Đề số 04 lời giải

HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT ĐỀ SỐ 04

Câu 1: Trrong khơng gian Oxyz, viết phương trình mặt phẳng  P đi qua điểm M 1;1;1 và song

Câu 2: song với mặt phẳng  Q : x  y  z  2 0?
Câu 3:
A. x  y  z  3 0. B. x  2 y  z 0. C. x  y  z  1 0. D. x  y  z  3 0.

Lời giải

Chọn C

Mặt phẳng  P song song với mặt phẳng  Q : x  y  z  2 0 nên phương trình có dạng

x  y  z  d 0, d 2

Vì mặt phẳng  P đi qua điểm M 1;1;1 nên ta có: 1.11.1 1.1 d 0  d  1.

Vậy phương trình mặt phẳng  P là x  y  z  1 0.

Cho hai số phức z1 3  i và z2  1 2i . Tính z1.z2 ?

A. z1z2 5  5i B. z1z2  1 5i C. z1z2  1 5i D. z1z2  5  5i

Lời giải

Chọn D

Sta có z1z2  3  i .  1 2i  5  5i .

Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho A1;  2; 4 và B  3;5;  2 . Đường thẳng AB có

phương trình là B. x 1  y  2  z  4 .
A. x  2  y  7  z  6 . 2 7 6

1 2 4 D. x  2  y  7 z  6 .
C. x  1  y  2  z  4 . 3 5 2

2 7 6

Lời giải

Chọn C


AB  2;7;  6

Phương trình đường thẳng AB là x  1  y  2  z  4 .
2 7 6

Câu 4: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm A 2;0;  4 . Mặt phẳng trung trực của đoạn
Câu 5:
thẳng OA có phương trình là?

A. x  2 y  5z 0 . B. x  2z  10 0 . C. x  2z  5 0 . D. x  2 y  5 0 .

Lời giải

Chọn C

Mặt phẳng trung trực của đoạn thẳng OA đi qja trung điểm I 1;0;  2 của đoạn thẳng OA và



nhận OA  2;0;  4 làm véc-tơ pháp tuyến.

Vậy phương trình mặt phẳng trung trực của đoạn thẳng OA là

2 x  1  4 z  2 0  x  2z  5 0.

Điểm M trong hình vẽ biểu diễn số phức

A. z 3  4i. B.  4  3i. C.  3  4i. D. 3  4i.

Lời giải

Chọn A

Điểm M trong hình vẽ biểu diễn số phức z 3  4i.

Câu 6: Thể tích của khối chóp có diện tích đáy bằng 3 và chiều cao bằng 2 3
2 3

A. 1  B. 6  C. 2  D. 1
3 6 3

Chọn A Lời giải

Thể tích khối chóp là:V 1 . 2 3 . 3 1 .
33 2 3

Câu 7: Trong không gian Oxyz , tọa độ tâm I và bán kính R của mặt cầu
(x  1)2  ( y  2)2  (z  4)2 20 là

A. I   1; 2;  4 , R 5 2 . B. I 1;  2; 4 , R 20 .

C. I 1;  2; 4 , R 2 5 . D. I   1; 2;  4 , R 2 5 .

Lời giải

Chọn C

Tọa độ tâm I 1;  2; 4 và bán kính R  20 2 5 .

Câu 8: Cho số phức z thoả mãn 1 i z 5  i. Môđun số phức z bằng

A. 13. B. 5. C. 13. D. 5.

Lời giải

Chọn B

Đặt z a  bi  z a  bi.

Theo đề bài, ta có

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

1i
Suy ra z 2  3i.

Vậy môđun của số phức z là z  a2  b2  13.

Câu 9: Giá trị lớn nhất của hàm số f  x x3  2x2  x  2 trên đoạn [0; 2] bằng

A. 1 . B.  2 . C. 0 . D.  50 .
27

Lời giải
Chọn C

 x 1

Xét trên đoạn [0; 2]: f  x 3x2  4x 1 0   x 1 .

3

f  0  2, f  2 0, f 1  2, f  1   3   50 27 . Vậy Maxf  x 0 [0;2] .

Câu 10: Cho hàm số y  f  x có đồ thị như hình vẽ

Hàm số đồng biến trên khoảng

A.   1;0 . B.   2;0 . C.  0; . D.   1;1 .

Lời giải

Chọn A

Từ đồ thị hàm số, suy ra hàm số đã cho đồng biến trên các khoảng   1;0 và 1;  .

Câu 11: Cho khối lăng trụ có đáy là hình vuông cạnh a và chiều cao bằng 4a . Thể tích của khối lăng

trụ đã cho bằng

A. 2 . B. 3 . C. 1. D. 4 .

Lời giải

Chọn A

Thể tích khối lăng trụ bằng V 4a.a2 4a3 .

Câu 12: Đường cong trong hình bên là dạng đồ thị của hàm số nào dưới đây?

A. y  x3  3x2  5 . B. y x3  3x2  5 . C. y x4  2x2 . D. y x3  3x  5 .

Lời giải
Chọn B
Dựa vào đồ thị, ta có hàm số là hàm bậc ba a  0 , đạt cực trị tại x 0 và x b  0 nên

y ax  x  b ax2  abx suy ra y a x3  ab x2  c .

32
Do đó ta chọn hàm số y x3  3x2  5 thỏa mãn điều kiện.

Câu 13: Họ nguyên hàm của hàm số f (x) 3cosx  x2 1 trên  0; là

A.  3sin x  1  C . B. 3cos x  1  C . C. 3cos x  ln x  C . D. 3sin x  1  C .
x x x

Lời giải D. 4  R3 .
3
Chọn D

 1 1
Ta có  3cos x  2 dx 3sin x   C
 x x

Câu 14: Cho khối cầu bán kính 2R . Thể tích khối cầu đó bằng

A. 32  R3 . B. 16  R3 . C. 64  R3 .
3 3 3

Lời giải

Chọn A

Thể tích khối cầu đó là V 4   2R 3 32  R3 .
3 3

Câu 15: Trong không gian Oxyz , cho hai điểm A 2;1;  1 và B 1; 2;3 . Độ dài đoạn thẳng AB bằng

A. 18 . B. 3 2 . C. 3 . D. 22 .

Lời giải

Chọn B

Ta có: AB  1 2 2   2  1 2   3 1 2 3 2 .

Câu 16: Cho khối chóp tam giác đều có cạnh đáy bằng 2a và thể tích bằng a3 . Chiều cao của khối
chóp đã cho bằng

A. 3a . B. 2 3a . C. 3 a . D. 3 a .
3 2

Lời giải

Chọn A

Diện tích đáy của hình chóp là S  2a 2 . 3 a2 3 .

4

3V 3a3
Chiều cao của khối chóp là h   2  3a .

S a3

1

Câu 17: Tập xác định của hàm số y  x2  12x  36 2 là

A.  . B.  6;  . C.  6; . D.  \ 6 .

Lời giải

Chọn D

1

Hàm số y  x2  12x  36 2 xác định khi

x2  12x  36  0   x  6 2  0  x  6 0  x 6 .

Tập xác định của hàm số D  \  6 .

Câu 18: Cho hàm số y  f  x có bảng biến thiên như hình bên. Số nghiệm của phương trình
f  x  3 là

A. 3 . B. 0 . C. 2 . D. 1.

Lời giải

Chọn C

Số nghiệm của phương trình f  x  3 là số giao điểm của đồ thị hàm số y  f  x và đường

thẳng y  3 . Dựa vào đồ thị suy ra phương trình có 2 nghiệm.

Câu 19: Một hình trụ có bán kính đáy bằng 5cm , chiều cao 5cm . Diện tích tồn phần của hình trụ đó

bằng

A. 50cm2 . B. 100cm2 . C. 50 cm2 . D. 100 cm2 .

Lời giải

Chọn D

Diện tích tồn phần của hình trụ: Stp Sxq  2.Sd 2 rh  2 r2 100 cm2 .

Câu 20: Cho khối hộp chữ nhật ABCD.A ' B 'C ' D ' có AB 1m, AA' 3m, BC 2m . Thể tích của khối
hộp đã cho bằng
A. 3m3 . B. 6m3 . C. 3 5m3 . D. 5m3 .
Lời giải
Chọn B

Thể tích của khối hộp đã cho là: V AA '.SABCD AA'.AB.BC 6m3 .

Câu 21: Đạo hàm của hàm số y log2  2x 1 là

A. y '  1  2x 1 ln 2 . B. y '  1 . C. 2 . 2
2x 1 2x 1
D.  2x 1 ln 2 .

Lời giải

Chọn D

Ta có

 log2  2x 1  '   2x 1 '  2x 1 ln 2  2  2x 1 ln 2 .

Câu 22: Cho hàm số y  x 1 . Mệnh đề nào sau đây đúng?
x 1

A. Hàm số đã cho nghịch biến trên khoảng   ;1 .

B. Hàm số đã cho đồng biến trên khoảng  0; .

C. Hàm số đã cho đồng biến trên khoảng   ;1 và khoảng 1; .

D. Hàm số đã cho nghịch biến trên tập  \  1 .

Chọn A y  2 Lời giải
Ta có: y  x 1 x  1   0 x 1
 x  1 2

Nên hàm số đã cho nghịch biến trên khoảng   ;1 và 1;

Câu 23: Tập nghiệm của phương trình ln  2x2  x 1 0 là

A.  0 .  1 1 D.  .
B. 0;  . C.   .
Chọn B
 2 2
Lời giải

 x 0
Phương trình đã cho tương đương với 2x2  x 1 1  2x2  x 0   x 1 .

 2

 1
Do đó tập nghiệm S 0; 

 2

Câu 24: Cho hàm số y  f  x  có bảng biến thiên như hình vẽ. Mệnh đề nào sau đây đúng

A. Hàm số đạt cực tiểu tại x 1. B. Hàm số có 3 cực trị.
C. Hàm số đạt cực đại tại x 1. D. Giá trị cực tiểu của hàm số là  1 .

Lời giải
Chọn C
Từ bảng biến thiên ta thấy hàm số đạt cực đại tại x 1.

Câu 25: Đường tiệm cận đứng của đồ thị hàm số y  x 1 là
x 2

A. x 1 . B. y  2 . C. x 2 . D. y 2 .

Lời giải

Chọn C

Ta có lim y lim x 1   ; lim y lim x 1  .
x 2 x 2 x  2 x 2 x 2 x  2

Vậy đường tiệm cận đứng của đồ thị hàm số x 2 .

Câu 26: Tập nghiệm của bất phương trình 3x2  92x7 là

A.   ,  4 . B.   4,  . C.   ,  5 . D.   5,  .

Lời giải

Chọn B

3x2  92x7  x  2  4x 14   3x 12  x   4

x2  x 1
Câu 27: Số đường tiệm cận của đồ thị hàm số y  2 là
x  x 2

A. 1 . B. 4 . C. 2 . D. 3.

Lời giải

Chọn D

lim y 1 y 1.
+ x  nên tiệm cận ngang của đồ thị hàm số là đường thẳng có phương trình
(x  )

+ lim y   nên tiệm cận đứng của đồ thị hàm số là đường thẳng có phương trình x  1.

x  1

+ lim y   nên tiệm cận đứng của đồ thị hàm số là đường thẳng có phương trình x 2.

x 2

Vậy số đường tiệm cận của đồ thị hàm số là 3. Bản word bạn đang sử dụng phát hành từ

Câu 28: Một khối cầu ngoại tiếp khối lập phương. Tỉ số thể tích giữa khối cầu và khối lập phương là

A. 3  . B. 3 3  . C. 3 3 . D. 3 .
2 8 8 2

Lời giải

Chọn A

Giả sử khối lập phương có cạnh bằng a.

Bán kính của mặt cầu r IA 1 AC ' 1 . AA'2  A'C '2 a 3 .
2 2 2

Vkc 3 4 . .r3 3

Vklp  3  .a 2

Câu 29: Cho khối chóp S.ABCD có đáy là hình chữ nhật AB = a, AD = a 3 , SA vng góc với mặt

đáy và SC tạo với mặt phẳng  SAB một góc 300 . Thể tích của khối chóp đã cho bằng

A. 4 a3 . B. 6 a3 . C. 2 6 a3 . D. 2 6a3 .
3 3 3

Lời giải

Chọn C

S

30°

A a B

a3

D C

SABCD = a.a 3 = a2 . 3 ,

BC  SA  BC   SAB   SC, SAB  =  SC,SB = CSB = 30 .···0
Ta có: 
BC  AB

 SB = tan300 BC 3a  SA = 2 2a .

1 2 2 6a3
Vậy VS.ABCD = a . 3.2 2a = .
3 3

Câu 30: Với a,b là hai số thực khác 0 tuỳ ý, ln  a2b4  bằng

A. 2lna  4lnb . B. 2ln a  4ln b . C. 4lna  2lnb . D. 4 ln a  ln b  .

Lời giải

Chọn B

ln  a2b4  lna2  lnb4 2ln a  4ln b .

Câu 31: Một người gửi 100 triệu đồng vào một ngân hàng với lãi suất 6% / năm. Biết rằng nếu không

rút tiền ra khỏi ngân hàng thì cứ sau mỗi năm số tiền lãi sẽ được nhập vào gốc để tính lãi cho

năm tiếp theo. Hỏi sau ít nhất bao nhiêu năm người đó nhận được số tiền nhiều hơn 300 triệu

đồng bao gồm cả gốc lẫn lãi? (Giả định trong suốt thời gian gửi, lãi suất khơng đổi và người đó

không rút tiền ra).

A. 20 năm. B. 18 năm. C. 21 năm. D. 19 năm.

Lời giải

Chọn D

Theo cơng thức tính lãi suất kép, ta có vốn tích luỹ sau n năm là Pn = P 1 r  n với P là vốn

ban đầu (đvt: triệu đồng), r là lãi suất (tính theo năm).

 6 n
 300 100 1   n = log1,06 3 19 .

 100 

Câu 32: Biết F  x là môt nguyên hàm của hàm số f  x e2x và F  0 0 . Giá trị của F  ln 3 bằng

A. 2 . B. 6 . C. 17 . D. 4 .
2

Lời giải

Chọn D

Ta có: F  x e2xdx 12e2x  C .

Do F  0 0  1 e0  C 0  C  1 .
2 2

Vậy F  x 1 e2x  1 .

22

Nên F  ln 3 1 e2.ln3  1 9  1 4 .
2 2 22

Câu 33: Trong không gian Oxyz , cho điểm M  2;  5; 4 . Tọa độ điểm M ' đối xứng với M qua mặt

phẳng  Oyz là

A.  2;5;4 . B.  2;  5;  4 . C.  2;5;  4 . D.   2;  5; 4 .

Lời giải

Chọn D

Ta có: Hình chiếu của M lên qua mặt phẳng  Oyz là I  0;  5; 4 .

Do M ' đối xứng với M qua mặt phẳng  Oyz nên I là trung điểm MM '  M '  2;  5; 4 .

Câu 34: Cho đồ thị hàm số y  x  4 x  2  C  . Gọi A xA; yA  , B  xB; yB  là tọa độ giao điểm của  C  với

các trục tọa độ. Khi đó ta có xA  xB  yA  yB bằng D. 2 .

A. 6 . B. 1. C. 4 .

Lời giải

Chọn D

Gọi A  C  Ox  A 4;0 ; B  C  Oy  B  0; 2 .

Nên xA  xB  yA  yB 4  0  0    2 2 .

Câu 35: Trong không gian Oxyz , cho ba điểm A1; 2;  1 , B  2;  1;3 , C   3;5;1 . Tọa độ điểm D sao

cho tứ giác ABCD là hình bình hành là

A.   2; 2;5 . B.   4;8;  5 . C.   4;8;  3 . D.   2;8;  3

Lời giải
Chọn C



Ta có AB 1;  3; 4 .
Gọi D  x, y, z , khi đó DC   3  x;5  y,1 z  .

   3  x 1 x  4
 
Vì tứ giác ABCD là hình bình hành nên ta có AB DC  5  y  3   y 8 .

1 z 4  z  3



Vậy D   4;8;  3 .

Câu 36: Cho lăng trụ tam giác ABC.ABC. Biết diện tích mặt bên  ABBA bằng 15 , khoảng cách từ

C đến mặt phẳng  ABBA bằng 6 . Thể tích khối lăng trụ ABC.ABC bằng

A. 60 . B. 45 . C. 90 . D. 30

Lời giải

Chọn B

A' D

B'

A C

B

Ta có VABC.ABC 3VA'.ABC 3VC.AAB 3. 13 .SAAB .d  C;  ABBA  = 152 .6 45 .

Câu 37: Cho hàm số y x3  3x  2 . Toạ độ điểm cực tiểu của đồ thị hàm số là

A.  0;1 . B.   2;0 . C. 1;0 . D.   1; 4

Lời giải

Chọn C

Ta có: y ' 3x2  3 0   x 1
 x  1

Bảng biến thiên

Vậy điểm cực tiểu của đồ thị hàm số là 1;0 .

Câu 38: Cho tam giác SOA vng tại O có OA 4cm , SA 5cm , quay tam giác SOA xung quanh

cạnh SO dược một hình nón. Thể tich của khối nón tương ứng bằng

A. 16 cm3 . B. 15 cm3 . C. 80 cm3 . D. 36 cm3 .
3

Lời giải

Chọn A

Đường cao của hình nón là h SO  SA2  OA2 3 .

Thể tích khối nón là V 1 .S.h 1 . r2.h 1 . .42.3 16 cm3 .
3 3 3

Câu 39: Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz , cho mặt phẳng    : x  y  2z  2 0 và đường thẳng

 : x  y  2  z  2 . Đường thẳng  là hình chiếu vng góc của đường thẳng  trên mặt
2 2 1

phẳng   có phương trình là

A. x 8  y  6  z  2 . B. x 8  y  6  z  2 .
3 5 4 3 5 4

C. x 1  y  1  z 1 . D. x 1  y  1  z 1 .
7 5 1 751

Lời giải

Chọn C

Gọi  P là mặt phẳng chứa  và  suy ra  P    .

  
Khi đó vectơ pháp tuyến của  P là nP  n , u    3; 5;  4 và
  

  
  P   u   nP , n  14;  10; 2 / /u  7;  5;1 .
 

Ta có phương trình mặt phẳng  P : 3x  5y  4z  2 0 .

x  y  2z  2 0
Lấy M    P     toạ độ điểm M thoả mãn hệ  .
3x  5y  4z  2 0

Chọn y 1 suy ra x z  1  M   1;1;  1 .

Vậy phương trình đường thẳng  là x 1  y  1  z 1 .
7 5 1

Câu 40: Biết đồ thị hàm số y  f  x đối xứng với đồ thị hàm số y ax  a  0, a 1 qua điểm I 1;1 .

Giá trị của biểu thức f  2  loga 1 bằng
A.  2022 . 
Chọn D  2022  C. 2022 .
Lời giải
B. 2021 . D.  2020 .

Đồ thị đối xứng với đồ thị hàm số y ax  C1  là đồ thị hàm số y loga x  C2  .

Gọi A xA; yA   C1  B  xB ; yB   C2  là điểm đối xứng với điểm A qua điểm I 1;1 .

Ta có   xA  xB 1 xA  xB 2 1 .
2 

 yA  yB 1  yA  yB 2  2
 2

Với xB 2  loga 1 2022 2  loga 1 loga 2022 2  loga 2022 .

Từ (1) ta có xA  xB 2  xA loga 2022 . Suy ra yA aloga 2022 2022 .

Từ (2) ta có yA  yB 2  yB 2  2022  2020 .

Vậy yB  f  2  loga 1   f  xB   2020 .

 2022 

Câu 41: Cho hàm số y  f  x có bảng biến thiên như sau:

Hàm số y  f  x  3  3  f  x  2 đồng biến trên khoảng nào dưới đây?

A.   ;1 . B. 1; 2 . C.  3; 4 . D.  2;3 .

Lời giải

Chọn C

Ta có y 3 f  x  2 . f  x  6. f  x . f  x 3. f  x . f  x  f  x  2 .

Hàm số đã cho đồng biến  y  0  3. f  x . f  x  f  x  2  0 .

 f  x  0

TH1: Nếu x 1, khi đó ta có  f  x  0 hc f  x  0 .



 f  x  2  0 hc f  x  2  0

Chọn f  x 1, suy ra  3. f  x . f  x  f  x  2  0 .

Vậy hàm số đã cho không đồng biến trên   ;1 .

 f  x  0

TH2: Nếu x 1; 2 , khi đó ta có  f  x  0 .



 f  x  2  0 hc f  x  2  0

Chọn f  x 52 , suy ra  3. f  x . f  x  f  x  2  0 .

Vậy hàm số đã cho không đồng biến trên 1; 2 .

 f  x  0



TH3: Nếu x  3; 4 , khi đó ta có  f  x  0 . Suy ra  3. f  x . f  x  f  x  2  0 .



 f  x  2 0

Vậy hàm số đã cho đồng biến trên  3; 4 .

 f  x  0



TH4: Nếu x  2;3 , khi đó ta có  f  x  0 . Suy ra  3. f  x . f  x  f  x  2  0 .



 f  x  2 0

Vậy hàm số đã cho không đồng biến trên  2;3 .
Kết luận: Hàm số đã cho đồng biến trên  3; 4 .

Câu 42: Một cái cột có hình dạng như hình bên (gồm 1 khối nón và một khối trụ ghép lại). Chiều cao đo
được ghi trên hình, chu vi đáy là 20cm . Thể tích của cơt bằng

A. 52000 3  cm3  . B. 5000 3  cm3  . C. 5000  cm3  . D. 13000 3  cm3  .



Lời giải

Chọn D

Gọi V1 là thể tích khối trụ, V2 là thể tích khối nón, Gọi V là thể tích cái cột.

Chiều cao và bán kính khối trụ lần lượt là h1 40cm, r1  20 2 10 cm .

Chiều cao và bán kính khối nón lần lượt là h2 10cm, r2 r1 10 cm .


2 12 12 1  10 2 13000 3
Theo bài ra V V1 V2  r1 h1   r2 h2   r1  3h1  h2       3.40 10   cm  .
3 3 3   3

Câu 43: Giả sử hàm số y  f (x) liên tục, nhận giá trị dương trên (0; ) và thỏa mãn f (1) e ,

f (x)  f (x)  3x 1 , với mọi x  0 . Mệnh đề nào sau đây đúng?

A. 3  f (5)  4 . B. 11  f (5) 12 . C. 10  f (5) 11. D. 4  f (5)  5 .

Lời giải

Chọn C

f (x)  f (x)  3x 1  f (x)  1  f (x) dx  1 dx
f (x) 3x 1 f (x) 3x 1

 ln f  x  3x 1 2 1 dx  ln f  x 23 3x 1  C.

Do y  f (x) liên tục, nhận giá trị dương trên (0; ) và thỏa mãn f (1) e , ta có

ln f 1 4  C  C  1  ln f  x 2 3x 1  1 2  f  x  e 3 3x1 13 .
3 3 3 3

7

 f  5 e3 10,3123  10  f  5 11.

Câu 44: Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh a , SA   ABC  và SA 2a . Gọi

G, E lần lượt là trọng tâm của các tam giác SAB và SBC, N là trung điểm của BC . Thể tích

khối chóp AGEN bằng

A. 3a3 . B. 3a3 . C. 3a3 . D. 3a3 .
18 81 54 108

Lời giải

Chọn D

Gọi K là trung điểm của AB .

Ta có d  N, AGE   12 d  S, AGE 

Khi đó VN.AGE 12 VS.AGE 12 . SG SK . SE SN .VS.AKN 12 . SG SK . SE SN . 14 .VS.ABC  118 . 13 .SA.SABC

 1 . 1 .2a. a  2 3 3a3 .
18 3 4 108

Câu 45: Cho hàm số bậc ba f  f  x có đồ thị như hình vẽ. Có bao nhiêu số nguyên m để phương

trình f  f  x  m 0 có tất cả 9 nghiệm thực phân biệt?

A. 0 . B. 1. C. 2 . D. 3 .

Lời giải

Chọn B

Gọi a,b, c là hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số y  f  x và trục hoành.

Dựa vào đồ thị ta có:

 x a( 2  a   1)
f (x) 0   x b( 1  a  0)

 x c(1  a  2)

 f (x)  m a  f (x) m  a(1)
f ( f (x)  m) 0   f (x)  m b   f (x) m  b(2)

 f (x)  m c  f (x) m  c(3)

Phương trình (1) có 3 nghiệm phân biệt khi  3  m  a 1, mà 1   a  2 ; suy ra  2  m  3 .
Phương trình (2) có 3 nghiệm phân biệt khi  3  m  b 1 , mà 0   b 1 ; suy ra  3  m  2 .
Phương trình (3) có 3 nghiệm phân biệt khi  3  m  c 1, mà  2   c   1; suy ra  5  m  0
.

 2  m  3

Do đó để phương trình đã̃ cho có tất cả 9 nghiệm thực phân biệt thì  3  m  2   2  m  0 .

  5  m  0


Mà m  , nên m  1.

Câu 46: Tập nghiệm của bất phương trình  4x  65.2x  64  2  log3  x  3  0 có tất cả bao nhiêu số

nguyên?

A. 2 B. 3 C. 4 D. Vô số

Lời giải

Chọn C

Ta có  4x  65.2x  64  2  log3  x  3  0

 4  65.2  64 0xx  1 2x 64  0 x 6
  
 x 6  x 6
      2 2  log3  x  3 0  x 64   x 6   x 6 .
 4x  65.2x  64 0   x     3  x 0
   2 1   x 0
 2  log3  x  3 0     3  x 6
  3  x 6  

x   x   2; 1;0;6 .

Vậy tập nghiệm của bất phương trình có 4 giá trị ngun.

Câu 47: Trong khơng gian Oxyz , cho điểm A 2; 4;  2 và mặt phẳng

 P :  m2 1 x   m2  1 y  2mz  4 0 . Biết rằng, khi tham số thay đổi thì mặt phẳng  P

luôn tiếp xúc với hai mặt cầu cố định cùng đi qua A là  S1  ,  S2  . Gọi M và N lần lượt là

hai điểm nằm trên  S1  và  S2  . Tìm giá trị lớn nhất của MN .

A. 16 2 B. 8  8 2 C. 8 2 D. 8  6 2
Chọn B Lời giải

Đặt m tan t ,  P :  tan2 t 1 x   tan2 t  1 y  2 tan t.z  4 0

  P : x  cos 2ty  sin 2tz  2cos 2t  2 0

Gọi I  a;b;c và R lần lượt là tâm và bán kính mặt cầu tiếp xúc với  P với R không đổi.

Khi đó ta có được:

R d  I , P   a  cos 2tb  sin 2tc  2cos 2t  2  a   2  b cos 2t  sin 2tc  2 .
2 2

b 2

Để R không đổi khi t thay đổi    I  a; 2;0

c 0

Khi đó d  I , P   a  2 R và mặt cầu qua A 2;4;  2

2

2 2  a 2 2 2  a 2, R1 2 2
Nên IA R     a  2  8   .
 2  a 10, R2 6 2

Khi đí MNmax I1I2  R1  R2 8  8 2 .

Câu 48: Cho hàm số f (x) ax4  bx3  cx2  dx  a có đồ thị hàm số y  f  x như hình vẽ bên. Hàm
số y g(x)  f 1 2x f  2  x đồng biến trên khoảng nào dưới đây?

y
2

1

-1 1x
2
-2 O

-1

-2

1 3 B.   ;0 . C.  0; 2 . D.  3; .
A.  ;  .

2 2

Lời giải

Chọn D

Ta có f '(x) 4ax3  3bx2  2cx  d , theo đồ thị thì đa thức f '(x) có ba nghiệm phân biệt là

 1, 0,1 nên

f '(x) 4ax  x 1  x  1 4ax3  4ax  f (x) ax4  2ax2  a a  x2  1 2

Dựa vào đồ thị hàm số y  f '(x) ta có a  0 nên f (x)  0,x   \  1 .

g '(x)  f 1 2x  ' f  2  x  f 1 2x  f  2  x  '  2 f '1 2x f  2  x  f 1 2x f ' 2  x

1 2x   2; 0 1 3
1 3 
Xét x  ;     1 3  , dấu của f '(x) không cố định trên  ;  nên ta không kết

 2 2  2  x ;  2 2
2 2


1 3
luận được tính đơn điệu của hàm số g(x) trên  ;  .

2 2

Xét x   ;0  1 2x   1;    f '  1 2x  0  g '(x)  0 . Do đó, hàm số g(x) nghịch
2  x  2;   f ' 2  x  0

biến trên   ;0 .

x   0; 2  1 2x     3;1 , dấu của f '(x) không cố định trên   3;1 và  0; 2 nên ta không
2  x  0; 2

1 3
kết luận được tính đơn điệu của hàm số g(x) trên  ;  .

2 2

Xét x   3;   1 2x     ;  5   f '  1 2x  0  g '(x)  0 . Do đó, hàm số g(x) đồng
2  x   ; 1  f ' 2  x  0

biến trên  3;  .

Câu 49: Cho khối lăng trụ tam giác ABC.ABC có thể tích V . Gọi M , N, P lần lượt là trung điểm của

các cạnh AB; BC;CC. Mặt phẳng  MNP chia khối lăng trụ đã cho thành 2 phần, phần chứa

điểm B có thể tích là V1 . Tỉ số V1 bằng
V

A. 61 . B. 37 . C. 49 . D. 25 .
144 144 144 144

Lời giải

Chọn C

Gọi S và h lần lượt là diện tích đáy và chiều cao của lăng trụ ABC.ABC V Sh .
Gọi NP  BB E, NP  BC F, MF  ACQ, ME  AB R

Suy ra mặt phẳng  MNP cắt khối lăng trụ theo thiết diện là MRNPQ .

Ta có BEPC là hình bình hành  BE PC 1 CC 1 BB , tương tự ta có BNFC là hình
2 2

bình hành  CF BN 1 BC 1 BC.
2 2

+) SMBF 12 .BM .BF.sin M BF 34 . 12 .AB.BC.sin ABC 34 S

+) d  E, ABC  32 d  B, ABC  32 h

 VE.BMF 13 .d  E, ABC  .SBMF 13 . 32 h. 34 S 38 V .

VE.BNR  EB 3 1 13 1
Lại có     VE.BNR  . V  V

VE.BFM  EB 27 27 8 72

Ta cũng có VF.CPQ  FC. FP . FQ 1 . 1 . 1  1  VF.CPQ  1 . 3V  1 V .
VF.BEM FB FE FM 3 3 2 18 18 8 48

Suy ra V1 VE.BMF  VVE.BNR VF.CPQ   49 144 V .

Vậy V1  49 .
V 144

Câu 50: Cho hàm số y  f  x 1 x3  bx2  cx  d  b, c, d   có đồ thị là đường cong như hình vẽ.

3

Biết hàm số đạt cực trị tại x1, x2 thỏa mãn 2x1  x2  1 và f  x1   f  x2  23 . Số điểm cực

cực tiểu của hàm số y  f  2   x  3 f  x 1  là
A. 3   x  3 
Chọn A C. 4 .
B. 5 . Lời giải D. 2 .

Ta có f  x x2  2bx  c . Đồ thị hàm số đi qua điểm A 0;  1 3  nên d  13 .

Gọi x1, x2 là hai nghiệm phân biệt của f  x . Áp dụng định lí Viet ta có

x1  x2  2b

x1.x2 c

Mà theo giả thiết 2x1  x2  1

x1  2b  1 3

 1 4b  2b 1  4b  1
Suy ra x2   c 1
3 9

x1.x2 c

