ĐỀ THI THPT QUỐC GIA Ôn Tập Thi Đại Học

Câu 1.(NB).Cho hàm số y  f  x  có bảng biến thiên như sau

Giá trị cực tiểu của hàm số đã cho bằng
A. 1.
B. 2 .
C. 0 .
D. 5 .
Lời giải
Từ bảng biến thiên ta thấy giá trị cực tiểu bằng 1.
Câu 2(NB). Phương trình các đường tiệm cận đồ thị hàm số y 

x2
là
2 x

A. x  2; y  1 .
1
B. x  2; y  .
2
C. x  1; y  2 .
D. x  2; x  1 .
Lời giải:
ax  b
a
d
có tiệm cận ngang y   1 và tiệm cận đứng x    2 .
cx  d
c
c
Câu 3(NB). Hình bên là đồ thị của hàm số

- Cách giải: Hàm số y 

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


Đồ thị hàm số đạt cực trị tại x  2; x  0 , hệ số a  0 và đi qua điểm (0;-4). Suy ra chọn B.
- Phương án đúng: B
Câu 4(TH).Tích giá trị nhỏ nhất và giá trị lớn nhất của hàm số y  x 3 – 3x  3 trên đoạn
 1
 3; 2  bằng

A.5.
B.-75.
C.-1.
D.-15.
Cách giải:
x  1
y '  3x 2  3  0  
 x  1
f ( 3)  15
f (1)  1
f ( 1)  5
1 13
f( )
2
8

Câu 5(TH).Các giá trị của tham số k để đường thẳng d: y  kx cắt đồ thị hàm số y 

x
(C ) tại
x 1

2 điểm phân biệt là
A. k  0 va k  1 .
B. k  1 .
C. k>1.
D. k  0 .
- Cách giải:
Xét phương trình:

x
 kx (*)
x 1


x  0



x  kx (x  1)
x (k x  k  1)  0

 
 
 k x  k  1  0(1)


x  1
x  1

x  1





 d: y  kx cắt (C ) tại 2 điểm phân biệt  phương trình (*) có 2 nghiệm phân biệt 
k  0
k  0
 
1  k  0
k  1



phương trình (1) có nghiệm khác 0 và khác -1  

 Vậy, với k  0, k  1 thì d cắt (C ) tại 2 điểm phân biệt.
Câu 6(TH).Cho hàm số f ( x) có đạo hàm f ( x)  x( x 1) 2 ( x  2)3 , x   . Số điểm cực trị của
hàm số đã cho là
A. 2 .
B. 3
C. 6 .
D. 1.
Giải.
Vì f '( x ) có 2 lần đổi dấu nên có 2 cực trị

Câu 7(VDT).Cho hàm số y  f  x  có đạo hàm trên R và có đồ
thị là đường cong hình bên. Hàm số g  x   f  3 x  2  nghịch
biến trên khoảng
A.  3;0 

2 4
B.  ; 
3 3
C.  0; 2 
D.  2; 4 
Giải:
Nhận thấy khoảng nghịch biến của hàm số y  f  x  là  0; 2  và do đó f '  x   0  x   0; 2  .

2 4
g '  x   3 f '  3 x  2   0  3 x  2   0;2   x   ;  .
3 3
2 4
Vậy hàm số y  g  x  nghịch biến trên khoảng  ;  .
3 3
Câu 8(VDT). Có bao nhiêu giá trị của tham số m để đồ thị hàm số y  x 4  8m2 x  1 có 3 điểm
cực trị tạo thành 3 đỉnh của tam giác có diện tích bằng 64?
A. 0.
B.1
C.2.
D.3.
Giải
x  0

Ta có y '  4x 3  16m2 x, y '  0  4x 3  16m2 x  0  

2
2
 x  4m

. Để hàm số đã cho có ba điểm cực trị

khi và chỉ khi m  0 . Gọi tọa độ các điểm cực trị là A  0;1 , B  2m;1  16m 4  , C  2m;1  16m 4  .
Dễ thấy BC  4m ,  BC  : y  1  16m4  d  A;  BC    16m 4 .
1
2

1
2

Do đó SABC  .d  A;  BC   .BC  . 4m .16m 4  64  m4 m  2  m   5 2 .
Câu 9(VD). Tổng khoảng cách từ một điểm thuộc đồ thị hàm số y 
cận của (C) lớn hơn hoặc bằng
A. 6 .
B. 2 6 .
C. 6.
D. 12.

x3
 C  đến 2 đường tiệm
x 3


Giải



Gọi A  x0 ;


x0  3 
x3
có tiệm cận đứng x = 3, và tiệm cận ngang y = 1.
   C  . Hàm số y 
x 3
x0  3 

Tổng khoảng cách từ A đến hai đường tiệm cận
S  d  A, d1   d  A, d 2   x0  3 

x0  3
6
6
 1  x0  3 
 2 x0  3 .
 2 6 Câu 10. Chọn
x0  3
x0  3
x0  3

B
Câu 10(VD).Số nghiệm nguyên
 x  1 2 x  1  3 3 x  6  x  6 là



nhỏ

hơn

1000

của

bất



A. 999.
B. 996.
C. 997.
D. 998.
Giải:
Điều kiện x  1.
Ta thấy x  1 không là nghiệm của bất phương trình.
x6
0
x 1
x6
1
1
7
Xét f ( x)  2 x  1  3 3 x  6 
 f '( x) 



 0, x  1
2
3
x 1
( x  1) 2
x 1
( x  6)
Do đó f ( x) đồng biến trên khoảng (1; ).
BPT  f ( x)  f ( x)  x  2 . Do đó có 998 nghiệm nguyên nhỏ hơn 1000.

Với x  1 thì BPT  2 x  1  3 3 x  6 

Câu 11(VDC).Một ngọn hải đăng đặt tại vị trí A có khoảng cách
đến bờ biển BC là 5km .Trên bờ biển có một cái kho ở
vị trí C cách B một khoảng 7 km . Người canh hải
đăng có thể chèo đị từ A đến M trên bờ biển với vận
tốc 4km / h rồi đi bộ đến C với vận tốc 6km / h .(Hình vẽ).
Vị trí của điểm M cách B một khoảng bao nhiêu để người
đó đi đến kho nhanh nhất?
A. 2 5 km.
B .0 km.
C.7 km .
D. 3.5 km.
Lời giải:
Đặt MB  x (km )  MC  7  x (km ),(0  x  7) .
x 2  25
(h )
4
7 x


(h )
6

Thời gian chèo đò từ A đến M là: tAM 
Thời gian đi bộ từ M đến C là: tMC
Thời gian từ A đến kho : t 
Khi đó: t ' 

x 2  25 7  x

(h )
4
6

x

1
 ;t '  0  x  2 5 .
4 x 2  25 6

Lập bảng biến thiên, ta thấy thời gian đến kho nhanh nhất khi x  2 5

phương

trình


(Học sinh có thể dùng máy tính bỏ túi để xác định giá trị nhỏ nhất của hàm số t và suy ra x)
Câu 12(NB). Tập xác định của hàm số y = 3 1  x 2 là

A. (-1; 1).
B.  1;1 .
C. R.
D. (-; -1]  [1; +).
Lời giải:
Do căn bậc lẻ
Câu 13.(NB). Chọn khẳng định đúng:
A. log 0,2 x  log 0,2 y <=> x > y.
B. log 0,2 x  log 0,2 y <=> x  y  0 .
C. log 0,2 x  log 0,2 y <=> x < y.
D. log 0,2 x  log 0,2 y <=> y  x  0.
Lời giải :
Dùng tính chất của logarít chú ý cơ số nhỏ hơn 1.
Câu 14(TH) . Đạo hàm y ' của hàm số y  3 (3x  2)2 là
2
A. y '  3
.
3x  2
2
B. y '  3
.
3 3x  2
2
C. y '  3 3 x  2 .
3
9
3x  2 .
D. y ' 
2
Lời giải: Điều kiện:

2

y  3 (3 x  2) 2  y  (3 x  2) 3
1

2
2
 y '  .3(3x  2) 3  3
.
3
3x  2
Câu 15(TH). Nếu log 2 x  5log 2 a  4log 2 b ( a, b  0 ) thì x bằng

A. a 5b 4 .
B. a 5  b 4 .
C. 5a  4b .
5a
D.
.
4b
Cách giải:
log 2 x  5log 2 a  4log 2 b  log 2 x  log 2 (a5 .b 4 )

 x  a5 .b 4
Câu 16(VD).Xác định tất cả các giá trị của tham số m để phương trình 4 x  2m.2 x  m  2  0 có
hai nghiệm phân biệt.


A.
B.

C.
D.

m  1 hoặc m  2 .
1  m  2 .
m  2.
m  1 .
- Lời giải:
Đặt t  2 x (t  0) Phương trình trở thành t 2  2mt  m  2  0 (1)
Phương trình ban đầu có 2 nghiệm phân biệt khi và chỉ khi phương trình (1) có hai nghiệm
dương phân biệt
m2  m  2  0
 '  0


  2m  0   m  0
m2
m  2  0
m  2



Câu 17(VD). Giải bất phương trình x  log 0,2 (1  5x )  0 .
A x  log 0,2 2 .
B. x  log 0,2 2 .
C. log 0,2 2  x  0 .
D. log 0,2 2  x  0 .
Lời giải:
 x0
x0


 x0

 x 1.
BPT  

x
x
x
1  5  5
 x   log 0,2 (1  5 )
5  2
 x0


1  log 0,2 2  x  0 .
 x   log 5 2
Câu 18(VD). Tìm tất cả các giá trị của tham số m để phương trình 2 log 2 ( x  4)  log 2 (mx) có
nghiệm duy nhất.
A. m  0  m  16 .
B. m  0 .
C. m  16 .
D. m   .
Lời giải :
( x  4)2  mx(*)
có nghiệm duy nhất tức (*) có nghiệm duy nhất thỏa mãn x>-4
x  4  0

PT  

Vì x=0 khơng thỏa (*) nên (*) 

( x  4) 2
m
x

Bằng cách lập bảng biến thiên suy ra Định m để pt: 2 log 2 ( x  4)  log 2 (mx) có nghiệm duy nhất
( x  4)2  mx(*)
có nghiệm duy nhất tức (*) có nghiệm duy nhất thỏa mãn x>-4
x  4  0

HD: PT  

( x  4) 2
m
x
Bằng cách lập bảng biến thiên suy ra m  0  m  16

Vì x=0 khơng thỏa (*) nên (*) 

Câu 19(VDC). Ơng A cần gửi vào ngân hàng số tiền ít nhất là bao nhiêu để đúng 3 năm nữa ông
đủ số tiền mua xe trị giá 500 triệu đồng ?(Biết lãi kép khơng đổi là 8% /một năm, kết quả làm trịn
đến hàng triệu) .
A. 397 triệu đồng.


B. 404 triệu đồng.
C. 155 riệu đồng.
D. 143 triệu đồng.
Giải thích

Đáp án A đúng vì
Lãi kép gởi một lần: T  M (1  r ) n  M (1  0.08)3  500  M  396.9161205
ĐS: 397 triệu đồng.
Câu

20(VDC).Có

tất

cả

bao

nhiêu

số

vơ

tỉ

a

thỏa

đẳng

log 2 a  log3 a  log5 a  log 2 a.log3 a.log5 a .
A. 3 .

B. 1 .
C. 0 .
D. 2 .
Giải
(*)  log 2 a  log3 2.log 2 a  log 5 2.log 2 a  log 2 a.log3 5.log 5 a.log5 a
 log 2 a. 1  log3 2  log 5 2   log 2 a.log3 5.log 52 a
 log 2 a. 1  log 3 2  log5 2  log3 5.log52 a   0
a  1
a  1
log 2 a  0





2

 log a   1  log3 2  log 5 2

5
1  log 3 2  log 5 2  log 3 5.log5 a  0
a

5

log3 5



Câu 21(NB).Họ các nguyên hàm của hàm của hàm số f  x   x 2  1 là

A. 2x  C .
B.

1 3
x C.
3

C.

1 3
x  xC.
3

D. x 3  x  C .
- Lời giải :

2
  x  1 dx 

6

Câu 22(NB) .Tính tích phân

B.

2
.
9

C. ln 3 .

D. ln 4 .

1

 x dx bằng
2

5
A.  .
18

x3
 x  C.
3

1 log3 2  log5 2
log3 5

thức


6

1
x
2

6

Lời giải : I   dx  ln x 2  ln 3

Câu 23(TH).  x sin 2 x dx bằng
x
1
A.  cos 2 x  sin 2 x  C .
2
4

B.

x
1
C.  cos 2 x  sin 2 x  C .
2
4

D.  x cos 2 x  sin 2 x  C .

1
2

- Lời giải :  x sin 2 x dx   x cos 2 x 

x
1
cos 2 x  sin 2 x  C .
2
4

1
1

1
cos 2 x dx   x cos 2 x  sin 2 x  C

2
2
4

Câu 24(VD). Diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường y 

4x  3
, trục hoành, x  1, x  0
1  2x

bằng
A. 2  ln 3 .
1
2  ln 3
2
B.
.

8
C. 9 .
1
2  ln 3
2
D.
.

Lời giải:

0

S

0

0

4x  3
4x  3
1 
1
1


0
1 1  2 x dx  1 2 x  1 dx  1  2  2 x  1  dx   2 x  2 ln 2 x  1  |1  2  2 ln 3
3

Câu 25(VD) .Biết tích phân

x

5

x 2  1dx 

0

a

là một phân số tối giản. Giá trị a  b bằng
b

A. 743.
B. 64 .
C. 27 .
D. 207 .
Lời giải
Đặt t  x 2  1  t 2  x 2  1  tdt  xdx. Đổi cận
2

2

2

Khi đó I    t  1 .t dt   
2

1

Suy ra a  b  743.

2

1

x  0 t 1
x  3 t  2
2

 t7
t5 t3 
848 a
t  2t  t dt    2   

5 3  1 105 b
7
6

4

2




Câu 26(VDC) .Một ôtô đang chuyển động với vận tốc 10m/s thì tăng tốc với gia tốc a(t )  2t  1
(m/s2). Tính qng đường ơtơ đi được trong khoảng thời gian 2 giây kể từ lúc bắt đầu tăng tốc.
14
A. 3

74
m.
3
C. 6m.

B.

D. 15m.

Lời giải:
V(t)=

 (2t  1)dt

V(0)=10 suy ra v(t)=t2+t+10
2

2

S   (t 2  t  10)dt 
0

 t3 t2

2
(
t

t

10)
dt

   10t 
0
3 2


2

0



74
3

- Phương án nhiễu:
2

 t3 t2 
 
3 2

A. HS nhầm công thức  (t 2  t ) dt  
0

2
0



8
14
2
3
3

2

C. HS nhầm lẫn cách tính

 (2 t  1)dt
0

2

D. HS tính công thức  (2t  11)dt
0

Câu 27(NB) Cho các số phức z1  2  3i, z2  5  i . Kết quả z1  z2 bằng
A. 7  2i .
B. 7  4i .
C. 3  2i .
D. 3  4i .
Lời giải : z1  z2  2  3i  5  i  7  4i
Câu 28(TH) Cho số phức z  a  4i  a    . Xác định a biết z  5 .
A. a  1 .
B. a  1 hoặc a  9.
C. a  3 hoặc a  3.
D. a   a .
Lời giải :
z  a  4i  a 2  16  5  a  3


Câu 29(VD) .Biết f ( z )  z 2017  z 2016  z 2015  3z 2014  2 z và z1, z2 là hai nghiệm phức của phương
trình z2 – 2z + 3 = 0 . Giá trị f ( z1 )  f ( z2 ) bằng
A. 4 3.
B. 2 3.
C. 2.

D. 4.
Lời giải: Tìm được z1  1  2i ; z2  1  2i . Biến đổi: f (z)  z2015 ( z2  2z  3)  z2014 ( z2  2z  3)  2z . Từ
đó ta có f ( z1 )  2 z1 ; f ( z2 )  2 z2 . Suy ra f ( z1 )  f ( z2 )  2 z1  2 z2  4 3
2

Câu 30(VD) . Nếu số phức z  a  bi  a, b    thỏa 1  i  z  z  5  4i thì tổng a  b bằng
A. 1.
18
B. 5 .


C.

9
5.

D. 9.
Lời giải :
a  2b  5
a  1

 a  b  1
2a  b  4
b  2

Bài toán quy về hệ : 

Câu 31(VDC) .Trong các số phức z thỏa điều kiện z  1  i  1 , tìm phần thực của số phức z có
mơđun lớn nhất.
A. 1 

2
.
2

B. 1 

C. 1 

D.

2
.
2

2
2
hoặc 1 
.
2
2

3
.
2

Lời giải :


Tập hợp các điểm M biểu diễn số phức z là đường tròn tâm I 1;1 , R  1 . z  OM , tọa độ


x  1
 x  12   y  12  1
điểm M là nghiệm của hệ 
1  
 y  x  1
 y  1

z  1

2
2 . Do đó
2
2

2 
2
  1 
 i.
2 
2 

Câu 32(NB). Từ các chữ số 1, 5, 6, 7 có thể lập được bao nhiêu số tự nhiên có 4 chữ số khác
nhau?
A. 12 .
B. 24 .
C. 64 .
D. 256 .
Giải.
Số cách lập là 4.3.2.1  24 .

Câu 33(VDC). Cho A là tập hợp các số tự nhiên có 7 chữ số. Lấy một số bất kì của tập A. Tính
xác suất để lấy được số lẻ và chia hết cho 9
625
.
1701
1
B. .
9
1
C.
.
18
1250
D.
.
1710

A.

Lời giải
Gọi số lẻ có 7 chữ số chia hết cho 9 cần tìm là x ta có 1000017  x  9999999, hai số lẻ liền nhau
chia hết cho 9 cách nhau 18 đơn vị.
Cho A là tập hợp các số tự nhiên có 7 chữ số    9.106
Số chia hết cho 9 là số có tổng các chữ số chia hết cho 9
Gọi số lẻ có 7 chữ số chia hết cho 9 cần tìm là x ta có 1000017  x  9999999 có
9999999  1000017
 1  500000 số thỏa mãn.
18
500000 1
Vậy xác suất cần tìm là


9.106
18
n
Câu 34(NB). Cho dãy số  un  với un  n . Khi đó u4 bằng
2
1
A. u4  .
4
1
B. u4  .
2
1
C. u4  .
16
D. u4  4 .


Câu 35(NB). Khối hộp chữ nhật có ba kích thước là a, 3a, 5a có thể tích là bao nhiêu ?
A. 15a3 .
B. 16a2.
C. 8a3.
D. 20a2.
Lời giải

V  a.3a.5a  15a 3 .
Câu 36(TH). Cho khối chóp S.ABCD có SA vng góc với (ABCD), SA = a, đáy của khối chóp
là hình chữ nhật, cạnh ngắn có độ dài là a, cạnh dài gấp đơi cạnh ngắn. Tính thể tích của khối
chóp đã cho.
A.

4 3
a.
3

B.

2 3
a.
3

C. 4a 3 .
D. 2a 3 .
Lời giải
1
2
V  a.a.2a  a 3 .
3
3

Câu 37(VD). Cho khối lăng trụ đứng ABC.A'B'C' tất cả các cạnh bằng a. Gọi M, N lần lượt là
trung điểm các cạnh AC, BC. Tính thể tích khối đa diện MNCA'B'C'.
A.

a3 3
.
16

a3 3
.

B.
8
a3 3
.
C.
48
D.

7a 3 3
.
48

Lời giải


S

M

A

C
N
B

A'

C'

B'

S đối xứng với C’ qua C thì M, N lần lượt là trung điểm của SA’, SB’.

VS .MNC SM SN SC 1 1 1 1

.
.
 . . 
VS . A' B'C ' SA' SB ' SC ' 2 2 2 8
1
 VS .MNC  VS . A' B'C '
8
7
7 1
7
a 2 3 7a 3 3
 VMNCA' B'C '  VS . A' B'C '  . .SC ' .S A' B'C '  .2a.

.
8
8 3
24
4
48
Câu 38(VDC). Khối hộp có sáu mặt đều là các hình thoi cạnh a, các góc nhọn của các mặt

đều bằng 600 có thể tích là
a3 3
.
3
a3 3

B.
.
2
a3 2
C.
.
3
a3 2
D.
.
2

A.

Lời giải


B'

C'

A'

D'

B

C
G
D

A

Khối hộp ABCD.A'B'C'D’ có các góc tại A của các mặt ADD'A', BAA'B', A'B'C'D’ bằng 600
nên các tam giác A'AD, A'AB, ABD là các tam giác đều cạnh a. Do đó, A’ABD là tứ diện đều
cạnh a, G là trọng tâm tam giác ABD thì A’G vng góc với (ABD). Thể tích khối hộp là

2 a 3 2 a2 3 a3 2
'
V  AG
.S ABCD  a 2  ( .
) .2

.
3 2
4
2
Câu 39(NB). Công thức nào sau đây dùng để tính diện tích một mặt cầu có bán kính R ?
A. S   R 2 .
4
3

B. S   R 2 .
C. S  3 R 2 .
D. S  4 R 2 .
Câu 40(NB). Cho một hình trụ có đường kính đáy bằng 10cm và khoảng cách giữa hai đáy bằng
7cm. Thể tích khối trụ này bằng bao nhiêu ?
A. 175 cm 3 .
B. 700 cm 3 .
C.

175
 cm3 .
3

D.

700
 cm3 .
3


Lời giải
2

 10 
V   r .h   .  .7  175 (cm 2 ).
 2
2

Câu 41(VD). Cho tam giác ABC cân tại A, AB = a, góc ở đáy 300. Quay tam giác này và cả
miền trong của nó quanh đường thẳng AB, ta được một khối trịn xoay có thể tích bao nhiêu ?
A. S 

B. S 

 a3
4

 a3

12

.

.

C. S  3 R 2 .
D. S  4 R 2 .
Lời giải

B

A

C

H

Từ A và C kẻ các đường thẳng cùng vng góc với đường thẳng AB (hình vẽ). Thể tích
cần tìm là hiệu của thể tích hai khối nón có cùng bán kính đáy HC, đường cao lần lượt là BH,
AH. V là thể tích cần tìm thì
1
1
V   .HC 2 .( BH  AH )   .HC 2 .BA.
3
3
  300 nên HC  AC .cos 300 
Tam giác AHC có AC  AB  a, 
ACB  90 0  HAC

a 3
.
2

2

1 a 3
 a3
V   
.
 .a 
3  2 
4

Câu 42(NB). Trong không gian Oxyz, một điểm tùy ý M(x, y, z) thuộc mặt phẳng (Oxy) luôn có


A. hoành độ x = 0.
B. tung độ y = 0.
C. cao độ z = 0.
D. cả x, y, z đều bằng 0.
Câu
43(NB). Trong không gian Oxyz, mặt phẳng (P): 2 x  3 z  2  0 có một vectơ pháp tuyến là

n

A. (2; 3; 2) .
B. (2;3; 2) .
C. (2; 3;0) .
D. (2;0; 3) .

Câu 44(NB). Trong không gian Oxyz, đường thẳng (d):

x 1 y z  2
đi qua điểm nào trong


2
1
3

bốn điểm sau ?
A. (1;0; 2) .
B. (2; 1;3) .
C. (1;0; 2) .
D. (2;1; 3) .
Câu 45(VD). Trong không gian Oxyz, cho mặt phẳng (P) đi qua điểm M (1, 2,3) , cắt các trục tọa
độ tại A, B, C đều khác gốc tọa độ mà OA = OB = OC thì (P) có phương trình là
A. x  y  z  6  0 .
B. x  y  z  6  0 .
x y z
C.    1 .
1 2 3
x y z
D.    1  0 .
1 2 3
Lời giải
x y z
   1  x  y  z  a.
a a a
M thuộc (P) nên a = 1 + 2+ 3 = 6.

OA = OB = OC = a thì (P):

Câu 46(VD). Trong khơng gian Oxyz, cho hai mặt phẳng (P): 2 x  y  2 z  20  0 ,
(Q): x sin   y cos   z sin 3   3  0 vng góc với nhau khi và chỉ khi
A.   k ( k   ) .


B.  


2



 k (k  ) hoặc  



 k ( k   ) .

4

 k 2 ( k  ) hoặc  



 k ( k   ) .
2
4



 k 2 ( k  ) hoặc    k ( k  ) .
D.  
2
4
Lời giải
Hai vectơ pháp tuyến của hai mặt phẳng đã cho lần lượt là

C.  


nP  (2; 1; 2)
.

nQ  (sin  ;cos  ;sin 3  )

Hai mp
 này
 vng góc nhau khi và chỉ3khi
nP .nQ  0  2sin   cos   2sin   0

 2sin  (1  sin 2  )  cos   0
 2sin  .cos 2   cos   0
 cos  .(sin 2  1)  0
cos   0

sin 2  1




  2  k

.
    k

4
x  0

Câu 47(VDC). Trong không gian Oxyz, cho đường thẳng d :  y  t
. Viết phương trình
z  2  t

đường vng góc chung của d và trục Ox.
x  1

A.  y  t
z  t

x  0

B.  y  2t
z  t

x  0

C.  y  2  t
z  t

x  0


D.  y  t
z  t

Lời giải


z

B
H

y
A

O

d

x

d là giao tuyến của hai mặt phẳng có phương trình x  0 (là mp(Oyz)), y  z  2 ,mp thứ
hai song song với trục Ox, d là đường thẳng AB với A(0; 2; 0), B(0; 0; 2). Từ hình vẽ có ngay
đường thẳng vng góc chung cần tìm là đường thẳng OH với H(0; 1; 1) và có kết quả D.
Oxyz,
cho
các
điểm
A  2019;2018;2018  , B  2037; 2000;2018  , M  2016; 2018; 2018 và N  2018;2019;2020  . Mặt phẳng

Câu

48(VDC).

Trong

không

gian

 P  đi qua các điểm M , N sao cho khoảng cách từ điểm B đến  P  gấp sáu lần khoảng cách từ
điểm A đến  P  . Có bao nhiêu mặt phẳng  P  thỏa mãn đề bài?
A. Vơ số.
B. Có đúng hai .
C. Chỉ có một.
D. Khơng có mặt phẳng  P  nào.
Lời giải










Có MA  (3;0;0), MB  (0; 18;0) nên MB  6 MA, MB  6 MA . Lại có MN  (2;1; 2) nên N không
nằm tên đường thẳng AB. Do đó, vơ số mp(P) đi qua đường thẳng MN, ta ln có
d ( B,( P))  6d ( A,( P))





Câu 49(VD). Cho lăng trụ ABC.A'B'C' có M là trung điểm AB, điểm N thỏa NC '  2 NC ,
(MNB’) cắt cạnh AC tại P. Tính tỉ số
A. 3 .
B.

1
.
3

C.

2
.
5

D.

5
.
2

Lời giải

PA
.
PC

O
P

A

C
kN

M
B

C'

A'

B'
Đường thẳng B’N cắt đường thẳng BC tại O, CO song song với B’C’ nên
CO NC 1
1

  CO  B 'C ' .
' '
'
B C NC 2
2

Đường thẳng MO cắt AC tại P, D là trung điểm BC thì MD là đường trung bình tam giác
ABC nên PC song song với MD. Do đó

PC OC 1
1
1

  PC  MD  AC.
MD OB 2
2
4

Vậy

PA
 3.
PC

Câu 50(TH). Cho hình chóp S.ABCD có SA = a, SA vng góc với mp(ABCD), ABCD là hình
chữ nhật, AB  a, AD  a 2. Tính khoảng cách từ điểm A đến mp(SCD).
A.

a 2
.
2

B.

a 6
.
3

C. a 2 .

D. a .
Lời giải


S
H

D

A
B

C

Kẻ AH vng góc với SD tại H, ta có AH vng góc với (SCD) (ví dụ trong sách giáo khoa) nên
AH là khoảng cách cần tìm.
Tam giác vng SAD có

1
1
1
1
1
3
a 6


 2
 2  AH 
.

2
2
2
2
AH
AS
AD
a ( a 2)
2a
3