SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO LÂM ĐỒNG ĐỀ MINH HỌA (Đề có ……trang) KỲ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2019

Câu 1 (NB): Hàm số y  x3  6 x 2  9 x  1 nghịch biến trên khoảng nào ?
A. 1;3 .
B. 1;5  .
C.  3;5  .
D.   ;1 và  3;    .
Lời giải:
Chọn A
Tập xác định: D   . Đạo hàm: y   3 x 2  12 x  9 .

x  3  y 1
Xét y  0  3x 2  12 x  9  0  
.
x  1 y  5
Bảng biến thiên:

Hàm số đồng biến trên các khoảng   ;1 và  3;    .
Do đó hàm số nghịch biến trên khoảng 1;3 .
Câu 2 (NB): Cho hàm số y  f  x  . Khẳng định nào sau đây đúng ?
A. Nếu hàm số đạt cực trị tại x0 thì hàm số khơng có đạo hàm tại x0 hoặc f   x0   0 .
B. Hàm số y  f  x  đạt cực trị tại x0 thì f   x0   0 .
C. Hàm số y  f  x  đạt cực trị tại x0 thì nó khơng có đạo hàm tại x0 .
D. Hàm số y  f  x  đạt cực trị tại x0 thì f   x0   0 hoặc f   x0   0 .
Lời giải:
Chọn A
Câu 3 (TH): Cho hàm số y  f  x  liên tục trên  và có bảng biến thiên như sau

Mệnh đề nào sau đây đúng?
A. Hàm số đã cho khơng có giá trị cực tiểu.
B. Hàm số đã cho có đúng một điểm cực trị.
C. Hàm số đã cho khơng có giá trị cực đại.

D. Hàm số đã cho có hai điểm cực trị.
Lời giải:
Chọn D
Câu 4 (VD): Cho các hàm số f  x   x 2  4 x  2016 và g  x  

1 4 1 3 1 2
x  x  x  x  2016 . Hàm số nào có ba
4
3
2

cực trị ?
A. Hàm số f (x ) và g (x ).
B. Hàm số g  x  .
C. Khơng có hàm số nào.
D. Hàm số f  x  .
Lời giải:
Chọn D
Đầu tiên nhận xét rằng hai hàm số đề bài cho đều liên tục trên  .
Dựa vào bảng biến thiên suy ra hàm số f  x  có ba cực trị.

.
Câu 5 (VD): Tất cả giá trị thực của tham số m sao cho hàm số y 
A.
B.
C.
D.

mx  4

giảm trên khoảng  ;1 là
xm

2  m  2 .
2  m  1 .
2  m  1 .
2  m  2 .

Lời giải :
Chọn C
m2  4

+

y 

+

Hàm số giảm trên ;1

x  m 

2





m 2  4  0
2  m  2



 2  m  1
m  1
m  ;1
+ Học sinh tìm điều kiện của m để hàm số nghịch biến trên từng khoảng xác định.
+ Học sinh nhầm hàm nhất biến nghịch biến khi y   0





+ Học sinh tìm điều kiện của m để hàm số nghịch biến trên từng khoảng xác định và nhầm y   0 .


Câu 6 (NB): Giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số y  x3  3 x 2  9 x  1 trên đoạn  0;3 lần lượt bằng
A.
B.
C.
D.

54
25
36
28

và 1 .
và 0 .
và 5 .
và 4 .

Lời giải :
Chọn D
 x  1   0;3
y '  3x 2  6 x  9, y '  0  
.
 x  3   0;3

f  0   1, f 1  4, f  3  28  max f  x   28, min f  x   4 .
0;3

Câu 7 (TH): Giá trị nhỏ nhất của hàm số y 

0;3

x2  5x  1
1 
trên đoạn  ;3 là
x
2 

A. 3 .
5
B.  .
3
5
C.  .
2
D. 1 .
Lời giải:

Chọn A
1 
Hàm số đã cho xác định và liên tục trên đoạn  ;3 .
2 
x2 1
 0  x  1 .
x2
5
5
1
Khi đó f     , f 1  3 , f  3    .
2
3
2
Vậy giá trị nhỏ nhất của hàm số bằng 3 .

Ta có y 

Câu 8 (VDC): Xét hàm số f  x   x 2  ax  b . Gọi M là giá trị lớn nhất của hàm số trên  1;3 . Giá trị của
biểu thức a  2b khi M nhỏ nhất là
A. 3 .
B. 4 .
C. 4 .
D. 2 .
Lời giải:
Chọn C


A B
2

A B
Ta có max  A , B  
2

Ta có max  A , B  

1 . Dấu

 xảy ra khi A  B .

 2  . Dấu

 xảy ra khi A   B .

Xét hàm số g  x   x 2  ax  b , có g   x   0  x 

a
.
2

a
  1;3  a   6; 2 . Khi đó M  max  1  a  b , 9  3a  b  .
2
Áp dụng bất đẳng thức 1 ta có M  4  2a  8 .

Trường hợp 1:

Trường hợp 2:



a 2 
a
  1;3  a   6; 2 . Khi đó M  max  1  a  b , 9  3a  b , b 
.
2
4 



a2
Áp dụng bất đẳng thức 1 và  2  ta có M  max  5  a  b , b 
4

1
2
 M  16   a  2  .
8
Suy ra M  2 .


1
2
  M  20  4a  a
8


a  2

 a  2
a 2


b  
Vậy M nhận giá trị nhỏ nhất M  2 khi 5  a  b 
.
2
b  1

1  a  b  9  3a  b
Do đó a  2b  4 .

x2  4
Câu 9 (TH): Đồ thị hàm số y  2
có tất cả bao nhiêu đường tiệm cận đứng và tiệm cận ngang ?
x  5x  6
A. 1 .
B. 3 .
C. 4 .
D. 2 .
Lời giải:
Chọn B

1 4
1 4
 4
 4
2
2
x 4
x
x 0

x
x
 lim
 lim
Ta có: lim 2
.
x 
x 
x  x  5 x  7
5
6
5
6


2
1  2
x 1   2 
x x
 x x 
x2

2

1 4
1 4
 4
 4
2
2

x
x 0
x
x
 lim
.
x

5
6
5
6

2
1  2
x 1   2 
x x
 x x 
Nên đồ thị hàm số có đường tiệm cận ngang là y  0 .
x2  4
 lim
lim 2
x 
x  x  5 x  7

x2


x  2
Xét x 2  5 x  6  0  

.
x  3
lim

x2

x2  4
 lim
x 2  5 x  6 x  2

 x  2  x  2 
 x  2  x  3

 lim
x2

x2
  .
x  2  x  3

x2  4
không tồn tại.
2
x2 x  5 x  6
Nên đồ thị hàm số có đường tiệm cận đứng là x  2 .
lim

x2  4
x2  4
 lim

  .
lim 2
x 3  x  2  x  3
x 3 x  5 x  6
x2  4
x2  4
 lim
  .
lim 2
x 3  x  2  x  3
x 3 x  5 x  6
Nên đồ thị hàm số có đường tiệm cận đứng là x  3 .
Vậy đồ thị hàm số có 3 đường tiệm cận đứng và tiệm cận ngang.
Câu 10 (NB) : Đường cong trong hình vẽ bên dưới là đồ thị của hàm số nào sau đây ?

A. y  x 3  3 x  1
B. y   x3  3x  1
C. y   x3  3 x  1
D. y  x3  3x  1
Lời giải:
Chọn A
Nhìn đồ thị biết hàm số có tính chất lim y   nên chọn A hoặc D.
x 

Đồ thị hàm số đi qua 1; 1 nên chọn A.
Câu 11 (VDC): Tập hợp tất cả giá trị của tham số m để đồ thị hàm số y  x 2  m 4  x 2  m  7 có điểm chung
với trục hoành là  a; b (với a; b   ). Giá trị của 2a  b bằng
19
3
B. 7.

C. 5.
23
D.
.
3

A.


Lời giải
Chọn B
Tập xác định của hàm số : D   2; 2 .
Phương trình hồnh độ giao điểm của đồ thị hàm số y  x 2  m 4  x 2  m  7 và trục hoành là

x2  m 4  x2  m  7  0  m





4  x2  1  7  x2  m 

7  x2
4  x2  1

1 .

t2  3
 2 .
t 1

Đồ thị hàm số đã cho có điểm chung với trục hồnh khi và chỉ khi phương trình  2  có nghiệm t   0; 2 .

Đặt t  4  x 2 , t   0; 2 , phương trình 1 trở thành m 

t2  3
trên  0; 2 .
t 1
Hàm số f  t  liên tục trên  0; 2 .

Xét hàm số f  t  

t  1   0; 2 
, f  t   0  
.
 t  1
t  3   0; 2 
7
f  0   3 , f 1  2 , f  2   .
3
Do đó min f  t   2 và max f  t   3 .
Ta có f   t  

t 2  2t  3
2

0;2

0;2

Bởi vậy, phương trình  2  có nghiệm t   0; 2 khi và chỉ khi min f  t   m  max f  t   2  m  3 .

0;2

Từ đó suy ra a  2 , b  3 , nên S  2a  b  2.2  3  7 .

Câu 12 (NB): Cho f ( x ) 

x 3 x2
 13 
.
Giá
trị
của
f
  bằng
6
x
 10 

A.1 .
13
B.
.
10
11
C.
.
10
D. 4 .
Lời giải:
Chọn B

3

f ( x) 

2

x x

6
x

1 2
x 2 .x 3
1
x6

 13  13
x f   .
 10  10

Câu 13 (NB): Cho a , b  0 . Biểu thức thu gọn của log a b 2  log a2 b 4 là
A. 2 log a b
B. 0

0;2


C. log a b
D. 4 log a b
Lời giải:

Chọn D
1
Ta có log a b 2  log a2 b 4  2 log a b  .4.log a b  4 log a b .
2
Câu 14 (TH): Cho a, b, c là các số thực dương và cùng khác 1 . Xét các khẳng định sau:

I) log abc abc  1.

1
log c b.
c
2a
III) log a b.c  log a b  log a c .
II) log

a

b

IV) log a bc  log a b  log a c .
Số khẳng định đúng là
A. 1 .
B. 4 .
C. 2 .
D. 3 .
Lời giải:
Chọn A

1
thì abc  1 nên log abc abc  1 không tồn tại.

6
2
2 sai biểu thức đúng phải là log c a b  log c b .
a
4 sai rõ ràng.
1 sai ví dụ chọn a  3, b  2, c 

Câu 15 (TH) : Nghiệm của phương trình 32 x  27 là
A. x  1 .
B. x  0 .
C. x  2 .
D. x  1 .
Lời giải:
Chọn A
Câu 16 (TH): Nghiệm của bất phương trình log 1  x 2  2 x  8   4 là
2

A.
B.
C.
D.

6  x   4 hoặc 2  x  4 .
6  x   4 hoặc 2  x  4.
x   6 hoặc x  4.
x   6 hoặc x  4.

Lời giải:

Chọn C

 x  4
. (*)
Ta có: điều kiện: x 2  2 x  8  0  
x  2
4

1
log 1  x 2  2 x  8  4  x 2  2 x  8     16
2
2
 x  6
 x 2  2 x  24  0  
.
x  4
Kết hợp với điều kiện (*) ta có: x  6; x  4.













Câu 17 (VD): Cho phương trình log5 5x  1 .log 25 5x1  5  1 và đặt t  log5 5x  1 , ta được phương trình
nào dưới đây?
A. t 2  1  0 .
B. t 2  t  2  0 .
C. t 2  2  0 .
D. 2t 2  2t  1  0 .
Lời giải:
Chọn B

log5  5x  1 .log 25  5x 1  5  1 1
TXĐ: D   0;   .
Ta có log 25  5 x 1  5   log 52  5.5 x  5  



1
log 5  5 x  1  1 .
2





 t  0 .

Đặt t  log5 5x  1

Phương trình 1 trở thành t.

1

 t  1  1  t 2  t  2  0 .
2

Câu 18 (VDC): Một người gửi ngân hàng 100 triệu đồng theo hình thức lãi kép, lãi suất một tháng (kể từ tháng
thứ 2, tiền lãi được tính theo phần trăm tổng tiền có được của tháng trước đó và tiền lãi của tháng trước đó). Sau
ít nhất bao nhiêu tháng, người đó có nhiều hơn 125 triệu ?
A. 45 tháng.
B. 47 tháng.
C. 44 tháng.
D. 46 tháng.
Lời giải:
Chọn A
n

Áp dụng công thức lãi kép gửi 1 lần: N  A 1  r  , Với A  100.106 và r  0,5 0 0 .
n

Theo đề bài ta tìm n bé nhất sao cho: 108 1  0, 5%   125.10 6
n

 1  0,5%  

5
5
 n  log 201  44, 74
4
4
200

Câu 19 (NB):

dx

 2 x  1 bằng

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

D. ln 2 x  1  C .
Lời giải:
Chọn B
dx
1
 2 x  1  2 ln 2 x  1  C .
Câu 20 (TH): Họ nguyên hàm của f  x  

2 x4  3
là
x2

2 x3
A. F  x  
 3ln x  C .
3

B. F  x  

2 x3
 3ln x  C .
3

C. F  x  

2 x3 3
 C .
3
x

D. F  x  

2 x3 3
 C .
3
x

Lời giải:
Chọn C
Ta có



f  x  dx  

Vậy F  x  

2x4  3
2 x3 3
 2 3
d
x

2
x

d
x

 C .

 
x2
x2 
3
x

2 x3 3
 C .
3
x

e

3ln x  1
dx và đặt t  ln x thì ta được tích phân nào ?
x
1

Câu 21 (NB): Cho tích phân I  
1

3t  1
dt
et
0

A. I  
e

3t  1
dt
t
1

B. I  
e

C. I    3t  1 dt
1

1

D. I    3t  1 dt
0

Lời giải:
Chọn D
Đặt t  ln x  dt 

1
dx . Đổi cận x  e  t  1 ; x  1  t  0 .
x

e

1

3ln x  1
Khi đó I  
dx    3t  1 dt .
x
1
0
1

Câu 22 (TH): Cho

  x  2e dx  ae  b
x

a, b   . Giá trị của S  a 2  b 2 là

0

A.
B.
C.
D.

S 0.
S  5.
S  1 .
S  10 .

Lời giải:
Chọn B
1
x
Tính I    x  2 e dx .
0

u  2  x du  dx

Đặt 
.

dv  e x dx v  e x
1

I    x  2 e dx   x  2 e

x

0

x 1
0

1

  e x dx  2e 1 . Suy ra a  2 , b  1 .
0

Vậy S  a  b  5 .
2

2

Câu 23 (VD): Cho hàm số f  x  liên tục trên đoạn 1; 4 và thỏa mãn f  x  
4

I   f  x  dx là
3

A.
B.
C.
D.

I  3  2 ln 2 2 .
I  2 ln 2 2 .

I  ln 2 2 .
I  2 ln 2 .

Lời giải:
Chọn B



  ln x . Tích phân

f 2 x 1
x

x


Ta có









 f 2 x 1

4 f 2 x 1

4
ln x 
ln x

f  x  dx  

dx  
dx  
dx .

x 
x
x
x
1
1
1



4

4


1

4

Xét K  

1



 dx .

f 2 x 1
x

Đặt 2 x  1  t  x 
3

dx
t 1

 dt .
2
x

3

 K   f  t  dt   f  x  dx .
1

1
4

4

4

ln x
ln 2 x
dx   ln xd  ln x  
Xét M  
 2 ln 2 2 .
2 1
x
1
1
4

Do đó


1

3

4

f  x  dx   f  x  dx  2 ln 2 2   f  x  dx  2 ln 2 2 .
1

3

x 2 y2

 1. Gọi V là thể tích khối tròn xoay tạo thành khi quay (E ) xung
25 16

quanh trục hoành. Giá trị gần đúng của V là
A. 670 .
B. 400 .
C. 335 .
D. 550 .

Câu 24 (VDC): Cho elip (E ) :

Lời giải:
Chọn A

x2 y2
4

1  y  
Ta có
25  x 2 .
25 16
5
Do elip nhận Ox,Oy làm các trục đối xứng nên thể tích V cần tính bằng 4 lần thể tích hình sinh bởi hình phẳng
4
giới hạn bởi các đồ thị hàm số y 
25  x 2 , y  0 và các đường thẳng x  0, x  5 quay xung quanh Ox .
5
5

2

4


V  4.  
25  x 2  dx  670,2 .
5

0
Câu 25 (NB): Cho số phức z  3  2i . Tìm phần thực và phần ảo của z .
A. Phần thực bằng 3 và phần ảo bằng 2 .
B. Phần thực bằng 3 và phần ảo bằng 2 .
C. Phần thực bằng 3 và phần ảo bằng 2i .
D. Phần thực bằng 3 và phần ảo bằng 2 .
Lời giải:
Chọn B
Ta có z  3  2i suy ra z  3  2i .


Vậy Phần thực của

z bằng 3 và phần ảo của z bằng 2 .

Câu 26 (NB): Cho hai số phức z1  1  2i và z2  2  3i . Phần thực và phần ảo của số phức z1  2 z2 là
A. Phần thực bằng
B. Phần thực bằng
C. Phần thực bằng
D. Phần thực bằng

3 và phần ảo bằng 8i .
3 và phần ảo bằng 8 .
3 và phần ảo bằng 8 .
3 và phần ảo bằng 8 .

Lời giải:
Chọn B
Ta có: z1  2 z2  1  2i  2  2  3i   3  8i . Vậy phần thực của z1  2 z2 là 3 và phần ảo là 8 .
Câu 27 (TH): Cho hai số phức z1  2  3i và z2  1  5i . Tổng phần thực và phần ảo của số phức w  z1  z2
bằng.
A. 3i .
B. 3 .
C. 1 .
D. 2i .
Lời giải:
Chọn B
Ta có: w  z1  z2  2  3i  1  5i  1  2i .

 1 2  3 .
Câu 28 (TH): Nghiệm của phương trình z  2  i   5  3  2i  là
A.
B.
C.
D.

z  8  i .
z  8  i .
z  8i .
z  8i .

Lời giải:
Chọn C

(15  10i )(2  i ) 30  15i  20i  10i 2 40  5i
z



 8i .
(2  i )(2  i )
5
5
Câu 29 (VD) : Trong mặt phẳng Oxy, gọi M là điểm biểu diễn của số phức z thỏa mãn z  3  3i  3 . Biết
góc giữa hai tia Ox và OM nhỏ nhất, phần ảo của z là
A.

3.

3 3
.
2
C. 0 .

B.

D. 2 3 .


Lời giải:
Chọn B





2

Gọi M  x; y  biểu diễn số phức z . Ta có z  3  3i  3   x  3  y  3  3 C  .
2

góc giữa hai tia Ox và OM nhỏ nhất hoặc lớn nhất khi đường thẳng OM là tiếp tuyến của đường tròn C  .
Khi đó phương trình đường thẳng chứa OM là d1 : y  0; d 2 : y   3x .
  180 .
Trường hợp 1: d1 : y  0 góc xOM
  150 khi đó số phức z   3  3 3 i .
Trường hợp 2: d 2 : y   3 x góc xOM
2
2
 nhỏ nhất là 3 3 .
Vậy phần ảo của z trong trường hợp góc xOM
2

Câu 30 (NB): Bát diện đều có mấy đỉnh?
A. 6 .
B. 8 .
C. 10 .
D. 12 .
Lời giải:
Chọn A
Theo định nghĩa

Câu 31 (TH): Cho khối chóp S. ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh a , SA   ABC  và SA  a . Thể tích
của khối chóp S. ABC là
A. VS . ABC 

a3 3

.
6

B. VS . ABC 

a3 3
.
4

C. VS . ABC 

a3 3
.
12

D. VS . ABC 

a3 3
.
3

Lời giải:
Chọn C.


+

VS .ABC 

1

1 a2 3
a3 3
S ABC .SA 
.a 
3
3 4
12

+

a2 3
.
Đáp án A sai vì HS tính nhớ nhầm diện tích tam giác đều cạnh a là
2
Đáp án B sai vì HS nhớ nhầm VS .ABC  S ABC .SA

+

Đáp án D sai vì HS nhớ nhầm S ABC  a 2 3

+

Câu 32 (VDC): Trong tất cả khối chóp tứ giác đều ngoại tiếp mặt cầu bán kính bằng a , khối chóp có thể tích
nhỏ nhất là
8a 3
A. V 
.
3
10a 3
B. V 

.
3
C. V  2a 3 .

D. V 

32a 3
.
3

Lời giải:
Chọn D

Giả sử SO  x ta có: SI  x  a ; SE 
Xét SEI ∽ SON ta có:

 x  a

2

 a 2  x 2  2ax

IE.SO
SE
IE
 NO 


SO NO
SE

2

1  2ax 
4a 2 x 2

Thể tích khối chóp là: V  x. 

3  x 2  2ax  3  x  2a 
Xét hàm số f  x  

f  x 

x 2  4ax

 x  2a 

Bảng biến thiên

2

x2
x  2a

 0  2a  x 

; f   x   0  x  4a (do 0  2a  x )

ax
2

x  2ax


Vậy giá trị nhỏ nhất của thể tích là: V 

32a 3
.
3

Câu 33 (NB): Cho khối nón có bán kính r  5 và chiều cao h  3 . Thể tích V của khối nón là
A. V  9 5 .
B. V  3 5 .
C. V   5 .
D. V  5 .
Lời giải:
Chọn D

1
1
Thể tích V của khối nón là : V   r 2 h   5.3  5 .
3
3
Câu 34 (TH): Cho hình lăng trụ tam giác đều ABC. ABC  có độ dài cạnh đáy bằng a và chiều cao bằng h . Thể
tích V của khối trụ ngoại tiếp lăng trụ đó là
A. V 
B. V 
C. V 

 a2h
9

 a2h
3

.
.

 a2h

.
9
D. V  3 a 2 h .
Lời giải:
Chọn B
Khối trụ ngoại tiếp lăng trụ tam giác đều có hình trịn đáy là hình trịn ngoại tiếp tam giác đáy của lăng trụ, và
chiều cao bằng chiều cao lăng trụ.


Tam giác đều cạnh a có bán kính đường trịn ngoại tiếp bằng

3a
. Vậy thể tích của khối trụ cần tìm là
3

2

 3a   a 2 h
V  h.S  h. . 
(đvtt).
 

3
 3 
Câu 35 (TH): Cho khối tứ diện OABC có OA , OB , OC vng góc với nhau từng đơi một và
OA  OB  OC  6 . Tính bán kính R của mặt cầu ngoại tiếp tứ diện OABC .
A. R  4 2 .
B. R  2 .
C. R  3 .
D. R  3 3 .
Lời giải
Chọn A
A

N
I
C

O
M
B

Gọi M là trung điểm của BC , do tam giác OBC vuông tại O nên M là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác
OBC
Qua M dựng đường thẳng d song song với OA khi đó d là trục đường trịn ngoại tiếp tam giác OBC .Gọi  là
đường trung trực của cạnh OA và I là giao điểm của  và d . Khi đó I là tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện
OABC
1
1
1
Ta có OM  BC 
OB 2  OC 2  3 2 ; ON  IM  OA  3 .

2
2
2
Tam giác OMI vuông tại M nên IM  OM 2  IM 2 

3 2 

2

 32  3 3 .

Vậy bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện OABC là R  3 3 .
Câu 36 (NB): Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz , cho các điểm M 1;  2;3 , N  3;0;  1 và điểm I là trung
điểm của MN . Mệnh đề nào sau đây đúng?
   
A. OI  2i  j  k
   
B. OI  4i  2 j  2k
   
C. OI  2i  j  2k
   
D. OI  4i  2 j  k


Lời giải:
Chọn A

   

I là trung điểm của MN  I  2;  1;1  OI   2;  1;1 hay OI  2i  j  k .

Câu 37 (NB): Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai điểm E (2;1;1), F (0;3; 1) . Mặt cầu  S  đường kính
EF có phương trình là
2

2

A.  x  2    y  1  ( z  1)2  9 .
2

2

2

2

B.  x  1   y  2   z 2  3 .
C.  x  1   y  2   z 2  9 .
2

D.  x  1  y 2  z 2  9 .
Lời giải:
Chọn B
- Gọi I là trung điểm EF  I (1; 2; 0) .
- Khi đó, mặt cầu  S  có tâm I (1; 2; 0) và bán kính R  IE  3 .
- Phương trình (S ) : ( x  1)2  ( y  2)2  z 2  3 .

Câu 38 (NB): Trong không gian Oxyz , mặt phẳng  P  đi qua điểm M  1; 2;0  và có VTPT n   4;0; 5  có
phương trình là.
A. 4 x  5 y  4  0 .

B. 4 x  5 y  4  0 .
C. 4 x  5z  4  0 .
D. 4 x  5z  4  0 .
Lời giải:
Chọn C


Mặt phẳng  P  đi qua điểm M  1; 2;0  và có VTPT n   4;0; 5  có phương trình là.

4  x  1  5 z  0  4 x  5 z  4  0 .
Câu 39 (TH): Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , mặt cầu có tâm I 1; 2; 1 và tiếp xúc với mặt phẳng

 P : x  2 y  2z  8  0

có phương trình là

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

A.  x  1   y  2    z  1  3 .
B.  x  1   y  2    z  1  3
C.  x  1   y  2    z  1  9.
D.  x  1   y  2    z  1  9.
Lời giải:
Chọn C


Gọi mặt cầu cần tìm là ( S ) .
Ta có ( S ) là mặt cầu có tâm I 1; 2; 1 và bán kính R .
Vì ( S ) tiếp xúc với mặt phẳng ( P ) : x  2 y  2 z  8  0 nên ta có
R  d  I ;  P 

1  2.2  2.(1)  8
2

12   2    2 

2

 3.
2

2

2

Vậy phương trình mặt cầu cần tìm là:  x  1   y  2    z  1  9 .
Câu 40 (TH): Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm M  2;1;0  và đường thẳng d có phương trình
d:

A.
B.
C.
D.

x 1 y 1 z
. Phương trình đường thẳng  đi qua điểm M , cắt và vng góc với đường thẳng d là:


2
1
1
x  2 y 1 z
.


1
4

2
x  2 y 1 z

 .
1
4
2
x  2 y 1 z

 .
1
3
2
x  2  y 1 z
.


3
4
2

Lời giải:
Chọn A


d có VTCP u   2;1; 1 .


Gọi A    d . Suy ra A 1  2a; 1  a; a  và MA   2a  1; a  2;  a  .
 

 
2
Ta có   d nên MA  u  MA.u  0  2  2a  1  a  2  a  0  a  .
3
  1 4 2 

Do đó,  qua M  2;1;0  có VTCP MA   ;  ;   , chọn u   1; 4; 2  là VTCP của  nên phương trình
3 3 3
x  2 y 1 z
của đường thẳng  là:
.


1
4
2

Câu 41 (VD): Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai đường thẳng d1 :

x  3 y  2 z 1
,


1
1
2

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


2
1
1
có phương trình là:
x  3 y  2 z 1
A.
.


1
3
2
x y z2
B.  
.
1 3
2
x  4 y  3 z 1
C.
.


1
3
2
d2 :


x7 y6 z7

.


1
3
2
Lời giải:
Chọn C
Gọi A  3  t; 2  t ;1  2t  và B  2  2t ;1  t ; 1  t   lần lượt là giao điểm của đường thẳng cần tìm với d1 và d 2 .

AB   5  2t   t ; 1  t   t ; 2  t   2t  .


Vì đường thẳng cần tìm vng góc với  P  nên có vectơ chỉ phương AB cùng phương với n P   1;3; 2  .

D.

5  2t   t  1k
t  1


Do đó 1  t   t  3k  t   4 , suy ra A  4;3; 1 , B  6; 3; 5  . Thay vào các đáp án ta thấy C thỏa mãn.
2  t   2t  2k
k  2


 x  1  nt

Câu 42 (VD): Trong không gian Oxyz cho mp  P  : 2 x  my  z  1  0 và đường thẳng  d  :  y  1  4t . Tìm cặp
 z  2t



số m, n sao cho mp  P  vng góc với  d  .
A. m  2, n  4 .
B. m  4, n  2 .
C. m  2, n  4 .
D. m  2, n  4 .
Lời giải:
Chọn C


Mặt phẳng  P  có vectơ pháp tuyến n( P )   2;  m;1 .

Đường thẳng d co vectơ chỉ phương ud   n; 4; 2  .


 P  vng góc với  d  . Thì k  R sao cho n( P )  kud .

m  2

.
n  4
Câu 43 (VDC): Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai điểm A  3;5;  1 , B 1;1;3 . Tọa độ điểm M
 
thuộc mặt phẳng Oxy sao cho MA  MB nhỏ nhất là
A.  2;  3;0  .
B.  2;  3;0  .
C.  2;3;0  .
D.  2;3;0  .
Lời giải:

Chọn D


  
Gọi D  x; y; z  là điểm thỏa mãn DA  DB  0 khi đó ta có D  2;3; 4 
 
   

P  MA  MB  MD  DA  MD  DB  2MD  2MD
Khi đó P nhỏ nhất khi và chỉ khi M là hình chiếu của D lên mặt phẳng  Oxy 

x  2

Ta có phương trình  MD  :  y  3
 M  2;3; 4  t 
z  4  t


M   Oxy  nên 4  t  0  t  4
Vậy M  2;3;0  là điểm cần tìm.
Câu 44 (NB): Từ các chữ số 1, 2, 3, 4, 5 có thể lập được bao nhiêu số tự nhiên gồm hai chữ số khác nhau?
A. 10.
B. 25.
C. 9.
D. 20.
Lời giải :
+ Mỗi số có 2 chữ số khác nhau được lập từ 5 chữ số là chỉnh hợp chập 2 của 5  A52  20
Câu 45 (VD): Một bình chứa 16 viên bi, với 7 viên bi trắng, 6 viên bi đen, 3 viên bi đỏ. Lấy ngẫu nhiên 3 viên
bi. Tính xác suất lấy được 1 viên bi trắng, 1 viên bi đen, 1 viên bi đỏ.

1
.
210
3
B.
.
80
9
C. .
40
1
D.
.
35
A.

Lời giải:
+ Số phần tử KGM n   C 163 .

 

 

+ n A  7.6.3  126

 

+ Xác suất của biến cố p A 

  9.

n    40
n A

Câu 46 (NB): Cấp số cộng 1; 3; 7; 11 có cơng sai d bằng
A.
B.
C.
D.

2.
4.
2.
4.