Đề trắc nghiệm thi thử THPT QG 2017 - đề 004

SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO
TP HỒ CHÍ MINH

ĐỀ THI THỬ KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2017
Thời gian làm bài: 90 phút;
(50 câu trắc nghiệm)
ĐỀ SỐ 04

(Thí sinh không được sử dụng tài liệu)
Họ, tên học sinh:..................................................................................................

Giáo viên: NGUYỄN HỮU CHUNG KIÊN
Câu 1. Cho hàm số y = f ( x) liên tục trên ¡ và phương trình f ( x ) = 0 có ba nghiệm thực
phân biệt. Xét các hình dưới đây, những hình nào có thể là đồ thị của hàm số f ( x) ?

(1)

(2)

(3)

(4)

A. 1 và 2.
B. 1, 2 và 4.
C. 1 và 3.
D. 2 và 4.
5
3
Câu 2. Hàm số y = x + x − 1 − 3x đồng biến trên khoảng nào ?
1

1 

A.  ;1÷.
B.  −∞; ÷.
3
3 

C. ( 1;7 ) .
D. ( 7; +∞ ) .
Câu 3. Tìm giá trị cực đại yCÑ của hàm số f ( x ) =

ln x
.
x

1
.
e
1
C. − .
e

B. e.

A.

Câu 4. Tìm tập xác định của hàm số y =
A. D = [ 3;5] .

D. −e.

5− x
.
ln ( x − 3)

B. D = ( 3;5] \ { 4} .


C. D = [ 3;5 ) .

D. D = ( 3;5 ) \ { 4} .

Câu 5. Cho hàm số y = f ( x) liên tục trên ¡ \ { 5;10} và có bảng biến thiên như sau:

Khẳng định nào sau đây là khẳng định đúng ?
A. Hàm số đồng biến trên các khoảng ( −∞;5 ) , ( 5;10 ) , ( 10; +∞ ) .

B. Phương trình f ( x ) = m − 1 luôn có hai nghiệm phân biệt trên ¡ \ { 5;10} , ∀m ∈ ¡ .
C. Đồ thị hàm số có 1 tiệm cận ngang và 2 tiệm cận đứng.
D. Đồ thị hàm số cắt trục Ox tại ba điểm phân biệt.
Câu 6. Trong các khẳng định sau, có bao nhiêu khẳng định đúng ?
1. Hàm số y = f ( x) đạt cực đại tại x0 ⇔ đạo hàm đổi dấu từ dương sang âm khi qua x0 .
2. Hàm số y = f ( x) đạt cực trị tại x0 ⇔ x0 là nghiệm của đạo hàm.
3. Nếu f ' ( x0 ) = 0 và f '' ( x0 ) = 0 thì x0 phải là điểm cực trị của hàm số y = f ( x) đã cho.
4. Nếu f ' ( x0 ) = 0 và f '' ( x0 ) > 0 thì hàm số đạt cực đại tại x0 .
A. 2.
B. 1.
C. 0.
D. 3.
2
x + 4x + 2

Câu 7. Tìm giá trị lớn nhất của hàm số f ( x ) =
trên đoạn [ −1;3] .
x+3
14
f ( x ) = 2.
A. max
B. max f ( x ) = .
[ −1;3]
[ −1;3]
5
5
26
C. max f ( x ) = .
D. max f ( x ) = .
[ −1;3]
[ −1;3]
2
3
3
2
m
y
=
f
x
=
x
−
3
mx

+
m
−
1
x
+
2
( )
(
)
Câu 8. Tìm
sao cho hàm số
đạt cực đại tại x = 2.
A. m = 1.
B. m = 3.
C. m = −1.
D. m ∈ ∅.
Câu 9. Đồ thị hàm số y =

4 − x2
có mấy tiệm cận ?
x 2 − 3x − 4

A. 1.
B. 2.
C. 3.
D. 0.
Câu 10. Một kĩ sư của nhà máy được yêu cầu phải thiết kế một thùng chứa hình trụ (như hình
vẽ) có thể tích nhất định. Biết rằng giá của vật liệu làm mặt đáy và nắp của thùng đắt gấp N
( N > 1) (chi phí cho mỗi đơn vị diện tích) so với vật liệu để làm mặt bên của thùng. Tỉ lệ

chiều cao h và bán kính đáy r theo N được tìm bởi kĩ sư sao cho giá thành sản xuất thùng là
nhỏ nhất (biết rằng kĩ sư làm đúng) ?


h
h
= 2N.
B. = 2 N .
r
r
h
h
C. = 3 N .
D. = 3 N .
r
r
2
Câu 11. Giả sử x0 là nghiệm của phương trình bậc hai ax + bx + c = 0 ( a ≠ 0 ) . Cho hàm số
A.

b c 
y = f ( x ) = Mx, với M = max  ;  . Tìm tất cả giá trị của tham số a sao cho hàm số
a a
g ( x ) = − f ( x ) + ax nghịch biến trên ¡ .
x0 + 1
x2
A. a ≤ 0 .
B. a ≤ − 2 .
x0
x0 + 1

C. a ≤

x02
.
x0 + 1

D. a ≤ −

12tan x ln12
.
cos 2 x

B. y ' =

x0 + 1
.
x02

2
Câu 12. Phương trình log 2 ( 2 x − 1) + log 2 ( x + 3) = log 2 ( x + 3) có số nghiệm là ?
A. 4.
B. 2.
C. 3.
D. 1.
tan x
Câu 13. Tính đạo hàm của hàm số y = 12 .

12tan x ln12
.
sin 2 x

tan x.12tan x −1
C. y ' = tan x.12 tan x −1 ln12.
D. y ' =
.
ln12
2
Câu 14. Giải bất phương trình log 1 ( x − 9 ) − log 1 ( x − 3) < 1000.
A. y ' =

3

A. x ∈ ¡ .
C. 3 < x < 31000 − 3.

3

B. x > 3.
D. x ∈ ∅.
1

Câu 15. Tìm tập xác định D của hàm số y = ( x 2 − 6 x + 8 ) 1000 .

B. D = [ 4; +∞ ) ∪ ( −∞; 2] .

A. D = ¡ .

D. D = [ 2; 4] .

C. D = ( 4; +∞ ) ∪ ( −∞; 2 ) .
x

2
. Khẳng định nào dưới đây là khẳng định sai ?
7 x +1
A. f ( x ) > 1 ⇔ x + 1 < x log 7 2.
B. f ( x ) > 1 ⇔ x > ( x + 1) log 2 7.
Câu 16. Cho hàm số f ( x ) =


1
1
⇔ x < −1.
D. f ( x ) > ⇔ x > 0.
2
7
a
,
b
,
c
,
Câu 17. Cho các số thực dương
với a ≠ 1. Khẳng định nào dưới đây là khẳng định
đúng ?
1
2
A. log a ( abc ) = 2 log a2 b + log a c .
2
1
2

B. log a ( abc ) = 1 + 2 log a2 b + log a c .
2
1
2
C. log a ( abc ) = log a2 b + 2 log a c .
2
1
2
D. log a ( abc ) = 1 + log a2 b + 2 log a c .
2
x
.
1000
Câu 18. Tính đạo hàm của hàm số y =
2
ln ( x + 1)
C. f ( x ) >

A.

(x
y'=

C. y ' =

+ 1) ln ( x 2 + 1) − 2 x 2

1000 ln 2 ( x 2 + 1)

.

B. y ' =

+ 1) ln ( x 2 + 1) − 2 x 2

1000 ( x 2 + 1) ln 2 ( x 2 + 1)

.

D. y ' =

2

(x

2

2 x 2 − ( x 2 + 1) ln ( x 2 + 1)
1000 ln 2 ( x 2 + 1)

.

2 x 2 − ( x 2 + 1) ln ( x 2 + 1)

1000 ( x 2 + 1) ln 2 ( x 2 + 1)

.

2
3

Câu 19. Cho log 3 x = 2 3. Tính giá trị của biểu thức P = log 3 x + log 1 x − log 9 x + log

3

x.

3

A. P = 3.

B. P = 2 3.

3
.
2
Câu 20. Xét a và b là hai số thực dương tùy ý. Đặt
C. P =

x = 1000 log 21000 ( a 2 + b 2 ) , y =

D. P =

3
.
6

1
1000
log 2 ( a + b ) .
1000

Khẳng định nào dưới đây là khẳng định đúng ?
A. x − 2 y > −1.
B. x − 2 y ≥ −1.
C. x − 2 y < −1.
D. x − 2 y ≤ −1.
Câu 21. Năm 2015, dân số Việt Nam là 91,7 triệu người. Giả sử tỉ lệ tăng dân số hàng năm
của Việt Nam từ năm 2015 đến năm 2025 ở mức không đổi là 1,5%, hãy dự đoán dân số Việt
Nam năm 2025.
A. 106,54 triệu người.
B. 104,95 triệu người.
C. 108,15 triệu người.
D. 109,78 triệu người.
Câu 22. Cho f ( x ) là hàm chẵn và liên tục trên đoạn [ −2; 2] . Khẳng định nào dưới đây là
khẳng định đúng ?
2

A.
C.

∫ f ( x ) dx = 0.

B.

−2
2

2

−2

0

∫ f ( x ) dx = −2∫ f ( x ) dx.

Câu 23. Tìm nguyên hàm H của hàm số f ( x ) =
A. H = 21001 ln 2 x − 1 −

31001
+ C.
3x − 1

2

2

−2

0

∫ f ( x ) dx = 2∫ f ( x ) dx.
2

D.

∫ f ( x ) dx = 1.

−2

21000

31000
+
.
2 x − 1 ( 3x − 1) 2
B. H = 21001 ln 2 x − 1 +

31001
+ C.
3x − 1


3999
3999
D. H = 2999 ln 2 x − 1 +
+ C.
+ C.
3x − 1
3x − 1
Câu 24. Một vật đang chuyển động với vận tốc 10m/s thì tăng tốc với gia tốc a (t ) = 2t + t 2
(m / s 2 ). Tính quãng đường S (m) mà vật đi được trong khoảng thời gian 12 giây kể từ lúc bắt
đầu tăng tốc.
A. S = 120.
B. S = 2424.
C. S = 720.
D. S = 3576.
C. H = 2999 ln 2 x − 1 −

π
4

Câu 25. Tính tích phân I = sin x + 11cos x dx.
∫0 sin x + cos x
3π
+ 5ln 2.
A. I =
2
3π
+ 10 ln 2.
C. I =
2

B. I = 3π + 5ln 2.
D. I =

3π 5
+ ln 2.
2 2

π
2

sin1000 x
dx.
sin1000 x + cos1000 x
0

Câu 26. Tính tích phân I =
∫
1000

π 
A. I =  ÷ − 1.
2
π
C. I = .
2
Câu 27. Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường
4
A. .
3
16
.
C.
3

1000

π 
B. I =  ÷ − 1.
4
π
D. I = .
4
2
4x = y và 4 y = x 2 .
8
B. .
3
32
.

D.
3

Câu 28. Ký hiệu ( H ) là hình phẳng giới hạn bởi các đường y = xe 2 , y = 0, x = 0, x = 1. Tính
thể tích V của khối tròn xoay thu được khi quay hình ( H ) xung quanh trục hoành.
x

A. V = π ( e − 2 ) .

B. V = π ( e − 1) .

C. V = π ( 3e − 2 ) .

D. V = π ( 3e − 1) .

Câu 29. Tìm phần thực của số phức z = 3 ( 2 + 3i ) − 4 ( 2i − 1) .
A. 10.
B. 7.
C. 7.
D. 5.
Câu 30. Tìm môđun của số phức z = ( 2 + 3i ) ( 1 + i ) .
2

A. z = 15.

B. z = 13.

C. z = 2.
D. z = 2 13.
Câu 31. Tập hợp các điểm trong mặt phẳng phức biểu diễn số phức z thỏa mãn điều kiện z 2

là một số ảo là ?
A. Hai đường phân giác y = x và y = − x của các góc phần tư.
B. Trục ảo.
C. Đường phân giác của góc phần tư thứ nhất.
D. Trục hoành.
Câu 32. Cho số phức z thỏa mãn iz − (−3 + i ) = 2. Trong mặt phẳng phức, đồ thị nào hiển thị
đúng quỹ tích điểm biểu diễn z.


A. Hình 1.

B. Hình 3.

C. Hình 2.
D. Hình 4.
2
Câu 33. Kí hiệu z1 ; z2 là hai nghiệm phức của phương trình z − 3 z + 4 = 0. Tính giá trị của
biểu thức z1 + z2 .
A. 2.
B. 4.
C. 5.
D. 3.
z
z
(3
+
2
i
)
−

1
=
z
(2
+
3
i
).
Câu 34. Cho số phức thỏa mãn
Tìm số phức z.
A. z = 1 + 2i.
B. z = 2i + 1.
C. z = 1 + 3i.
D. Không tồn tại z thỏa mãn.
A' D '
. Tính
Câu 35. Cho hình hộp chữ nhật ABCD. A ' B ' C ' D ' có B ' D ' = a 5, AA ' = A ' B ' =
2
theo a thể tích V của khối hình hộp chữ nhật ABCD. A ' B ' C ' D '.
A. V = a 3 .
B. V = 2a 3 .
3 10 3
C. V =
D. V = 3a 3 .
a.
5
Câu 36. Cho hình chóp S . ABC có tam giác SAB đều cạnh a, tam giác ABC cân tại C. Hình
chiếu của S trên mặt phẳng ( ABC ) là trung điểm của cạnh AB. Đường thẳng SC tạo với
mặt đáy một góc 300. Tính theo a thể tích V khối chóp S . ABC.
3 3

2 3
B. V =
a.
a.
4
8
3 3
3 3
C. V =
D. V =
a.
a.
8
2
Câu 37. Cho tứ diện OABC có
·
·
OA = a, OB = b, OC = c, ·AOB = 600 , BOC
= 450 , COA
= 300.
Gọi CH và CK lần lượt là đường cao của tam giác OAC và tam giác OBC. Tính thể tích V
của tứ diện OABC.
A. V =


abc 6
abc 4 6
B. V =
.
.

12
12
abc 2
C. V =
D. V = abc 6 − 2 .
.
12
12
Câu 38. Cho hình chóp S . ABC có cạnh SA = SB = SC = a và SA, SB, SC đôi một vuông góc
với nhau. Tính theo a khoảng cách h từ điểm S đến mặt phẳng ( ABC ) .
a
a
.
.
A. h =
B. h =
2
3
a
a
C. h = .
D. h = .
2
3
A
,
Câu 39. Trong không gian, cho tam giác ABC vuông tại
cạnh AB = a, AC = a 3. Tính
diện tích xung quanh của hình nón nhận được khi quay tam giác ABC xung quanh trục AC.
2

2
A. S xq = π 2a .
B. S xq = π a .
A. V =

2
2
C. S xq = π 3a .
D. S xq = π 2a .
Câu 40. Hình trụ có bán kính đường tròn đáy bằng 5 và khoảng cách giữa hai đáy bằng 7.
Diện tích toàn phần của hình trụ trên bằng ?
A. 100π .
B. 140π .
C. 120π .
D. 160π .
50
cm
×
240
cm, người ta làm các thùng
Câu 41. Từ một tấm tôn hình chữ nhật kích thước
đựng nước hình trụ có chiều cao bằng 50cm theo hai cách như sau:
Cách 1. Cắt tấm tôn ban đầu thành hai tấm bằng nhau, rồi gò mỗi tấm đó thành mặt xung
quanh của thùng.
Cách 2. Cắt tấm tôn ban đầu thành hai tấm sao cho tấm này có chiều dài bằng ba lần tấm kia
rồi gò mỗi tấm thành mặt xung quanh của thùng.
Kí hiệu V1 là tổng thể tích của hai thùng được gò theo cách 1 và V2 là tổng thể tích của hai
V1
.
thùng được gò theo cách 2. Tính tỉ số

V2

V1 5
= .
V2 4
V1 1
= .
C.
V2 2
A.

V1
= 2.
V2
V1 4
= .
D.
V2 5
B.

Câu 42. Cho khoảng cách từ tâm cầu S ( O; R ) đến mặt phẳng ( Q ) là d , với d < R. Hỏi giữa
mặt phẳng ( Q ) và mặt cầu ( S ) có bao nhiêu điểm chung ?
A. 2.
B. 1.
C. Vô số.
D. 3.


Câu 43. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng ( P ) : 3 x − 4 y + 5 z − 2 = 0.
Vectơ nào dưới đây là một vectơ pháp tuyến của ( P ) ?

r
r
A. n = ( −4;5; −2 ) .
B. n = ( 3; −4; 2 ) .
r
r
C. n = ( 3; −5; −2 ) .
D. n = ( 3; −4;5 ) .
Câu 44. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt cầu
( S ) : x 2 + y 2 + z 2 − 2 x − 2 y + 4 z − m2 + 5 = 0,
với m là tham số thực. Tìm m sao cho ( S ) có bán kính R = 3.

A. m = ±3 2.
B. m = ± 2.
C. m = ±2 2.
D. m = ±2 3.
Câu 45. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng ( P ) : x + my + 2 z + 3 = 0, với
m là tham số thực và điểm A ( 1; 2;1) . Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m sao cho
2
khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng ( P ) bằng .
3
17
A. m = −2 hoặc m = −3.
B. m = −2 hoặc m = − .
4
17
19
C. m = −
hoặc m = −1.
D. m = −2 hoặc m = − .

4
4
Câu 46. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng có phương trình
 x = 2 + 2t

d :  y = −1 − 3t ( t ∈ ¡ ) .
z = 1


x −1 y − 3 z + 2
=
=
, với m là tham số thực khác 0. Tìm m sao cho
1
m
−2
đường thẳng ∆ vuông góc với đường thẳng d .
A. m = 1.
B. m = 2.
2
1
C. m = .
D. m = .
3
3
Câu 47. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng ( P ) : 2 x − 3 y + 6 z − 5 = 0 và
Xét đường thẳng ∆ :

điểm A ( 2; −3;1) . Viết phương trình mặt phẳng ( Q ) đi qua điểm A và song song với mặt

phẳng ( P ) .
A. 3 x − 2 y − 2 z − 10 = 0.
B. 2 x − 3 y + 6 z − 19 = 0.
C. 3 x + 4 y + z + 5 = 0.
D. 4 x − 6 y + 12 z − 19 = 0.
Câu 48. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt cầu ( S ) có tâm I ( 1; −1; 2 ) và đường
x −1 y z
=
= . Đường thẳng d cắt mặt cầu ( S ) tại hai điểm A và B với AB = 10.
thẳng d :
1
−1 1
Viết phương trình của mặt cầu ( S ) .
A. ( S ) : ( x − 1) + ( y + 1) + ( z − 2 ) = 27.
2

2

2

B. ( S ) : ( x − 1) + ( y + 1) + ( z − 2 ) = 31.
2

2

2

C. ( S ) : ( x + 1) + ( y − 1) + ( z + 2 ) = 27.
2

2

2

D. ( S ) : ( x + 1) + ( y − 1) + ( z + 2 ) = 31.
2

2

2


Câu 49. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng ( P ) : 2 x − 5 y − z = 0 và đường
x −1 y +1 z − 3
=
=
. Viết phương trình đường thẳng ∆ nằm trên mặt phẳng ( P ) sao
thẳng d :
1
1
−1
cho ∆ cắt và vuông góc với đường thẳng d .
x − 3 y −1 z −1
x−2 y z−2
=
=
.
=
=
.

B. ∆ :
6
1
7
6
−5
1
x−2 y z−2
x − 3 y −1 z −1
= =
.
=
=
.
C. ∆ :
D. ∆ :
5
1
6
4
3
7
Câu 50. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, mặt phẳng ( P ) đi qua điểm M ( 1; 2; 4 ) và cắt
1
1
1
+
+
các trục tọa độ Ox, Oy, Oz lần lượt tại A, B, C thỏa mãn
nhỏ nhất. Mặt

2
2
OA OB OC 2
phẳng ( P ) đi qua điểm nào dưới đây ?
A. ∆ :

A. T ( 1; −2; 4 ) .

C. T ( 2; −2;6 ) .

B. T ( −3;5; 2 ) .
D. T ( −1;1;5 ) .


ĐÁP ÁN
Câu 1.
Xét f ( x) = 0 thì số nghiệm của phương trình bằng với số điểm mà đồ thị hàm số đó giao với
trục hoành.
Nhìn các hình biểu diễn đồ thị ta thấy f ( x) = 0 có ba nghiệm thì đồ thị biểu diễn ở hình 1 và
hình 2 là thỏa mãn.
Chọn A
Câu 2.
1
Điều kiện x ≤ .
3
3
1

4
2

> 0, ∀x ∈  −∞; ÷.
Ta có y ' = 5 x + 3x +
3
2 1 − 3x

1
1


Kết hợp với y liên tục trên  −∞; ÷⇒ y đồng biến trên  −∞; ÷.
3
3


Chọn B
Câu 3.
Điều kiện x > 0.
1 − ln x
= 0 ⇔ 1 − ln x = 0 ⇔ x = e.
Đạo hàm y ' =
x2
Ta thấy tại x = e đạo hàm của hàm số đổi dấu từ ''+ '' sang ''− ''.
1
Do đó hàm số đạt cực đại tại x = e ⇒ yCÑ = y(e) = .
e
Chọn A
Câu 4.
5 − x ≥ 0
3 < x ≤ 5


⇔
Hàm số đã cho xác định ⇔  x − 3 > 0
x ≠ 4
ln x − 3 ≠ 0
(
)

Câu 5.
Đáp án A sai vì trên mỗi khoảng ( −∞;5 ) , ( 5;10 ) , ( 10; +∞ ) thì y ' < 0.
Đáp án B sai vì khi m − 1 = 1 ⇔ m = 2 thì phương trình f ( x ) = m − 1 chỉ có duy nhất một
nghiệm và nghiệm đó thuộc khoảng ( 5;10 ) .
Đáp án C đúng vì
lim y = 1 ⇒ y = 1 là một tiệm cận ngang của đồ thị hàm số.
x →∞

 lim− y = −∞
x →5
⇒ x = 5 là một tiệm cận đứng của đồ thị hàm số.

lim
y
=
+∞
 x →5+
 lim− y = −∞
x →10
⇒ x = 10 là một tiệm cận đứng của đồ thị hàm số.

y = +∞
 xlim

+
→10
Đáp án D sai vì đồ thị hàm số chỉ cắt Ox tại hai điểm phân biệt.
Chọn C
Bài tập luyện thêm:
Cho hàm số y = f ( x) liên tục trên ¡ \ { ±2} và có bảng biến thiên như sau:


Khẳng định nào sau đây là khẳng định sai ?
A. Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng ( −∞; −2 ) , ( −2; 2 ) , ( 2; +∞ ) .
B. Đồ thị hàm số có 2 tiệm cận ngang và 2 tiệm cận đứng.
C. Phương trình f ( x) = m có hai nghiệm phân biệt khi và chỉ khi m ≤ 1.
D. Đồ thị hàm số cắt Ox tại ba điểm phân biệt.
Đáp án C
Câu 6.
Rõ ràng 1 đúng.
Khẳng định 2 sai vì x0 không cần thiết phải là nghiệm của đạo hàm chỉ cần qua x0 đạo hàm
đổi dấu từ ''+ '' sang ''− '' hoặc từ ''− '' sang ''+ '' là được.
Khẳng định 3 sai vì nếu f '( x ) = 0 có nghiệm x0 với x0 là nghiệm kép của f '( x ) = 0 thì
f '' ( x0 ) = 0 nhưng x0 không là điểm cực trị của hàm số vì qua x0 đạo hàm không đổi dấu.

Khẳng định 4 sai vì với f ' ( x0 ) = 0 và f '' ( x0 ) > 0 thì qua x0 đạo hàm đổi dấu từ ''− '' sang
''+ '' ⇒ hàm số đạt cực tiểu tại x0 .
Chọn B
Câu 7.
Hàm số đã xác định và liên tục trên đoạn [ −1;3] .

( 2 x + 4 ) ( x + 3) − ( x 2 + 4 x + 2 )
f '( x) =
2

( x + 3)

=

x 2 + 6 x + 10

( x + 3)

2

> 0, ∀x ∈ ( −1;3) .

1
23
26
⇒ max f ( x ) = .
Ta có f ( −1) = − ; f ( 3) =
[ −1;3]
2
6
3
Chọn D
Câu 8.
Điều kiện cần.
Giả sử hàm số đạt cực đại tại x = 2 ⇒ f '(2) = 0.
Ta có f '( x ) = 3 x 2 − 6 xm + m − 1 ⇒ f '(2) = 11 − 11m = 0 ⇒ m = 1.
Đến đây nhiều bạn chọn luôn A nhưng chưa chắc vì với m = 1 thì x = 2 cũng có thể là điểm
cực tiểu của hàm số và thậm trí còn không phải là điểm cực trị nếu x = 2 là nghiệm kép của
phương trình f '( x ) = 0.
Điều kiện đủ.

Thử lại, với m = 1 thì f ''(2) = 6.2 − 6 = 6 > 0 ⇒ x = 2 là điểm cực tiểu của hàm số.
Chọn D
Câu 9.


 4 − x 2 ≥ 0
−2 ≤ x ≤ 2
⇔
Điều kiện  2
 x − 3x − 4 ≠ 0
 x ≠ −1
y = +∞; lim + y = −∞ ⇒ x = −1 là một tiệm cận đứng của đồ thị hàm số và cũng là
Ta có x →lim
( −1) −
x → ( −1)
tiệm cận duy nhất của đồ thị hàm số.
Chọn A
Câu 10.
Gọi V là thể tích của thùng, c là chi phí trên mỗi một đơn vị diện tích để làm mặt bên của
thùng ( V và c là các hằng số).
2
Chi phí để làm thùng là ( 2π rh ) .c + Nc. ( 2π r ) , trong đó h và r là các biến.
Ta có mối liên hệ giữa hai biến h và r được cung cấp bởi V = π r 2 h .
Sử dụng mối quan hệ này để loại bỏ h (cũng có thể loại bỏ r nhưng sẽ dễ dàng hơn khi loại
bỏ h vì h chỉ xuất hiện một lần trong công thức tính chi phí ).
V
2cV
2
+ 2 Ncπ r 2 .
Chi phí sản xuất là f ( r ) = 2π rc 2 + Nc 2π r =

πr
r
2cV
V
Đạo hàm f ' ( r ) = 4 Ncπ r − 2 = 0 ⇔ r = 3
.
r
2 Nπ
V
Từ đó với r = 3
thì f ( r ) đạt giá trị nhỏ nhất.
2 Nπ
r 2h
h
2
Lại có V = π r h ⇒ f ( r ) đạt giá trị nhỏ nhất khi r = 3
⇔ = 2N .
2N
r
Chọn B
Câu 11.
2
Bài ra ta có ngay ax0 + bx0 + c = 0.
c
b
2
Do a ≠ 0 ⇒ x0 = −  x0 + ÷.
a
a
x02

c b
c
b
x02 = −  x0 + ÷ ≤ x0 + ≤ M ( x0 + 1) ⇒ M ≥
.
a a
a
x0 + 1
a
Ta có f ( x ) = Mx ⇒ f ' ( x ) = M .
Đạo hàm g ' ( x ) = − f ' ( x ) + a .

Hàm số g ( x ) nghịch biến trên ¡ ⇔ g ' ( x ) = − f ' ( x ) + a ≤ 0, ∀x ∈ ¡
⇔ − M + a ≤ 0, ∀x ∈ ¡ ⇔ a ≤ M , ∀x ∈ ¡ ⇔ a ≤

x02
.
x0 + 1

Chọn C
Câu 12.
2 x − 1 > 0
1

ĐK:  x + 3 > 0 ⇔ x >
(*)
2
 x2 + 3 > 0

2

Khi đó log 2 ( 2 x − 1) + log 2 ( x + 3) = log 2 ( x + 3)

⇔ log 2 ( 2 x − 1) ( x + 3)  = log 2 ( x 2 + 3)

x = 1
⇔ ( 2 x − 1) ( x + 3) = x 2 + 3 ⇔ x 2 + 5 x − 6 = 0 ⇔ 
 x = −6
Kết hợp với (*) ta được x = 1 là nghiệm duy nhất của phương trình đã cho.
Chọn D


Câu 13.
Ta có y = 12 tan x ⇒ y ' = 12 tan x.

1
12tan x ln12
ln12
=
.
cos 2 x
cos 2 x

Chọn A
Câu 14.
 x2 − 9 > 0
x2 > 9
⇔
⇔ x>3
ĐK: 
x − 3 > 0

x > 3

(*)

2
Khi đó log 1 ( x − 9 ) − log 1 ( x − 3) < 1000
3

3

⇔ log 1
3

x2 − 9
< 1000 ⇔ log 1 ( x + 3) < 1000
x −3
3
1000

1
1
⇔ x + 3 >  ÷ ⇔ x > 1000 − 3.
3
3
Kết hợp với (*) ta được x > 3 thỏa mãn.
Chọn B
Câu 15.
1
x > 4
2

Hàm số y = ( x 2 − 6 x + 8 ) 1000 xác định ⇔ x − 6 x + 8 > 0 ⇔ 
x < 2
Chọn C
Câu 16.
2x
Xét đáp án A, ta có f ( x ) > 1 ⇔ x +1 > 1 ⇔ 2 x > 7 x +1
7
⇔ log 7 2 x > log 7 7 x +1 ⇔ x log 7 2 > x + 1 ⇒ A đúng.

2x
> 1 ⇔ 2 x > 7 x +1
x +1
7
⇔ log 2 2 x > log 2 7 x +1 ⇔ x > ( x + 1) log 2 7 ⇒ B đúng.

Xét đáp án B, ta có f ( x ) > 1 ⇔

1
2x
1
⇔ x +1 >
2
7
2
x +1
x +1
2
2
⇔ x +1 > 1 ⇔  ÷ > 1 ⇔ x + 1 < 0 ⇔ x < −1 ⇒ C đúng.
7

7
Đến đây, ta chọn ngay được D là đáp án đúng.
1
2x
1
Xét đáp án D, ta có f ( x ) > ⇔ x +1 >
7
7
7
x
x
2
2
⇔ x > 1 ⇔  ÷ > 1 ⇔ x < 0 ⇒ D sai.
7
7
Chọn D
Câu 17.
Với a, b, c > 0 và a ≠ 1, ta có
1
log a ( abc ) = log a a + log a b + log a c = 1 + 2 log a2 b + log a c 2 .
2
Chọn B
Câu 18.
x
x
1
x
=
=

.
1000
2
Ta có y =
1000 ln ( x + 1) 1000 ln ( x 2 + 1)
ln ( x 2 + 1)
Xét đáp án C, ta có f ( x ) >


1
⇒ y' =
.
1000

2x
2
2
2
x + 1 = ( x + 1) ln ( x + 1) − 2 x .
ln 2 ( x 2 + 1)
1000 ( x 2 + 1) ln 2 ( x 2 + 1)

ln ( x 2 + 1) − x.

2

Chọn C
Câu 19.
2
3

ĐK: x > 0, khi đó P = log 3 x + log 1 x − log 9 x + log

3

x

3

= 2 log 3 x + 3log 3−1 x − log 32 x + log 1 x
32

= 2 log 3 x +

log 3 x 2 3
3
1
1
log 3 x − log 3 x + log 3 x =
=
= 3.
1
−1
2
2
2
2

Chọn A
Câu 20.
Với a, b > 0, ta có

x = 1000 log 21000 ( a 2 + b 2 ) = 1000.

1
log 2 ( a 2 + b 2 ) = log 2 ( a 2 + b 2 ) .
1000

1
1
1000
log 2 ( a + b )
=
.1000 log 2 ( a + b ) = log 2 ( a + b )
1000
1000
2
2
Xét hiệu x − 2 y + 1 = log 2 ( a + b ) − 2 log 2 ( a + b ) + log 2 2
y=

2
= log 2  2 ( a 2 + b 2 )  − log 2 ( a + b )

(1)

2
2
2
2
Lại có 2 ( a + b ) − ( a + b ) = ( a − b ) ≥ 0 ⇒ 2 ( a + b ) ≥ ( a + b ) > 0.
2

2

2

Khi đó từ (1) ⇒ x − 2 y + 1 ≥ 0 ⇒ x − 2 y ≥ −1, dấu " = " xảy ra ⇔ a = b > 0.
Chọn B
Câu 21.
Từ năm 2015 đến năm 2025 là 10 năm.
Khi đó dự đoán dân số Việt Nam năm 2025 là 91, 7.e10.1,5% ≈ 106,54 triệu người.
Chọn A
Câu 22.
Ta có

2

0

2

−2

−2

0

∫ f ( x ) dx = ∫ f ( x ) dx + ∫ f ( x ) dx

(1)

0

Xét tích phân A =

∫ f ( x ) dx, đặt x = −t.

−2

Khi x = −2 ⇒ t = 2; x = 0 ⇒ t = 0.
2

2

2

0

0

0

Do đó A = − ∫ f ( −t ) d ( −t ) = ∫ f ( −t ) dt = ∫ f ( − x ) dx.
2

Hàm số f ( x ) chẵn ⇒ f ( − x ) = f ( x ) ⇒ A = ∫ f ( x ) dx.
0

2

Thế vào (1) ta được

∫

−2

2

2

2

0

0

0

f ( x ) dx = ∫ f ( x ) dx + ∫ f ( x ) dx = 2∫ f ( x ) dx.

Chọn B
Câu 23.
 21000
31000 
1
1
1000
1000
H
=
+


Ta có
∫  2 x − 1 ( 3x − 1) 2  dx = 2 ∫ 2 x − 1 dx + 3 ∫ ( 3x − 1) 2 dx




1
−1 1
3999
= 21000. ln 2 x − 1 + 31000.
. + C = 2999 ln 2 x − 1 −
+ C.
2
3x − 1 3
3x − 1

Chọn C
Câu 24.
Gọi v(t ) là vận tốc của vật, ta có

v '(t ) = a (t ) = 2t + t 2 ⇒ v(t ) = ∫ ( 2t + t 2 ) dt = t 2 +
Do v(0) = 10 ⇒ 0 + 0 + C = 10 ⇔ C = 10 ⇒ v(t ) = t 2 +

t3
+ C.
3

t3
+ 10.

3

 2 t3

 t3 t4
 12
Khi đó S = ∫  t + + 10 ÷dt =  + + 10t ÷ = 2424 (m).
3

 3 12
0
0 
Chọn B
Câu 25.
Ta có ( sin x + cos x ) ' = cos x − sin x.
12

Phân tích sin x + 11cos x = m ( cos x − sin x ) + n ( sin x + cos x ) = ( n − m ) sin x + ( m + n ) cos x
n − m = 1
m = 5
⇒
⇔
⇒ sin x + 11cos x = 5 ( cos x − sin x ) + 6 ( sin x + cos x ) .
m + m = 11 n = 6
π
4

π

4

Do đó I = sin x + 11cos x dx = 5 ( cos x − sin x ) + 6 ( sin x + cos x ) dx
∫0 sin x + cos x
∫0
sin x + cos x

π
4

π
4

π
4

5 ( cos x − sin x )
6π
1
dx =
+ 5∫
d ( sin x + cos x )
sin x + cos x
4
sin x + cos x
0
0

= ∫ 6dx + ∫
0

3π

=
+ 5ln sin x + cos x
2

π
4

=

0

3π
3π 5
+ 5ln 2 =
+ ln 2.
2
2 2

Chọn D
Câu 26.

π
π

π

− t ⇒ sin x = sin  − t ÷ = cos t và cos x = cos  − t ÷ = sin t.
2
2 
2 

π
π
Khi x = 0 ⇒ t = ; x = ⇒ t = 0.
2
2
Đặt x =

π
2

cos1000 t
π

d  −t÷
1000
1000
cos t + sin t  2 
0

Do đó I = −
∫

π
2

π
2

1000

cos t
cos1000 x
dt
=
dx
1000
1000
1000
1000
∫
cos
t
+
sin
t
cos
x
+
sin
x
0
0

=∫
π
2

π
2

sin x
cos1000 x
dx
+
∫0 sin1000 x + cos1000 x dx
sin1000 x + cos1000 x
0

Như vậy 2 I =
∫

1000

π
2

sin1000 x + cos1000 x
π
π
dx = ⇒ I = .
1000
1000
sin x + cos x
2
4
0

=∫

Chọn D

Câu 27.
Ta có 4 x = y 2 ⇔ y = ±2 x (với x ≥ 0 ).


Lại có 4 y = x 2 ⇔ y =

x2
.
4

Phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số y = 2 x và y =
2 x=
4

Diện tích cần tính là S = ∫ 2 x −
0

x2
là
4

 x =0
x = 0
x2
⇔
⇔
4
x = 4
 x x = 8

x2
dx.
4
x2
= 0 vô nghiệm
4
4

x2 
⇒ S = ∫  2 x − ÷dx .
4
0

Rõ ràng trên khoảng ( 0; 4 ) phương trình 2 x −

 3

4
 2 x 2 x3 ÷ 4 16
 12 x 2 

x2 
16
− ÷ = ⇒S= .
Ta có ∫  2 x − ÷dx = ∫  2 x − ÷dx = 
3 12 0 3
4
4
3
0

0

÷
 2

Chọn C
Câu 28.
4

2

1
 2x 
Thể tích cần tính là V = π ∫  xe ÷ dx = π ∫ x 2 e x dx.

0
0
1

1

1

0

0

1

2 x

2
x
x 2
Ta có I = ∫ x e dx = ∫ x d ( e ) = ( e x )

0

1

1

− ∫ exd ( x2 )
0

1

= e − ∫ e .2 xdx = e − 2 ∫ xd ( e
x

0

= e − 2e + ( 2e x )

0

1

x

) = e − ( 2 xe )

1

x

0

1

+ 2 ∫ e x dx
0

= −e + 2e − 2 = e − 2.

0

Do đó V = π ( e − 2 ) .
Chọn A
Câu 29.
Ta có z = ( 6 + 4 ) + ( 9 − 8 ) i = 10 + i ⇒ z có phần thực là 10.
Chọn A
Câu 30.
Ta có z = (2 + 3i)(1 + i) 2 = (2 + 3i).2i = −6 + 4i ⇒ z =

( −6 )

2

+ 42 = 2 13.

Chọn D
Câu 31.
Giả sử z = a + bi (a, b ∈ ¡ ) ⇒ z 2 = a 2 − b 2 + 2abi.
a = b
2
2
Khi đó z 2 là một số ảo khi a − b = 0 ⇔ 
 a = −b
Do đó quỹ tích các điểm biểu diễn z thỏa mãn đề bài là đường thẳng y = x và y = − x.
Chọn A
Câu 32.
Giả sử z = a + bi (a, b ∈ ¡ ) ⇒ zi − ( −3 + i) = −b + 3 + (a − 1)i.
2
2
Do đó zi − (−3 + i ) = 2 ⇔ (a − 1) + (b − 3) = 4.


Vậy quỹ tích của z là đường tròn tâm I (1;3) bán kính bằng 2.
Từ đó ta thấy ngay loại đi hình 1, hình 3 và hình 4 và chỉ có hình 2 là thỏa mãn.
Chọn C
Câu 33.
2
3
7 7
3
7

2
Ta có z − 3 z + 4 = 0 ⇔  z − ÷ = − = i 2 ⇔ z = ±
i

2
4 4
2 2

2

2

2
2
7
3  7 
3 
.
⇒ z1 + z2 =  ÷ + 
+
+
−
÷


÷
 2 ÷
÷ = 4.
2
2  2 ÷







Chọn B
Câu 34.
Giả sử z = a + bi (a, b ∈ ¡ ) ⇒ z = a − bi.
Bài ra ta có (a − bi )(3 + 2i) − 1 = ( a + bi ) ( 2 + 3i )
⇔ 3a + 2b − 1 + (2a − 3b)i = 2a − 3b + (3a + 2b)i ⇔ a + 5b − 1 − (a + 5b)i = 0.
Suy ra không tồn tại số phức z thỏa mãn điều kiện đề bài.
Chọn D
Câu 35.
Áp dụng định lý Pytago ta có A ' B '2 + A ' D '2 = B ' D '2
⇒ 5 A ' B '2 = B ' D '2 = 5a 2 ⇒ A ' D ' = 2 A ' B ' = 2 AA ' = 2a.
Do đó thể tích của hình hộp chữ nhật là V = AA '. A ' B '. A ' D ' = 2a 3 .
Chọn B
Câu 36.

Gọi H là trung điểm của cạnh AB ⇒ SH ⊥ ( ABC ).
3
3
Ta có ∆SAB đều ⇒ SH =
SA =
a.
2
2
Tam giác ABC cân tại C ⇒ CH ⊥ AB.
0
·
= 300 ⇒ HC =
Góc hợp giữa SC và mặt đáy bằng 30 ⇒ SCH
1

1
1 3 3
3 3
Do đó VSABC = SH . AB.CH = .
a. a.a =
a.
3
2
6 2 2
8
Chọn C
Câu 37.

SH
3
= a.
0
tan 30
2


Kẻ CI ⊥ ( OAB ) ⇒ OI là đường kính đường tròn ngoại tiếp ∆OHK .

(

)

2
2
2

5 − 6 c2
Ta có HK 2 = OK 2 + OH 2 − 2OK .OH .cos 600 = 2c + 3c − c 6 =
.
4
4
4
4

Bán kính đường tròn ngoại tiếp ∆OHK là R =
Lại có CI 2 = OC 2 − OI 2 = c 2 − 4 R 2 =

c2

(

HK
c 5− 6
=
.
0
2sin 60
2 3

6 −2
3

) ⇒ CI = c

6 −2
.

3

Do đó VOABC = 1 CI .SOAB = abc 6 − 2 .
3
12
Chọn D
Bài tập luyện thêm:
Bài 1. Cho tứ diện ABCD có
·
·
·
AB = a, AC = b, AD = c ( a < b, a < c ) và BAC
= 900 , CAD
= 1200 , BAD
= 600.
Tính thể tích của khối tứ diện ABCD.
abc 2
abc 2
A.
B.
.
.
4
12
abc 2
abc 2
C.
D.
.
.

5
15
Hướng dẫn:


Cách 1. Lấy C ', D ' lần lượt trên AC và AD sao cho AC ' = AD ' = a.
Ta có BC '2 = AB 2 + AC '2 ⇒ BC ' = a 2.
·
Lại có D ' C 2 = AD '2 + AC '2 − 2 AD '. AC '.cos DAC
⇒ D ' C ' = a 3.
2
2
Tam giác ABD ' có BD ' = a, ta thấy D ' C = BD ' + BC '2 ⇒ ∆BD ' C ' vuông tại B.
Gọi H là trung điểm của cạnh D ' C ' ⇒ AH ⊥ ( BC ' D ' ) .
C ' D '2 a 2
a
1
a3 2
Ta có AH = AD ' −
=
⇒ AH = ⇒ VABC ' D ' = AH .S BC ' D ' =
.
4
4
2
3
12
V
AB. AC '. AD ' AC '. AD ' a 2
abc 2

=
=
⇒ VABCD =
.
Lại có ABC ' D ' =
VABCD
AB. AC. AD
AC. AD bc
12
2

2

Cách 2. Dựng đường cao BM của tam giác BC ' D '.

Do AH ⊥ ( BC ' D ') ⇒ ( ACD ) ⊥ ( BC ' D ' ) , BH ⊥ C ' D ' ⇒ BH ⊥ ( ACD ) .
1
1
1
1
1
3
a 6
=
+
= 2 + 2 = 2 ⇒ BH =
2
2
2
BH

BC ' BD '
2a a
2a
3
1
1 a 6 bc
abc 2
⇒ VABCD = BH .S ACD = .
. .sin1200 =
.
3
3 3 2
12
Chọn B
·
·
·
Bài 2. Cho tứ diện ABCD có AB = a, AC = 2a, AD = 3a và BAC
= CAD
= BAD
= 600. Tính
thể tích V tứ diện ABCD.
2 3
2 3
A. V =
B. V =
a.
a.
12
6

2 3
2 3
C. V =
D. V =
a.
a.
4
2
Chọn D
Câu 38.
Cách 1. Gọi H là chân đường cao hạ từ S xuống ( ABC ) và M = AH ∩ BC.
Ta có


Ta có SH ⊥ ( ABC ) ⇒ SH ⊥ BC ⇒ BC ⊥ SH .
 SA ⊥ SB
⇒ SA ⊥ ( SBC ) ⇒ SA ⊥ BC ⇒ BC ⊥ SA.
Lại có 
 SA ⊥ SC
 BC ⊥ SH
⇒ BC ⊥ ( SAM ) ⇒ BC ⊥ SM .
Như vậy 
 BC ⊥ SA

Từ SA ⊥ ( SBC ) ⇒ SA ⊥ SM
1
1
1
1
1

1
3
a
⇒
= 2+
= 2+ 2+
= 2 ⇒h=
.
2
2
2
SH
SA SM
SA SB
SC
a
3
3VS . ABC
.
Cách 2. Ta có ngay h =
S ABC
Theo định lí Pytago ta dễ dàng có được AB = BC = CA = a 2
1
1 2 3 a2 3
0
⇒ S ABC = AB. AC sin 60 = .2a .
=
.
2
2

2
2
1
a3
Lại có 3VS . ABC = 3VA.SBC = AS .S SBC = a. a.a =
2
2
a3
3V
a
⇒ h = S . ABC = 22 =
S ABC
a 3
3
2
Chọn B
Câu 39.
Tam giác ABC vuông tại A ⇒ BC = AB 2 + AC 2 = 2a.
Khi quay tam giác ∆ABC quanh trục AC ta được hình nón có bán kính đường tròn đáy
R = AB = a, đường sinh l = BC = 2a và đường cao h = AC = a 3.
2
Do đó diện tích xung quanh S xq = π Rl = 2a π .
Chọn A
Câu 40.


Bán kính đường tròn đáy hình trụ R = 5 và khoảng cách giũa hai đáy h = 7.
Do đó diện tích xung toàn phần của hình trụ
Stp = 2π R 2 + 2π Rh = 2π R ( R + h ) = 120π .
Chọn C

Câu 41.
Một đường tròn có bán kính r thì có chu vi và diện tích lần lượt là
C2
C = 2π r , S = π r 2 ⇒ S =
.
4π
Gọi chiều dài miếng tôn là a thì tổng diện tích đáy của thùng những thùng tôn trong hai
2
2
2
a
 a   3a 
 ÷ a2
 ÷  ÷ 5a 2
trường hợp là
2
4
4
S1 = 2.   =
; S2 =   +   =
.
4π
8π
4π
4π
32π
Do các thùng tôn tạo ra cùng chiều cao h = 50 (cm)
a2
V
h.S1

4
⇒ 1 =
= 8π2 = .
V2 h.S 2 5a
5
32π
Chọn D
Câu 42.

Do d < R nên quỹ tích các điểm chung giữa ( Q ) và ( S ) nằm trên đường tròn đường bán kính
r = R 2 − h 2 ⇒ có vô số điểm chung giữa ( Q ) và ( S ) .
Chọn C
Câu 43.
r
2
2
2
Mặt phẳng ax + by + cx + d = 0 ( a + b + c > 0 ) có một VTPT là n = ( a; b; c ) .


r
Dựa vào đó, ta thấy ngay ( P ) : 3 x − 4 y + 5 z − 2 = 0 có một VTPT là n = ( 3; −4;5 ) .
Chọn D
Câu 44.
2
2
2
Ta viết lại mặt cầu ( S ) như sau ( S ) : ( x − 1) + ( y − 1) + ( z + 2 ) = m 2 + 1
⇒ ( S ) có bán kính R = m 2 + 1.

Bài ra ta cần có
Chọn C
Câu 45.

m 2 + 1 = 3 ⇔ m 2 + 1 = 9 ⇔ m2 = 8 ⇔ m = ±2 2.

Ta có d ( A; ( P ) ) =
Bài ra d ( A; ( P ) )

1 + 2m + 2.1 + 3

=

2m + 6

.
12 + m 2 + 22
m2 + 5
2m + 6 2
2
= ⇒
= ⇔ m2 + 5 = 3 m + 3
2
3
m +5 3

 m = −2
⇔ m + 5 = 9 ( m + 6m + 9 ) ⇔ 8m + 54m + 76 = 0 ⇔ 
 m = − 19


4
2

2

2

Chọn D
Câu 46.
ur
Đường thẳng d có một VTCP là u1 = ( 2; −3;0 ) .
uur
Đường thẳng ∆ có một VTCP là u2 = ( 1; m; −2 ) .
ur uur
2
YCBT ⇔ u1.u2 = 0 ⇔ 2 − 3m + 0 = 0 ⇔ m = , thỏa mãn m ≠ 0.
3
Chọn C
Câu 47.
Ta có ( Q ) / / ( P ) : 2 x − 3 y + 6 z − 5 = 0 ⇒ ( Q ) : 2 x − 3 y + 6 z + m = 0 ( m ≠ −5 ) .

Lại có ( Q ) qua A ( 2; −3;1) ⇒ 2.2 − 3. ( −3 ) + 6.1 + m = 0 ⇔ m = −19, thỏa mãn m ≠ −5.
⇒ ( Q ) : 2 x − 3 y + 6 z − 19 = 0.

Chọn B
Câu 48.
Gọi R là bán kính của mặt cầu ( S ) và gọi N là trung điểm của cạnh AB
AB
⇒ NA = NB =
= 5.

2
Tam giác IAB cân tại I có N là trung điểm của cạnh AB ⇒ IN ⊥ AB
⇒ R 2 = IA2 = AN 2 + IN 2 = 25 +  d ( I ; d )  .
2

uuur r
 IM ; u 
r


.
Ta có d qua M ( 1;0;0 ) và có một VTCP là u = ( 1; −1;1) ⇒ d ( I ; d ) =
r
u
uuur
uuur r
uuur r
2
2
2
Lại có IM ⇒  IM ; u  = ( −1; −2; −1) ⇒  IM ; u  = ( −1) + ( −2 ) + ( −1) = 6.
r
r
2
Từ u = ( 1; −1;1) ⇒ u = 12 + ( −1) + 12 = 3
6
= 2 ⇒ R 2 = 25 + 2 = 27 ⇒ R = 3 3.
3
Mặt cầu ( S ) có tâm I ( 1; −1; 2 ) và bán kính R = 3 3
⇒ d ( I;d ) =

(

⇒ ( S ) : ( x − 1) + ( y + 1) + ( z − 2 ) = 3 3
2

2

2

)

2

= 27.


Chọn A
Bình luận:
Ngoài cách tính IM như trên, ta còn cách khác như sau:
x = 1+ t

( t ∈¡ ) .
Ta có d :  y = −t
z = t

uuur
Do M ∈ d ⇒ M ( 1 + t ; −t ; t ) ⇒ IM = ( t ;1 − t ; t − 2 ) .
r
Đường thẳng d có một VTCP là u = ( 1; −1;1)

uuur r
Khi đó IM ⊥ AB ⇔ IM .u = 0 ⇔ t − 1 + t + t − 2 = 0 ⇔ t = 1
uuur
2
⇒ IM = ( 1;0; −1) ⇒ IM = 12 + 02 + ( −1) = 2.
Câu 49.
x = 1+ t

Ta có d :  y = −1 + t ( t ∈ ¡ ) .
z = 3 − t


Giả sử ∆ cắt và vuông góc với d tại M ⇒ M ( t + 1; t − 1;3 − t ) .

Bài ra ∆ nằm trên ( P ) ⇒ M ∈ ( P ) ⇒ 2 ( t + 1) − 5 ( t − 1) − ( 3 − t ) = 0

⇔ −2t + 4 = 0 ⇔ t = 2 ⇒ M ( 3;1;1) .
r
Mặt phẳng ( P ) có một VTPT là n = ( 2; −5; −1) .
r
Đường thẳng d có một VTCP là u = ( 1;1; −1) .
rr
Đường thẳng ∆ nằm trên ( P ) và ∆ ⊥ d ⇒ ∆ nhận  n; u  = ( 6;1;7 ) là một VTCP.
x − 3 y −1 z −1
=
=
.
Kết hợp với ∆ qua M ( 3;1;1) ⇒ ∆ :
6
1

7
Chọn A
Câu 50.
1
1
1
1
1
+
+
=
≥
Kẻ OH ⊥ ( P ) tại H ⇒
không đổi.
2
2
2
2
OA OB OC
OH
OM 2
Dấu " = " xảy ra ⇔ H ≡ M nên OM ⊥ ( P ) .
uuuur
Khi đó ( P ) qua M ( 1; 2; 4 ) và nhận OM = ( 1; 2; 4 ) là một VTPT

⇒ ( P ) :1. ( x − 1) + 2 ( y − 2 ) + 4 ( z − 4 ) = 0 ⇒ ( P ) : x + 2 y + 4 z − 21 = 0.

Từ đó ( P ) đi qua điểm T ( −1;1;5 ) .
Chọn D
----