    C10 .x .  2 
x  
x 

x 
k 0
k 0
k 0
Để có số hạng khơng chứa  x  thì  5k  20  0  k  4 . 
Do đó hệ số của số hạng khơng chứa  x  trong khai triển là:  C104 .26  13440 . 

Câu 45(VDC): Cho dãy số   un   thỏa mãn  log u1  2  log u1  2 log u10  2 log u10  và  un 1  2un  với mọi 

n  1. Giá trị nhỏ nhất của  n  để  u n  5100  bằng
A. 247  

B. 248  

C. 229  

D. 290  

Lời giải
Chọn B
Có  un 1  2un  2 n u1  . Xét  log u1  2  log u1  2 log u10  2 log u10  (*) 
Đặt  t  log u1  2 log u10 , điều kiện  t  2  

t  0
Pt (*) trở thành  2  t  t     2
   t  1  
t  t  2  0
Với  t  1    log u1  2 log u10  1  (với  log u10  log  29.u1   9 log 2  log u1 ) 
 log u1  1  18log 2    u1  10118log 2  
Mặt khác  un  2n 1 u1  2n 1.10118log 2  2n.5.10 18log 2  5100    n  log 2  599.1018log 2   247,87  
Vậy giá trị nhỏ nhất của  n  là  248 . 
Câu 46(NB): lim

x 

x2
 bằng. 
x3

2
A.   
3
Lời giải

B. 1 

C. 2  

D. 3  

Chọn B
2
1
x2
x 1.
lim
 lim
x  x  3
x 
3
1
x
Câu 47(TH): Cho hình chóp tam giác  S . ABC   có tất cả các cạnh bằng  a.  Gọi  I , J   lần lượt là trung điểm 
của  CA,  CB.   K   là  điểm  trên  cạnh  BD   sao  cho  KB  2 KD.   Thiết  diện  của  mặt  phẳng  ( IJK )   với  hình 
chóp có diện tích là 
a 2 51
5a 2 51
5a 2 51
a 2 51

A.
B. 
C. 
D. 
. 
. 
. 
. 
144
288
144
288
Lời giải
Chọn B


 
Thiết diện là hình thang cân  I J H K  có đáy lớn  I J
HJ 2  BH 2  BJ 2  2 BH .BJ .cos 600 

a
a
,  có đáy nhỏ  HK  ,  cạnh bên 
2
3

13a 2
.
36  
2

2
a 2 51a 2
a 51
 I J  HK  13a
Chiều cao hình thang là  h 2  HJ 2  



h
. 

2
36 144 144
12



Vậy diện tích thiết diện là  S 

( HK  I J ) h 5a 2 51

.
2
144

Câu 48(TH): Cho tứ diện  OABC  có  OA,  OB,  OC  đơi một vng góc với nhau và  OA  OB  OC . Gọi 
M  là trung điểm của  BC  ( tham khảo hình vẽ bên dưới). Góc giữa hai đường thẳng  OM  và  AB  bằng 

 

A. 900  

B. 300  

C. 600  
Lời giải

Chọn C

Đặt  OA  a  suy ra  OB  OC  a  và  AB  BC  AC  a 2  

D. 450  


Gọi  N  là trung điểm  AC  ta có  MN / / AB  và  MN 

a 2
 
2

 
OM , AB   
OM , MN  . Xét  OMN
Suy ra góc  
Trong tam giác  OMN  có  ON  OM  MN 

a 2
 nên  OMN  là tam giác đều 
2

  600  . Vậy  
OM , AB   
OM , MN   600  
Suy ra  OMN
Câu 49(VD): Cho tứ diện  ABCD  có  AB  CD  a . Gọi  M  và  N  lần lượt là trung điểm của  AD  và  BC . 
Xác định độ dài đoạn thẳng  MN  để góc giữa hai đường thẳng  AB  và  MN  bằng  30 . 

A. MN 

a
 
2

B. MN 

a 3
a 3
 
C. MN 
2
3
Lời giải

D. MN 

a
 
4

Chọn B

 
Gọi  P  là trung điểm của  AC . 
1
1
Khi đó  PM  CD  AB  PN .  
2
2
Ta có tam giác  PMN  cân tại  P . Lại có góc giữa  AB  và  MN  bằng  30  nên góc giữa  MN  và  PN  bằng 
30 . Do đó tam giác  PMN  là tam giác cân có góc ở đỉnh bằng  120 . 
a 3
Ta có  PN . 3  MN  nên  MN 
. 
2
Câu 50(VDC): Cho hình lăng trụ tam giác đều  ABC. ABC   có  AB  2 3  và  AA  2.  Gọi  M , N , P  lần 
lượt là trung điểm các cạnh  AB, AC   và  BC  (tham khảo hình vẽ bên). Cơsin của góc tạo bởi hai mặt 
phẳng   ABC    và   MNP   bằng