ĐỀ THI THPT QUỐC GIA Ôn Tập Thi Đại Học

Khung  ma trận 
Chủ đề 
1. Ứng dụng đạo hàm để kshs và vẽ 
đồ thị của hàm số 
2. Hàm số lũy thừa, hàm số mũ và 
hàm số logarit 
3. Ngun hàm, tích phân và ứng 
dụng 
4. Số phức 
5. Khối đa diện (phần thể tích) 
6. Mặt nón, mặt trụ, mặt cầu 
7. PP tọa độ trong khơng gian 
8. Tổ hợp, xác suất 
9. Cấp số cộng, cấp số nhân 
10. PT - BPT  
11. Véc tơ trong khơng gian, quan 
hệ vng góc trong khơng gian 
Tổng số câu 

NB 
3 

Mức độ 
TH 
VD 
4 
2 

Tổng 
VDC 
3 

12 

2 

3 

2 

0 

7 

2 

1 

2 

1 

6 

1 
1 
1 
3 
1 
1 
0 

0 

2 
1 
1 
2 
0 
0 
0 
1 

1 
0 
1 
1 
0 
0 
0 
1 

1 
1 
0 
2 
1 
0 
1 
0 

5 

3 
3 
8 
2 
1 
1 
2 

15 

15 

10 

10 

50 

 
Chủ đề 1: Ứng dụng đạo hàm để kshs và vẽ đồ thị của hàm số 
Câu 1 (NB): Khoảng đồng biến của hàm số  y  x3  3x 2  4  là 
A.  ; 2    2;   .  

 

B.  2; 0  .  

 

C.  ;0    2;   .  

 

D.  0; 2  .  
Lời giải:  
TXĐ:  D   . 

y  3x 2  6 x  3x( x  2)  
x  0
y  0  
 .  
x  2
Lập bảng biến thiên, ta thấy hàm số đồng biến trên khoảng   2;0 

 
x2
Câu 2 (NB): Cho hàm số  y 
. Trong các khẳng định sau, khẳng định nào là đúng.  
x 1
A. Hàm số nghịch biến trên   .  
 
B. Hàm số đồng biến trên từng khoảng xác định.   
C. Hàm số đồng biến trên   .            
D. Hàm số có duy nhất một cực trị.
Lời giải:  
3
Ta có  y ' 
 0 x  1 nên hàm số đồng biến trên từng khoảng xác định. 
( x  1) 2
Câu 3 (NB): Cho hàm số  y  f  x   liên tục trên đoạn   2;3 ,  có bảng biến thiên như hình vẽ: 

 
Khẳng định nào sau đây là khẳng định đúng ? 
A. Giá trị cực tiểu của hàm số là  0.  

 

B. Hàm số đạt cực đại tại điểm  x  1.  
C. Hàm số đạt cực tiểu tại điểm  x  1.  

 

D. Giá trị cực đại của hàm số là  5.  
Câu 4 (TH): Cho hàm số  y  f  x   xác định, liên tục trên đoạn   3;3  và có đồ thị đường cong ở hình vẽ 
bên. Mệnh đề nào dưới đây đúng trên đoạn   3;3 ? 
 
 
 
 
 
 
A. Hàm số y  f ( x)  đạt giá trị lớn nhất tại x  2.    

 

B. Hàm số  y  f ( x)  đạt cực tiểu tại điểm x  1.   

 

C.  Hàm số  y  f ( x)  nghịch biến trên khoảng (3;0).  

 

D.  Hàm số  y  f  x   nghịch biến trên khoảng   1;3  . 
2

3

Câu 5 (TH): Cho hàm số  f  x   có đạo hàm  f   x    x  1  x  1  2  x  . Hàm số  f  x   đồng biến 
trên khoảng nào dưới đây? 
A.  ; 1 .  

 

B.   1;1 .  

 

C.  (2;  ).  

 

D. (1; 2).  
Lời giải :  
Ta có bảng biến thiên của hàm số là:  


 
Vậy hàm số  f  x   đồng biến trên khoảng  1; 2  . 

Câu 6 (TH): Đồ thị hình bên là của hàm số nào? 
y

2
1
-1

O

A.  y   x 4  2 x 2  2 . 

x
1

 

B.  y  x 4  2 x 2  2 . 
C.  y  x 4  4 x 2  2 . 

 

D.  y  x 4  2 x 2  3 . 
Lời giải:  
Hình dáng đồ thị  là  của hàm số bậc 4  y  ax 4  bx 2  c   và đồ thị có bề lõm quay lên nên  a  0  , vậy 
loại đáp án A. 
Đồ thị hàm số giao với trục Oy tại điểm   0; 2   c  2  , vậy loại đáp án D. 

x  0
Từ đồ thị hàm số đạt cực trị tại  
,  

 x  1
x  0
  Đáp án đúng là B. 
Đáp án C có  y '  4 x 3  8 x  y '  0  
 x   2
Câu 7 (TH): Đồ thị hàm số  y  x 3  9 x 2  24 x  4  có điểm cực tiểu và cực đại lần lượt là  A  x1 ; y1   và 
B  x2 ; y2  . Giá trị  y1  y2  bằng:

A. y1  y 2  2 . 

 

B. y1  y2  4.  

 

C. y1  y2  0.  

 

D. y1  y2  44.  
Lời giải:  

 x  2  y  24
Ta có  y  3 x 2  18 x  24  y  0  
 
 x  4  y  20


Lập bảng biến thiên suy ra điểm cực tiểu và cực đại lần lượt là  A  4; 20  ; B  2; 24  . 

Khi đó  y1  y2  20  24  4 . 

2x
. Gọi  M  a; b  ,   a  0   là điểm thuộc đồ thị mà khoảng 
x2
cách từ M đến hai tiệm cận là bằng nhau. Tìm  a  b :   
Câu 8 (VD): Cho đồ thị hàm số  y 
A. 0  
B. 1  
C. 2  
D. 3 
Lời giải:  




Gọi  M  x;

2x 
4
 ,  theo giả thiết ta có phương trình:  x  2  x  2  . Từ đó tìm được M(-4; 4)
x2

Câu 9 (VD): Cho hàm số  y  f  x  xác định, liên tục trên    và có bảng biến thiên: 

 
Khẳng định nào sau đây sai? 
A. Đường thẳng  y  2  cắt đồ thị hàm số  y  f  x  tại ba điểm phân biệt. 
B. Số nghiệm thực của phương trình  2 f ( x )  5  0  là 2. 
C. f  x   x 3  3 x 2  4 . 

D. Hàm số nghịch biến trên   2; 0  . 
Lời giải:  
Câu A đúng vì  4  2  0.  
 f '  2   0

 f ' 0  0
3
2
Câu C đúng vì với  f  x   x  3 x  4  thì thỏa  
. 
 f  2   0
 f 0  4
  

Câu D đúng vì trên   0; 2   thì  f '  x   0 x   0; 2  .  
Câu 10 (VDC): Cho hàm số  y  ax 3  bx 2  cx  d  a  0   có đồ  
thị như hình vẽ bên. Mệnh đề nào dưới đây đúng? 
 

 


A. a  0, b  0, c  0, d  0 . 
B.  a  0, b  0, c  0, d  0 . 
C. a  0, b  0, c  0, d  0 . 
D. a  0, b  0, c  0, d  0 . 
Lời giải:
Ta có: y  ax 3  bx 2  cx  d  a  0  ; 
                                 y '  3ax 2  2bx  c . 
Gọi  x1 ; x2   là các  điểm cực trị của hàm số. 





 lim ax 3  bx 2  cx  d  
 x
a  0
y  0  d  0


b  0
2b

Theo bài ra ta có: 
 
x  x2 
0
c0
 1

3a

d  0
c
 x1 x2 
0

3a
Câu 11 (VDC): Cho hàm số  y  f ( x)  có đồ thị  y  f ( x)  cắt trục Ox tại ba điểm có hồnh độ  a  b  c  

như hình vẽ.  

Mệnh đề nào dưới đây là đúng? 

 


A. f ( c )  f ( a)  f (b).  

 

B. f ( c )  f ( b)  f ( a).
C. f ( a)  f ( b)  f ( c ).  

 

D. f ( b)  f ( a)  f ( c ).  
Lời giải:
Đồ thị của hàm số  y  f ( x)  liên tục trên các đoạn   a; b   và  b; c  , lại có  f ( x)  là một nguyên hàm 
của  f ( x) . 
 y  f ( x)

y  0
Do đó diện tích của hình phẳng giới hạn bởi các đường  
 là:  
x  a
 x  b
b

S1  

a

b

b

f ( x) dx    f ( x)dx   f  x   f  a   f  b  . 
a

a

Vì  S1  0  f  a   f  b     1   
 y  f ( x)

y  0
Tương tự: diện tích của hình phẳng giới hạn bởi các đường  
 là:  
x  b
 x  c
c

c

c

S2   f ( x) dx   f ( x)dx  f  x   f  c   f  b  . 
b

b

b

S2  0  f  c   f  b   2  .  

Mặt khác, dựa vào hình vẽ ta có:  S1  S2  f  a   f  b   f  c   f  b   f  a   f  c     3   . 
Từ (1), (2) và (3) ta chọn đáp án A. 
Câu 12 (VDC): Đồ thị hàm số  y  a x 4  bx 2  c  cắt trục hoành tại   
4  điểm  A , B , C , D   phân  biệt  như  hình  vẽ  bên.  Biết  rằng 
AB  BC  CD , mệnh đề nào sau đây đúng? 

A. a  0, b  0,c  0,100b 2  9ac.  

 

B. a  0, b  0,c  0,9b 2  100ac.  
C. a  0, b  0,c  0, 9b 2  100ac.  
2

D. a  0, b  0, c  0,100b  9ac.  

 


Lời giải:  
Dựa vào hình dạng đồ thị:  a  0, x  y  c  0  có hai cực trị nên  ab  0  b  0   
Giả sử hoành độ sắp thứ tự:   t2   t1  t1  t 2   

b
t1  t2  10t1   a
Khi đó, ta có   t 2  t1  2 t`  t2  9t1  

    
t t  9t 2  c
1
 1 2
a


b2
2
2
100t1  2
a  100  b  9b 2  100ac  

9
ac
9t 2  c
1

a
Chủ đề 2: Hàm số lũy thừa, hàm số mũ và hàm số logarit 
1

1
3
 1 4
2
3
4
Câu 13 (NB): Tính giá trị biểu thức  A  


16

2
.64
. 

625


A. 14 
 
B.12 
 
C. 11 
 
 
D.10 
Lời giải:   
1

1

3

1

1
3
 1 4
2

3
4
A

16

2
.64
 54 4  2 4 4  2 2. 26 3  5  8  1  12.  

625


1
2
8
9
Câu 14 (NB): Tính  P  log  log  ...  log  log .  
2
3
9
10
A. P  2.  
 
B. P  0.  
 
C. P  1.  
 
 
D. P  1.  

Lời giải:  

   

 

1
2
8
9
1 2 8 9 
 1 
P  log  log  ...  log  log  log  . .... .   log    1.  
2
3
9
10
 2 3 9 10 
 10 
Câu 15 (TH): Cho  a  log 30 3 và  b  log 30 5 . Tính  log 30 1350 theo a và b . 
A. 1  2a  b  

 

B. 1  2a  b.  

 

C. 1  2a  b  

 

 

D. 1  2a  b  
Lời giải:   
Ta có:  log 30 1350  log 30 30.32.5  1  2 log 30 3  log 30 5  1  2 a  b.  
5

Câu 16 (TH): Đưa biểu thức  A  a 3 a a  về lũy thừa cơ số  0  a  1 ta được biểu thức nào dưới đây? 
3

A. A  a 10 .  
7
10

B. A  a .  

 
 


3

C. A  a 5 .  

 

 

7
5

D. A  a .  
Lời giải:  
5

3

A a a a a

1 1 1 
 1  1  
5 3 2 

3

 a 10 .  

Câu 17 (TH): Tập nghiệm của phương trình  log 2 x  log 3 x  log 4 x  log 20 x  là 
A. S  1 .  

 

B. S  .  
C. S  1;2  

 
 

D. S  2  
Lời giải:   
ĐK  x  0.   



PT   log 2 x  1 



1
1
1 


  0  log 2 x  0  x  1 .  
log 2 3 log 2 4 log 2 20 





Câu 18 (VD): Hàm số  y  ln x 2  2 mx  4  có tập xác định  D    khi:
A. m  2 .  

 m2
B. 
. 
 m  2

 

C. 2  m  2 . 

 

D. m  2 . 
Lời giải:   
Hàm số  y  ln  x 2  2mx  4  có tập xác định  D   . 

 x 2  2mx  4  0, x   . 
m 2  4  0
'  0


 2  m  2 . 
a  0
1  0
Câu 19 (VD): Một bà mẹ Việt Nam anh hùng được hưởng số tiền là 4 triệu đồng một tháng (chuyển 
vào tài khoản của mẹ ở ngân hàng vào đầu tháng). Từ tháng 1 năm 2018 mẹ khơng đi rút tiền mà để lại 
ngân hàng và được tính lãi suất 1% trên một tháng. Đến đầu tháng 12 năm 2018 mẹ rút  tồn bộ số tiền 
(gồm số tiền của tháng 12 và số tiền đã gửi từ tháng 1). Hỏi khi đó mẹ lĩnh về bao nhiêu tiền? (Kết quả 
làm trịn theo đơn vị nghìn đồng) 
A. 50 triệu 730 nghìn đồng.   
B. 50 triệu 640 nghìn đồng.
C. 53 triệu 760 nghìn đồng.   
D. 48 triệu 480 nghìn đồng. 
Lời giải:  
Gọi  Tn  là số tiền vốn lẫn lãi sau  n  tháng,  a  là số tiền hàng tháng gửi vào ngân hàng và  r  %   là lãi 
suất kép. Ta có 

T1  a. 1  r  ,  
2

T2   a  T1 1  r    a  a  r  1  1  r   a 1  r   a 1  r    


2

3

T3   a  T2 1  r   a 1  r   a 1  r   a 1  r    

…. 



2

11

T11  a 1  r   1  r   ... 1  r 

  a.S

11

 

S11  là tổng 11 số hạng đầu của cấp số nhân   un   với số hạng đầu  u1  1  r  1, 01  và công bội 

q  1  r  1, 01     

S11 

u1 1  q11 
1 q



1, 011  1, 0111 
1  1,01

 

Vì tháng thứ 12 mẹ nhận được số tiền  T11  gửi từ tháng 1 và số tiền tháng 12 nên mẹ được nhận tổng số 
tiền là:   4.

1,011  1, 0111 

 4  50.730.000  
1  1, 01
Chủ đề 3:  Nguyên hàm, tích phân và ứng dụng 
Câu 20(NB): Họ nguyên hàm của hàm số y  2 x là 
A.  2 x dx 

2x
 C.  
ln 2

 

B.   2 x dx  2 x  C.  

 

C.   2 x dx  ln 2.2 x  C.  

 

D.   2 x dx 

2x
 C.  
x1

Câu 21(NB): Họ nguyên hàm của hàm số f ( x)  ( x  1)2  là 
A. F( x)  x 3  3 x 2  3 x  C.    
B. F( x) 

x3
 x 2  x  C.  
3

C. F( x) 

x3
 x 2  x  C.  
3

 

 

D. F( x)  x 3  x 2  x  C.  
Câu  22(TH):  Biết một nguyên hàm của  hàm  số  y  f  x    là  F  x   x 2  4 x  1 .  Khi đó,  giá trị  của 
hàm số  y  f  x   tại  x  3  là 
A. f  3  6 . 

 

B. f  3  10 . 

 

C. f  3  22 . 

 

D. f  3  30 . 
Lời giải:  
+ Ta có:  y  f  x   F '( x)  2 x  4.
+  f (3)  2.3  4  10.   

 


Câu 23(VD): Cho hàm số f ( x )  ( ax  b).cosx.  Tìm  S  a 2  b 2   biết rằng 

 f ( x)dx  x.sin x  2 sin x  cosx  C  
A. S  3  

 
B. S  4  
 
C. S  5  
 
D. S  6
Lời giải:
u  ax  b
du  adx
Đặt  
 

dv  cos xdx  v  sin x

 

Khi đó   f ( x)dx  ( ax  b).sin x   a sin xdx

 ( ax  b)sin x  acosx  C  ax.sin x  b sin x  a cos x  C
 
 a  1, b  2  S  5.
1

Câu 24(VD): Cho 



π
8

f ( x)dx  2017.  Tính tích phân I  
0

0

2017
. 
3
2018
. 
B. I 
3
2018
. 
C. I 
4
2017
.
D. I 
4
Lời giải:
A. I 

f (tan 2x)
dx.
1  4 cos 4 x

 
 
 

Ta có:  1  cos 4 x  2 cos 2 2 x . Đặt  t  tan 2 x  dt 

2
cos 2 2 x

dx.  

1

1
2017
f (t )dt 
. 
4
4
0

Vậy  I  

Câu 25(VDC): Câu lạc bộ bóng đá AS Roma dự định xây dựng SVĐ mới có tên là Stadio della Roma
để làm sân nhà của đội bóng thay thế cho đội bóng Olimpico. Hệ thống mái của SVĐ dự định được 
xây dựng có dạng hai hình elip như hình bên với hình elip lớn bên ngồi có độ dài trục lớn là 146 mét, 
độ dài trục nhỏ là 108 mét, hình elip nhỏ bên trong có độ dài trục lớn là 110 mét, độ dài trục nhỏ là 72 
mét. Giả sử chi phí vật liệu là 100 dollar mỗi mét vng. Tính chi phí cần thiết để xây dựng hệ thống 
mái sân. 

A. 98100 dollar.
B. 98100 dollar.
C. 196200 dollar 

D. 196200 dollar 
Lời giải:


Hình elip lớn có độ dài trục lớn là 146m, độ dài trục nhỏ là 108m  


a  73
y2
x2
x2

 ( E1 ) : 2  2  1  y  54 1  2 .  


73
54
73

b  54
Hình elip nhỏ có độ dài trục lớn là 110m, độ dài trục nhỏ là 72m 
a  55
y2
x2
x2
 
 ( E2 ) : 2  2  1  y  36 1  2 .  
b  36
55
36

55
Do tính đối xứng của hai elip nên ta có diện tích hệ thống mái của SVĐ là: 
73

S  4(  54 1 
0

55

x2
x2
dx

36
1

dx)  1962π( m3 ).  

2
2
73
55
0

Do đó chi phí cần thiết để xây dựng hệ thống mái sân bằng 100S =  196200π dollar 
Chủ đề 4 Số phức 
Câu 26(NB): Cho số phức  z  3  2 i . Tìm phần thực và phần ảo của số phức  z . 
 

A. Phần thực bằng 3, phần ảo bằng 2. 

B. Phần thực bằng  3 , phần ảo bằng 2. 
C. Phần thực bằng 3, phần ảo bằng  2 . 
D. Phần thực bằng  3 , phần ảo bằng  2 . 

 

z
Câu 27(TH): Cho số phức  z  2i  3  khi đó   bằng 
z
5  12i
A. 
. 
 
13
5  6i
B.
. 
 
11
5  12i
C.
. 
 
13
5  6i
D.
11  
Lời giải:
2

1
1
1
z z 2  3  2i 
5  12i
Có    z   2 .z   2  2
 

2
z
z z
13
3 2
z

Câu 28(TH): Số phức  z  x  yi ( x , y  )  thỏa  x  1  yi   x  1  xi  i . Môđun của z bằng 
A. 2 3.  

 

B. 2 5.  

 

C. 3.  

 

D. 5.  
Lời giải:

x  1  yi   x  1  xi  i  x  1  yi   x  1  ( x  1)i

x  1  x  1 x  1
x  1



 z  1  2i
y  x  1
y  x  1 y  2
z  12  2 2  5

 

 
Câu  29(VD):  Tìm  tham  số  thực  m  để  trên  tập  số  phức  phương  trình  z 2   13  m  z  34  0   có một 
nghiệm là  z  3  5i : 
A.  m  3  
 
 


B.  m  5  
C. m  7  
D.  m  9  
Lời giải:

 
 
 

 
 

Thay  z  3  5i vào phương trình  z 2   13  m  z  34  0  ta được: 

16  3i   13  m  3  5i   34  0  13  m 

18  30i
m7  
3  5i

Câu 30(VDC): Cho số phức z thỏa mãn  z  1  1  và z  z   có phần ảo khơng âm. Tập hợp các điểm 
biểu diễn của số phức z là một miền phẳng. Diện tích S của miền phẳng này là 
A.  S   .
B.  S  2 .
1
C.  S   .
2
D. S  1.  
Lời giải:
2

Đặt  z  a  bi.  Tacó  z  1  1   a  1  b2  1  và  z  z  2bi  b  0  
Tập  hợp  các  điểm  biểu  diễn  của  số  phức  z  là  một  miền  phẳng  giới  hạn  bởi  các  đường 
2

y  1   x  1  2 x  x 2  và trục hồnh. 
2

2

Do đó diện tích là:  S  0 1   1  x  dx 


2

. 

Chủ đề 5: Khối đa diện (phần thể tích) 
Câu 31(NB): Cho hình chóp tứ giác  S.ABCD  có đáy  ABCD  là hình vng cạnh  a ,  SA  ( ABCD )  
và  SA  a 6 . Thể tích của khối chóp  S.ABCD  bằng? 
A.

a3 6
.  
6

B. a 3 6 .  
C.

a3 6
.  
3

a3 6
. 
2
Câu 32(TH): Cho lăng trụ đều  ABC.A' B'C'  có cạnh đáy bằng  2a . Diện tích xung quanh bằng 
6 3a 2 . Tính thể tích V của khối lăng trụ. 

1
A. V  a 3 .  
 
4

D.

B. V 

3 3
a . 
4

C. V  a 3 .  

 
 

D. V  3a 3 .  
Lời giải:
Gọi h là chiều cao của khối lăng trụ ta có: 


1
Sday  .2a.a 3  3a 2  
2
S xq  3.2a.h  6 3a 2  h 

6 3a 2
a 3

6a

V  a 2 3.a 3  3a 3 (đvtt) 
Câu 33(VDC): Cho khối lập phương ABCD.A’B’C’D’ cạnh a . Các điểm E và F lần lượt là trung điểm 
của C’B’ và C’D’. Mặt phẳng (AEF) chia khối lập phương đã cho thành hai phần. Gọi V1  là thể tích 

khối chứa điểm A’ và V2  là thể tích khối chứa điểm C’. Khi đó 
A. 

25
. 
47

D.

V2

 là: 

 

B.  1.  
C. 

V1

 

17
. 

25

 

8
. 
17

Lời giải:
Đường thẳng EF cắt A’D’ tại N ,Cắt A’B’ tại M 
AN cắt DD’ tại P, AM cắt BB’ tại Q. Từ đó mặt phẳng (AEF) chia khối lập phương đã cho thành hai 
khối là ABCDC’ QEFP và AQEFPB’A’D’
A

V  VABCD .A ' B 'C ' D '
V3  VA.A ' MN
 
V4  VPFD ' N
V5  VQMB ' E

B 

Q

Do tính đối xứng của hình lập phương nên ta có V 4  V5  
V3 

B
’ 
M

C 
P 
D’ 

A’ 

N

F 
E  C’ 

1
3a 3
1
a3
,V4  PD'. D'F . D' N 
 
AA '.A ' M .A ' N 
6
8
6
72

V1  V3  2V4 

Vậy

D

V1
V2



25a 3
47a 3
 
,V2  V  V1 
72
72

25
 
47

Chủ đề 6: Mặt nón, mặt trụ, mặt cầu 
Câu  34(NB):  Tính  diện  tích  xung  quanh  S xq   của  hình  nón  trịn  xoay  có  đường  sinh  l  10cm ,  bán 
kính đáy  r  5cm  . 
A.  S xq  50 cm 2 . 

 

B.  S xq  25 cm 2 . 

 

2

C.  S xq  100 cm . 

 


50
cm 2 . 
3
Câu 35(TH): Cắt hình trụ (T) bằng một mặt phẳng đi qua trục được thiết diện là một hình chữ nhật có 
diện tích bằng  30cm 2  và chu vi bằng  26cm  . Biết chiều dài của hình chữ nhật lớn hơn đường kính mặt 
đáy của hình trụ (T). Diện tích tồn phần của (T) là: 

D.  S xq 

69
 cm2  .  
2
B. 69  cm 2  . 
A.

C. 23  cm 2  . 

 
 
 

23
 cm2  .
2
Lời giải:
D.

Giả sử thiết diện là hình chữ nhật ABCD như hình vẽ khi đó  AD  CD . Ta có 
 2  AD  CD   26
 AD  CD  13

  

 AD.CD  30
 AD.CD  30
Với  AD  CD,  giải hệ trên ta được  AD  10  h; CD  3  2 r    r 

3
 . Khi đó 
2

3
9 69
.10  2 
 cm2    
2
4
2
Câu  36(VD):  Cho  hình  chóp  S. ABCD   có  đáy  ABCD là  hình  thoi  cạnh  a ,
Stp  2 rh  2 r 2  2


ABC  1200 , tam giác  SAB  đều và nằm trong mặt phẳng vng góc với đáy. Tính bán kính mặt cầu 
ngoại tiếp hình chóp  S .ABC .  
41
a 

A. 
 
6
37
a 
B.
 
6
39
a 
C.
 
6
35
a
D.
6
Lời giải:
S
d

G

C

B
120°

I
M

A

a

D

  60  suy ra  ABD đều 
ABC  120  BAD
Do  
 DA  DB  DC  a  nên  D  là tâm đường tròn ngoại tiếp  ABC . 
Gọi M là trung điểm của AB , G là trọng tâm của  SAB . 
Qua  D  kẻ  d  ( ABCD ) , và qua  G  kẻ  d   ( SAB )  
Gọi  I  d  d  .  

 


Ta có  IA  IB  IC  ID  
Khi đó  I  là tâm của mặt cầu ngoại tiếp hình chóp  S. ABC có bán kính 
2

a 3
39
R  IA  AD  MG  a  
a 
 
6
 6 
Chủ đề 7: Phương pháp tọa độ trong khơng gian 

2

2

2

Câu 37(NB): Cho 2 điểm A(2; 4; 1), B(–2; 2; –3). Phương trình mặt cầu đường kính AB là: 
A. x 2  ( y  3)2  ( z  1)2  9 .  
B. x 2  ( y  3)2  ( z  1)2  9 . 
C. x 2  ( y  3) 2  ( z  1) 2  3 .  
D. x 2  ( y  3) 2  ( z  1)2  9 . 
Lời giải:  
I là tâm cầu, khi đó do AB là đường kính nên I là trung điểm AB.  I  0;3; 1 . 

IA  2;1; 2   IA  2 2  12  2 2  3 . Nên bán kính . R  3 .. 
2

2

Vậy phương trình mặt cầu:  x 2   y  3   z  1  9 . 


2
Câu 38(NB): Cho ba điểm  A  3,1, 0  ; B  2,1, 1 ; C  x , y , 1 . Tính  x , y  để  G  2, 1,    là trọng 
3

tâm tam giác ABC 
A. x  2, y  1
B. x  2, y  1  
C. x  2, y  1

D. x  1, y  5  
Lời giải:  

 

3  2  x
2
 3

x  1
1  1  y
 1  
Ta có G là trọng tâm tam giác ABC thì  
 
 y  5
 3
2
 1  1
 3 3

Câu  39(NB):  Trong  không  gian  với  hệ  trục  tọa  độ  Oxyz.    Phương  trình  mặt  phẳng  đi  qua  điểm 

A(1; 2; 0)  có vetơ pháp tuyến  n  (2; 1; 3)  là 
A.
B.
C.
D.

x  2 y  4  0 . 
2 x  y  3 z  4  0 . 

2 x  y  3z  0 . 
2 x  y  3z  4  0 . 

 
 

Câu 40(TH): Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz,mặt phẳng (P) qua  điểm  A  1; 1; 1  và vng góc  
đường thẳng  d :

x-1 y - 2 z

 có phương trình là: 
1
2
-1

A.  x  2 y  z  4  0.  
B. x  2 y  4  0.  

 
 


C. x  2 y  z  3  0.  
D. x  2 y  4  0.  
Lời giải:  

 

 


Ta có, mặt phẳng (P) vng góc đường thẳng d nên mặt phẳng (P) có vectơ pháp tuyến  n  1; 2; 1 . 
Mặt phẳng (P) đi qua điểm  A  1;1; 1 . 
Vậy phương trình mặt phẳng (P) là:  1  x  1  2  y  1  1  z  1  0  x  2 y  z  4  0  .  
Câu  41(TH):  Cho  đường  thẳng  đi  qua  điểm  A  1; 4; 7    và  vng  góc  với  mặt  phẳng 

   : x  2y  2z  3  0  có phương trình chính tắc là: 
y4
z7
 

2
2
y4 z7
B. x  1 

2
2  
x1
z7
 y4
C.
 
4
2
D. x  1  y  4  z  7  
Lời giải:  

A. x  1 

 

 
 


VTPT của mặt phẳng      là  n   1; 2; 2  . Đó cũng là vectơ chỉ phương của đường thẳng         . 
Kết  hợp  với  giả  thiết  đi  qua  điểm  A  1; 4; 7  .   Suy  ra  phương  trình  chính  tắc  của     là: 

x 1 y  4 z 7


 
1
2
2
Câu 42(VD): Trong khơng gian Oxyz, cho tam giác ABC vng cân tại C và có các đỉnh  A  (Oxz) , 

B(2; 3;1)  và  C(1;1; 1) . Tọa độ điểm A là: 
A. A(1; 0; 1) . 
B. A(1; 0;1) . 
C. A(1; 0; 1) . 
 
D. A(1; 0;1) . 
Lời giải:  

 
 
 

CA  CB
Gọi A( a; 0; c). Ta có:    
 suy ra  a  c  1.   
CA.CB  0
Câu 43(VDC): Trong không gian với hệ tọa độ  Oxyz , cho tứ diện  ABCD  với  A  2;1; 1 ,  B  3; 0;1 , 
C  2; 1; 3  , điểm  D  thuộc  Oy  và thể tích của tứ diện  ABCD  bằng  5 . Tọa độ của đỉnh  D  là: 

A. D  0; 7; 0   

 

 

B. D  0; 8; 0    
C. D  0; 7; 0   hoặc  D  0; 8; 0  . 
D. D  0; 7; 0   hoặc  D  0; 8; 0  . 
Lời giải:  
Ta có: 

 

 


D  Oy  D  0; y; 0  .


 


 
  AB   1; 1; 2  , AC   0; 2; 4    AB, AC    0; 4; 2  , AD   2; y  1;1  


  
 AB, AC  . AD
4 y  2
4 y  2
 y  7


V ABCD 

, V ABCD  5 
5
6
6
6
y  8
Câu 44(VDC): Trong không gian  Oxyz ,  cho điểm  M  2; 1; 1  , mặt phẳng   : x  y  z  4  0  và mặt 
cầu   S  : x 2  y 2  z 2  6 x  6 y  8 z  18  0 .  Phương  trình  đường  thẳng     đi  qua  M   và  nằm  trong 

   cắt mặt cầu  S   theo một đoạn thẳng có độ dài nhỏ nhất là:
x  2 y 1 z 1


. 
2
1
1

x  2 y 1 z 1


B.
. 
1
2
1
x  2 y 1 z 1


C.
. 
1
2
3
x  2 y 1 z 1
D.
. 


1
1
2
Lời giải:

A.

 
 

 





Mặt cầu   S   có tâm  I  3; 3; 4   và bán kính  R  4  d I ,    2 3  R . Suy ra mặt cầu   S  cắt mặt 
phẳng     theo một đường trịn. 
Ta có điểm  M    ,  IM  14  R  nên điểm  M  nằm trong mặt cầu   S  .  
Gọi  H  là hình chiếu vng góc của  I  lên   P   H  1; 1; 2   
Để đường thẳng    đi qua  M  và nằm trong     cắt mặt cầu  

S   theo một đoạn thẳng có độ dài nhỏ nhất thì    MH  
Từ đó suy ra    có véctơ chỉ phương 
  
u  n , MH    1; 2;1  


Vậy   :

x  2 y 1 z 1
. 


1
2
1

 
 

I

 


 

 M
 

H

Chủ đề 8: Tổ hợp, xác suất 
Câu  45(NB):  Có  3  kiểu  mặt đồng  hồ  đeo  tay  (vng,  trịn,  elip)  và  4  kiểu  dây  (kim  loại,  da,  vải  và 
nhựa). Hỏi có bao nhiêu cách chọn một chiếc đồng hồ gồm một mặt và một dây?
A. 4.
B. 7.
C. 12.
D. 16.
Câu 46(VDC): Trong kỳ thi THPT Quốc Gia, mỗi lớp thi gồm 24 thí sinh được sắp xếp vào 24 bàn 
khác nhau. Bạn Nam là một thí sinh dự thi, bạn đăng ký 4 mơn thi và cả 4 lần thi đều thi tại một phịng 


duy nhất. Giả sử giám thị xếp thí sinh vào vị trí một cách ngẫu nhiên, tính xác xuất để trong 4 lần thi 
thì bạn Nam có đúng 2 lần ngồi cùng vào một vị trí. 
A.

253
.   

1152

 

B.

899
. 
1152

 

C.

4
. 
75

 

D.

26
. 
35

Lời giải:  
Khơng gian mẫu là số cách ngẫu nhiên chỗ ngồi trong  4  lần thi của Nam.
Suy ra số phần tử của khơng gian mẫu là    244.  
Gọi  A  là biến cố  '' 4 lần thi thì bạn Nam có đúng 2 lần ngồi cùng vào một vị trí '' . Ta mơ tả khơng gian 

của biến cố  A  như sau: 
●  Trong  4  lần có  2  lần trùng vị trí, có  C42  cách. 
●  Giả sử lần thứ nhất có  24  cách chọn chỗ ngồi, lần thứ hai trùng với lần thứ nhất có  1  cách chọn 
chỗ ngồi. Hai lần cịn lại thứ ba và thứ tư khơng trùng với các lần trước và cũng khơng trùng nhau nên 
có  23.22  cách.  
Suy ra số phần tử của biến cố  A  là  A  C42 .24.23.22.  
Vậy xác suất cần tính  P  A 

A C42 .24.23.22 C42 .23.22 253



.   
244
243
1152


Chủ đề 9: Cấp số cộng, cấp số nhân 
Câu 47(NB): Trong các dãy số sau, dãy số nào là một cấp số cộng? 
A. 1  ;3;7;11;15; 

 

B.  1;3;6;9;12; 
C.  1;2;4;6;8;  

 

D.  1;3;5;7;9; 

Chủ đề 10: Phương trình, bất phương trình 
Câu  48(VDC):  Tìm  tất  cả  các  giá  trị  của  tham  số  m  để  bất  phương  trình  sau  nghiệm  đúng  với  mọi 
x  0;1  
  2( m1) x  4  2 m



2

m 2



 log( m2  m  2)  log ( m  1)x  4   (1) 

A.  1  8 , 1   2, 3  .  

 

 






B.  1  8 , 1   2, 3  .  

 

C.  1  8 , 1   2, 3  .  


D.  1  8 , 1   2, 3 .  


Lời giải:  

 

 

 m 2  m  2  0
Đk:  
 
( m  1) x  4  0
Bất phương trình (1) tương đương với  

  2( m1) x  4  log ( m  1)x  4   2m

2

m 2

 log( m2  m  2)  (2) 

Xét hàm số f(x) = 2x + log(x) đồng biến với x > 0 
Bất phương trình (2)được viết dưới dạng  
f ( m  1)x  4   f ( m2  m  2)  ( m  1)x  4  m 2  m  2  
   g( x)  ( m  1)x  m2  m  6  0  (3) 

Vậy bất phương trình (1) nghiệm đúng với mọi  x   0;1  

m2  m  2  0

 
2
 g( x)  ( m  1)x  m  m  6  0x   0; 1
 m  2  m  1   m  2
 2m3

 
  g(0)  0
   m  1  
 
1  8  m  1
 g(1)  0

1  8  m  3






Vậy với  m  1  8 , 1   2, 3   thì bất phương trình nghiệm đúng với mọi  x   0;1 . 
Chủ đề 11: Véc tơ trong khơng gian, quan hệ vng góc (khoảng cách) 
Câu 49(TH): Cho hình chóp  S . ABC  có đáy  ABCD  là hình vng cạnh  a , tâm  O. Cạnh bên  SA  2a  
và vng góc với mặt đáy   ABCD . Gọi    là góc giữa  SO  và mặt phẳng   ABCD .  Mệnh đề nào sau 
đây đúng? 
A.  tan   2 2.   

 

B.    600.  

 

C.  tan   2.  

 

D.    450.  
Lời giải:  
Vì  SA   ABCD  nên  hình  chiếu  vng  góc  của  SO   trên  mặt  đáy   ABCD    là  AO. Do  đó 
.  
SO, ABCD   
SO, OA  SOA



Trong tam giác vng  SAO, ta có  tan SOA

SA
 2 2.  
OA

Vậy  SO  hợp với mặt đáy   ABCD   một góc nhọn    thỏa mãn  tan   2 2.  


  60,  cạnh bên  SA  vng 

Câu 50(VD): Cho hình chóp  S. ABCD  có đáy là hình thoi cạnh  3a, ABC
góc với đáy, góc giữa (SCD) và đáy là 60 . Gọi  G  là trọng tâm  ABC .  Tính khoảng cách từ điểm  G  
đến mặt phẳng  (SCD).  
9a
A.  
 
4
B.

3a
 
2

 

C.

3a
 
4

 

D.

a
4

 

Lời giải:  

d (G,( SCD)) IG
 

d (A,(SCD)) IA
IM MC 1
1
Có  MC / / A D 

  IM  IA  
IA
AD 2
2
2
1
IG 2
 AG  AM  AI 
  
3
3
IA 3
 AE  CD
Kẻ  
 d ( A,( SCD))  AH   
 AH  SE
* Tính AH:  
  60  ABC đều cạnh  3a  
ABC  cân có  ABC

S

* Gọi  I  AG  CD 

 AE 

3a 3
 
2

  60  
       Góc giữa (SCD) và (ABCD) là  SEA
9a
 AH  AE.sin 60 
4
 
2
3a
 d (G,( SCD))  AH 
3
2
 
 

H

A
G
B

M

D
E

O
C

I