HD giải chi tiết đề toán 2017 các tỉnh (25)

BỘ 160 ĐỀ THI THỬ CÓ LỜI GIẢI CHI TIẾT
SƯU TẦM: KỸ SƯ HƯ HỎNG

ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA 2017
MÔN: TOÁN
Thời gian làm bài: 90 phút

Họ và tên thí sinh: .........................................................
Số Báo Danh: ................................................................

ĐỀ SỐ 126

Câu 1: Cho hàm số y  f  x  xác định và liên tục trên R và có bảng biến thiên:


x

1

2

0

0

f ' x



5

f  x

0




Mệnh đề nào sau đây là sai:
A. Hàm số đồng biến trên  ; 2 
B. Hàm số nghịch biến trên  2;  
C. Giá trị lớn nhất của hàm số trên R là 5 khi x  2
D. Hàm số đạt cực trị tại x  1
Câu 2: Cho hàm số y  x 4  4 x 2  5 và các khoảng:



(I)  2;0





(II) 0; 2



(III)



2;



Hàm số đồng biến trên khoảng nào ?
A. I và II

B. II và III

C. III và I

D. chỉ I

Câu 3: Cho các đồ thị của hàm số y  ax3  bx 2  cx  d  a  0 

Kỹ Sư Hư Hỏng – Cung cấp tài liệu ôn thi THPT mới nhất

Trang 1


.
Và các điều kiện:
a  0
1.  2
b  3ac  0

a  0
2.  2
b  3ac  0

a  0
3.  2
b  3ac  0

a  0
4.  2
b  3ac  0

Hãy chọn sự tương ứng đúng giữa các dạng đồ thị và điều kiện:
A. A  4; B  2; C  1; D  3

B. A  3; B  4; C  2; D  1

C. A  1; B  3;C  2; D  4

D. A  1; B  2;C  3; D  4

Câu 4: Tìm lỗi sai trong bài toán khảo sát hàm số y 

x  2
của một bạn học sinh như sau:
x 1

Bài giải
1. Tập xác định:

\ 1

2. Sự biến thiên:
+) Chiều biến thiên y ' 

3

 x  1

2

y' không xác định khi x  1 ; y' luôn âm với mọi x  1
vậy hàm số nghịch biến trên  ; 1 và  1;  
+) Cực trị: Hàm số đã cho không có cực trị
+) Tiệm cận:

lim y  ; lim y  

x 1

x 1

Do đó đường thẳng x  1 là tiệm cận đứng

lim y  1

x 

Vậy đường thẳng y  1 là tiệm cận ngang
Kỹ Sư Hư Hỏng – Cung cấp tài liệu ôn thi THPT mới nhất

Trang 2

+) Bảng biến thiên:
x





1

y'


1

y


1

A. Bài giải trên sai ở giai đoạn tìm điều kiện xác định
B. Bài giải trên đạo hàm sai
C. Bài giải trên sai ở giai đoạn tìm tiệm cận
D. Bài giải trên sai bảng biến thiên
Câu 5: Cho hàm số y  3x 4  6 x 2  1 . Kết luận nào sau đây là đúng ?
A. yCD  2

B. yCD  1

C. yCD  1

D. yCD  2

Câu 6: Giao điểm có hoành độ là số nguyên của đồ thị hàm số y  3 x  2 và đồ thị hàm số y  x3  x  1
là:
A.  1;1

B.  0; 2 

C. 1;5

D.  0;1

Câu 7: Gọi m là số điểm cực trị của đồ thị hàm số y  x3  3x 2  3x  1
n là số điểm cực trị của đồ thị hàm số y  5 x3  2 x 2  7 x  3
p là số điểm cực trị của đồ thị hàm số y   x3  7 x 2  5 x  4
Kết luận nào sau đây là sai ?
A. m  n

B. n  p

C. m  p

D. n  p

Câu 8: Gọi A, B là hai điểm cực trị của đồ thị hàm số y   x3  3x 2  24 x  10 . Khẳng định nào sau đây là
đúng ?
A. Trung điểm của đoạn AB nằm trên đường thẳng 2 x  y  14  0
B. Đường thẳng AB vuông góc với đường thẳng x  6 y  1  0
C. A, B và D  2;5 thẳng hàng.
D. Diện tích tam giác ABC bằng 12 với C  4;68

Câu 9: Đồ thị hàm số y 

2x 1
có
x 1

A. Đường tiệm cận đứng x  1 và không có tiệm cận ngang
B. Đường tiệm cận ngang y  2 và không có tiệm cận đứng.
C. Đường tiệm cận đứng x  1 và tiệm cận ngang y  2
D. Có hai đường tiệm cận đứng x  1 và x  2

Kỹ Sư Hư Hỏng – Cung cấp tài liệu ôn thi THPT mới nhất

Trang 3


Câu 10: Tìm m để đồ thị hàm số y 

x 2  mx  m
có đúng một tiệm cận ngang
x 2  2mx  m  6

A. m2;3

B. m   ; 2    3;  

C. m   ; 2

D. m   2;3

Câu 11: Khi sản xuất hộp mì tôm, các nhà sản xuất luôn để một khoảng trống ở dưới đáy hộp để nước chảy
xuống dưới và ngấm vào vắt mì, giúp mì chín. Hình vẽ dưới mô tả cấu trúc của một hộp mình tôm (hình vẽ
chỉ mang tính chất minh họa). Vắt mì tôm có hình một khối trụ, hộp mì tôm có dạng hình nón cụt được cắt
ra bởi hình nón có chiều cao 9cm và bán kính đáy 6cm. Nhà sản xuất đang tìm cách để sao cho vắt mì tôm
có thể tích lớn nhất trong hộp với mục địch thu hút khách hàng. Tìm thể tích lớn nhất đó ?

A. V  36

B. V  54

C. V  48

D. V 

81

2

Câu 12: Giải bất phương trình log 2  3x  5  3 ?
A.

5
4
x
3
3

B.

5

 x 1
3

C. x 

2
3

D.

5
3
x
3
2

Câu 13: Tìm tập xác định của hàm số y  log 1  5  x   1
4

19

A.  ;  
4


19 
B.  ;5 
4 

C.  ;5

 19 
D.  ;5 
 4 

Câu 14: Tính đạo hàm của hàm số y  log 2016  7 x 
A. y ' 

1
x ln 2016

Câu 15: Gọi M  3

B. y '  x ln 2016

log0,5 4

A. N  M  1
Câu 16: Biểu thức P 
A. log5 12

và N  3

log0,5 13

C. y '  7 x ln 2016

D. y ' 

1

7 x ln 2016

. Bất đẳng thức nào sau đây đúng ?

B. M  1  N

C. M  N  1

D. N  1  M

log5 7.log10 12
log10 7.log 25 12
B. log 7 12

C.

1
2

D. 2

Câu 17: Bất phương trình log 22  x  x2  2   3log 1  x  x 2  2   2  0 tương đương với mệnh đề nào sau
2

đây ?
Kỹ Sư Hư Hỏng – Cung cấp tài liệu ôn thi THPT mới nhất

Trang 4

A. t 2  3t  2  0 với t  x  x 2  2

B. 1  t  2 với t  x  x 2  2

C. x  x 2  0

D. x  0 hay x  1

Câu 18: Tổng hai nghiệm của phương trình log3  x 2  6 x  7   log3 2
A. 5

B. 6

C. 4

D. 7

Câu 19: Tìm khẳng định sai trong các khẳng định sau:
A. ln x  0  x  1

B. log3 x  0  0  x  1

C. loge1 a  loge1 b  a  b  0

D. ln a  ln b  a  b  0

log 3 x
có dạng:
x

Câu 20: Đạo hàm của hàm số y 
A. y ' 

1  ln x
x 2 .ln 3

B. y ' 

1  ln x
x 2 .ln 3

C. y ' 

1  log 3 x
x2

D. y ' 

1  log 3 x
x2

Câu 21: Số tiền 58 000 000đ gửi tiết kiệm trong 9 tháng thì lãnh về được 61758000đ. Hỏi lãi suất ngân
hàng hàng tháng là bao nhiêu ?
A. 0,8%

B. 0,7%

C. 0,5%

D. 0,6%

Câu 22: Mệnh đề nào sai trong các mệnh đề sau:
A. Nếu F(x) là một nguyên hàm của hàm số f  x  trên K thì với mỗi hằng số C, hàm số G  x   F  x   C
cũng là một nguyên hàm của hàm số f  x  trên K.
B. Mọi hàm số f  x  liên tục trên K đều có nguyên hàm trên K.
C. Với mỗi hàm số f  x  xác định trên K, hàm số F  x  được gọi là nguyên hàm của hàm số f  x  trên K
khi f '  x   F  x  .

 f u  du  F u   C
 f u  x  .u '  x  dx  F u  x   C
D.

Nếu

và

Câu 23: Tìm nguyên hàm của hàm số f  x  

u  u  x

là

hàm

số

có

đạo

hàm

liên

tục

2x 1
ex

A.

2x  1
2 x  ln 2
dx

C
 ex
e x  ln 2  1

B.

2x  1
2 x  ln 2  1
dx

C
 ex
e x  ln 2  1

C.

2x  1
2 x  ln 2  1
dx

C
 ex
e x  ln 2  1

D.

2x  1
2 x  ln 2
dx

C
 ex
e x  ln 2  1

Câu 24: Tính thể tích của khối tròn xoay được tạo thành khi quay hình phẳng được giới hạn bởi
y  2  x 2 ; y  1 quanh trục Ox.

A.

56

15

B.

15

56

C.

56
15

D.

15
56

Câu 25: Trong các cặp hình phẳng giới hạn bởi các đường sau, cặp nào có diện tích không bằng nhau:
Kỹ Sư Hư Hỏng – Cung cấp tài liệu ôn thi THPT mới nhất

Trang 5

thì


A.  y  2 x  x 2 , y  x và  y  2 x  x 2 , y  2  x
B.  y  log x, y  0, x  10 và  y  10x , x  0, y  10

 





C. y  x , y  x 2 và y  1  x 2 , y  1  x

D.  y  sin x, y  0 với 0  x   và  y  cos x, y  0 với 0  x  
Câu 26: Diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số y 

2x 1
; tiệm cận ngang và hai đường thẳng
x2

x  3; x  e  2 được tính bằng:
e2

A.


3

e 2

2x 1
dx
x2

B.


3

5

dx
x2

C. ln x  2

e 2
3

D. 5  e

Câu 27: Một vật chuyển động chậm dần với vận tốc v  t   160  10t  m / s  . Hỏi rằng trong 3s trước khi
dừng hẳn vật di chuyển được bao nhiêu mét?
A. 16 m

B. 130 m

C. 170 m

D. 45 m

e

Câu 28: Tính tích phân

x

2

ln xdx

1

A.

2e3  1
9

B.

2e3  1
9

Câu 29: Cho z  x  iy; z '  x ' iy ',  x, y 

C.

2e 3
9

D.

2 e 3
9

 . Trong các mệnh đề sau mệnh đề nào sai ?

A. z  z '   x  x '  i  y  y '
B. z.z '  xx ' yy ' i  xy ' x ' y 
C.

z xx ' yy '
x ' y  xy '
 2
 i. 2
2
z' x'  y'
x '  y '2

D. z  z '  x  x ' i   y  y '
Câu 30: Tính  5  3i  3  5i 
A. 15 15i

B. 30 16i

C. 25  30i

D. 26  9i

Câu 31: Xác định tập hợp các điểm biểu diễn số phức z trên mặt phẳng phức sao cho

1
là số thuần ảo.
z i

A. Trục tung, bỏ điểm  0;1

B. Trục hoành, bỏ điểm  1;0 

C. Đường thẳng y  1 , bỏ điểm  0;1

D. Đường thẳng x  1 , bỏ điểm  1;0 

Câu 32: Số phức z thỏa mãn:  3  2i  z  4 1  i    2  i  z . Mô đun của z là :
A.

3

B.

5

C. 10

Kỹ Sư Hư Hỏng – Cung cấp tài liệu ôn thi THPT mới nhất

D.

3
4

Trang 6


Câu 33: Gọi A là điểm biểu diễn của số phức z  3  2i và điểm B là điểm biểu diễn số phức z '  2  3i .
Tìm mệnh đề đúng trong các mệnh đề sau:
A. Hai điểm A và B đối xứng với nhau qua gốc tọa độ O.
B. Hai điểm A và B đối xứng với nhau qua trục tung.
C. Hai điểm A và B đối xứng nhau qua trục hoành
D. Hai điểm A và B đối xứng nhau qua đường thẳng y  x
Câu 34: Tìm tất cả các nghiệm của z 4  4 z 3  14 z 2  36 z  45  0 , biết z  2  i là một nghiệm của phương

trình:
A. z1  2  i; z2  3i; z3  3i

B. z1  2  i; z2  2  3i; z3  3i; z4  3i

C. z1  2  i; z2  2  i; z3  3; z4  3i

D. z1  2  i; z2  2  i; z3  3i

Câu 35: Cho hình chóp đều S.ABC. Người ta tăng cạnh đáy lên 2 lần. Để thể tích giữ nguyên thì tan góc
giữa cạnh bên và mặt phẳng đáy giảm bao nhiêu lần để thể tích giữ nguyên?
A. 8

B. 2

C. 3

D. 4

Câu 36: Bé Bách có một tấm bìa có chiều dài 20cm, chiều rộng 1cm. Bé muốn gấp một cái hộp nhỏ xinh
để bỏ kẹp tóc vào hộp đó tặng quà cho mẹ ngày 20 tháng 10. Anh Siêu đã chỉ cho bé hai cách gấp hộp.
Cách thứ nhất là bé cuốn tấm bìa thành một cái hộp hình trụ không có 2 đáy có thể tích V1.
Cách thứ hai là bé gập tấm bìa một hình hộp chữ nhật có thể tích V2 có các kích thước như hình vẽ. Hãy
tìm tỉ số thể tích của 2 hộp để biết được gấp theo cách nào sẽ có thể tích lớn hơn

A.

V1 4

V2 

B.

V1
 4
V2

C.

V1 1

V2 4

D.

V1
4
V2

Câu 37: Cho hình hộp chữ nhật có ba kích thước a, b, c thì đường chéo d có độ dài là:
A. d  a 2  b2  c 2

B. d  2a 2  2b2  c 2

C. d  2a 2  b2  c 2

D. d  3a 2  3b2  2c 2

Câu 38: Cho hình chóp tam giác S.ABC có đáy là tam giác đều cạnh 2a, có SA vuông góc với (ABC), tam

a3 3
giác SBC cân tại S. Để thể tích của khối chóp S.ABC là
thì góc giữa hai mặt phẳng (SBC) và (ABC)
2
là:
A. 60 0

B. 30 0

C. 450

Kỹ Sư Hư Hỏng – Cung cấp tài liệu ôn thi THPT mới nhất

D. Đáp án khác.

Trang 7


Câu 39: Hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a và SA  2a, SA   ABCD  . Kẻ AH vuông
góc với SB và AK vuông góc với SD. Mặt phẳng (AHK) cắt SC tại E. Tính thể tích khối cầu ngoại tiếp
khối ABCDEHK.
A.

 a3 2
3

B.

4 a3 2
3

C.

8 a3 2
3

D.

 a3 2
6

Câu 40: Mặt cầu tâm O bán kính R  17 dm . Mặt phẳng (P) cắt mặt cầu sao cho giao tuyến đi qua ba điểm
A, B, C mà AB  18dm, BC  24dm, CA  30dm . Tính khoảng cách từ O đến (P).
A. 7 dm

B. 8 dm

C. 14 dm

D. 16 dm

Câu 41: Thiết diện qua trục của một hình nón là một tam giác vuông cân có cạnh góc vuông bằng 3 2 .
Tính thể tích của khối nón
A. 12

C. 6 2

B. 9

D. 3 2

Câu 42: Cho hình trụ có bán kính đáy là R  a , mặt phẳng qua trục và cắt hình trụ theo một thiết diện có
diện tích bằng 6a 2 . Diện tích xung quanh của hình trụ và thể tích của khối trụ là
A. 8 a 2 ;3 a 3

B. 6 a 2 ;6 a3

C. 6 a 2 ;9 a3

D. 6 a 2 ;3 a3

Câu 43: Cho M  2; 5;7  . Tìm tọa độ điểm đối xứng của M qua mặt phẳng Oxy.
A.  22;15; 7 

B.  4; 7; 3

C.  2; 5; 21

D. 1;0; 2 

Câu 44: Viết phương trình mặt phẳng qua M 1; 1; 2  , N  3;1; 4  và song song với trục Ox.
A. 3 x  4 y  4 z  7  0

B. y  z  0

C. 4x  z  1  0

D. y  z  3  0

Câu 45: Tính thể tích tứ diện OABC biết A, B, C lần lượt là giao điểm của mặt phẳng 2 x  3 y  5 z  30  0

với trục Ox, Oy, Oz.
A. 78

B. 120

C. 91

D. 150

Câu 46: Tìm m để phương trình x 2  y 2  z 2  2mx  2  m  1 y  2  2m  3 z  1  4m  0
Là phương trình một mặt cầu ?
A. m  1, m  2

B. m 

Câu 47: Cho đường thẳng d :

C. 0  m  1

D. m  5

x3 y 3 z

 , mặt phẳng  P  : x  y  z  3  0 và điểm A 1; 2; 1 .
1
3
2

Đường thẳng  qua A cắt d và song song với mặt phẳng (P) có phương trình:
A.

x 1 y  2 z 1


1
2
1

B.

x 1 y  2 z 1


1
2
1

C.

x 1 y  2 z 1


1
2
1

D.

x 1 y  2 z 1



1
2
1

Câu 48: Xác định m để đường thẳng d :

x  13 y  1 z  4


cắt mặt phẳng  P  : mx  2 y  4 z  1  0 .
8
2
3

Kỹ Sư Hư Hỏng – Cung cấp tài liệu ôn thi THPT mới nhất

Trang 8


A. m  0

C. m  0

B. m  1

D. m  1

x  1 t


Câu 49: Lập phương trình mặt cầu có tâm nằm trên đường thẳng d :  y  t và tiếp xúc với hai mặt
 z  2t

phẳng:  P  : x  2 y  2 z  5  0;  Q  : 2 x  y  2 z  4  0
A. x 2  y 2  z 2  2 x  3  0
B. x 2  y 2  z 2  2 x  6 y  z  7  0
C. x 2  y 2  z 2  4  0
D. x 2  y 2  z 2  4 x  3 y  z  1  0
Câu 50: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho đường thẳng d :

x 1 y  2 z  3


và mặt phẳng
m
2m  1
2

 P  : x  3 y  2 z  5  0 . Để đường thẳng d vuông góc với (P) thì:
A. m  1

B. m  0

D. m  2

C. m  1
------HẾT-----ĐÁP ÁN

1-D

6-A

11-C

16-D

21-B

26-B

31-A

36-A

41-B

46-B

2-C

7-B

12-B

17-C

22-C

27-D

32-C

37-A

42-D

47-B

3-A

8-A

13-B

18-B

23-B

28-A

33-D

38-D

43-C

48-B

4-C

9-C

14-A

19-C

24-A

29-D

34-C

39-A

44-D

49-A

5-B

10-D

15-A

20-A

25-B

30-B

35-A

40-B

45-D

50-A

Kỹ Sư Hư Hỏng – Cung cấp tài liệu ôn thi THPT mới nhất

Trang 9


HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT
Câu 1: Đáp án D

Tuy nhiên chúng ta đang luyện tập, vì thế khi đọc

Phân tích: Đây là bài toán tìm lỗi sai, nên quý

lời giải cũng là lúc rèn luyện thêm khả năng tư

độc giả sẽ phải đi xem xét từng mệnh đề một:

duy.

- Nhìn vào BBT ta thấy mệnh đề A và B đúng. Ở

Nhân thấy đây là hàm bậc bốn trùng phương có

phần giá trị của f  x  trong BBT ta nhận thấy

a  1  0 , phương trình y '  0 có ba nghiệm phân

GTLN của f  x  là 5 trên R. Vậy theo quy tắc

biệt. Vậy đồ thị hàm số sẽ có hình chữ W đối xứng

loại trừ ta sẽ chọn đáp án D. Tuy nhiên, ở đây tôi
vẫn chỉ ra cho quý độc giả thấy vì sao ý D lại sai.
Cùng nhắc lại các kiến thức về cực trị mà chúng

(đây là cách nhớ mẹo thôi). Nghĩa là đồ thị hàm
số có một điểm cực đại và hai điểm cực tiểu. Dĩ
nhiên sẽ cực đại tại x  0 , và cực tiểu tại

x   2; x  2 . Theo hình chữ W thì ta thấy

ta đã được học trên lớp thông qua cuống SGK Giải





tích 12 cơ bản trang 14.

hàm số sẽ đồng biến trên  2;0 và  2;   .

"Giả sử hàm số y  f  x  liên tục trên khoảng

Cách nháp mẹo như sau:

K   x0  h; x0  h  và có đạo hàm trên K hoặc

+) Sau khi đã suy ra được đồ thị hàm số hình chữ

trên K \  x0  , với h  0 .

W, quý độc giả có thể nháp:

A, Nếu f '  x   0 trên khoảng

 x0  h; x0 

Ta luôn điền điểm 0 vào vị trí trung tâm, 2 điểm
và

còn lại điền 2 bên

f '  x   0 trên khoảng  x0 ; x0  h  thì x0 là một
điểm cực đại của hàm số f  x 
b, Nếu f '  x   0 trên khoảng

 x0  h; x0 

và

f '  x   0 trên khoảng  x0 ; x0  h  thì x0 là một
điểm cực tiểu của hàm số f  x  ."
Khi nhìn vào BBT ta nhận thấy, hai khoảng trước

và sau điểm x  1 đều có giá trị dương, vậy rõ
ràng tại x  1 , hàm số không có đạt cực trị.
Câu 2: Đáp án C
Phân tích: Khi gặp các bài toán dạng này hãy tính
đạo hàm thật nhanh.
x  0
y  4 x3  8 x  4 x  x 2  x   
x   2

Hãy nhớ đến bảng các dạng đồ thị của hàm số bậc
bốn trong sách giáo khoa (trang 38) mà nhiều lần
tôi đã nhắc đến cho quý độc giả, dĩ nhiên quý độc
giả có thể làm theo cách khác.

Nhìn vào các đường lên xuống của chữ W, lúc này
quý độc giả có thể dễ dàng định dạng được
khoảng đồng biến nghịch biến như tôi đã xác định
ở trên.
Với bài toán khác dạng đồ thị ví dụ như chữ M
(trường hợp với a  0, y '  0 có ba nghiệm phân
biệt). Sẽ nhanh thôi, vẽ một đường W… sẽ nhanh
hơn rất nhiều so với việc các bạn ngồi bấm máy
tính thử, hay vẽ bảng biến thiên rồi bấm xem

f '  x  lớn hơn hay nhỏ hơn 0. Các quý độc giả có
thể tự đặt ra quy tắc nhớ dạng đồ thị cho mình, rồi
từ đso đưa ra các kinh nghiệm.
Câu 3: Đáp án A

Kỹ Sư Hư Hỏng – Cung cấp tài liệu ôn thi THPT mới nhất

Trang 10


Phân tích: Lại một bài toán đòi hỏi quý độc giả

nhiên, khi đi xét từng bước một ta thấy, phần xét

nhớ dạng đồ thị, nhưng ở bài này là hàm số bậc

tiệm cận, cụ thể hơn là tìm tiệm cận đứng, bạn đã

ba.

giải sai tìm lim, cụ thể như sau:

lim y  ; lim y   . Sửa thành

Ở hàm số bậc ba hãy nắm rõ quy tắc này: hàm số

x 1

bậc ba không có cực trị khi phương trình y '  0

lim y  ; lim y  

x 1

vô nghiệm hoặc có nghiệm kép. Nguyên lý rõ
ràng của câu trên quý độc giả đã học ở chương

trình SGK nên tôi không nhắc lại ở đây. Hoặc quý
độc giả có thể nhớ câu, hàm số bậc ba có cực trị
khi phương trình y '  0 có hai nghiệm phân biệt.

Khi đó ta có thể dễ dàng xác định được đồ thị A

Phân tích: Nếu đã nhớ kĩ rồi thì quý độc giả có
thể mường tượng trong đầu. Để ý kĩ nhé, với bài
này có thể quý độc giả sẽ không cần viết biểu thức
y '  0 ra nữa mà vẫn có thể tìm được đáp án. Vì

sao ?
Phương trình y '  0 tổng quát sẽ là

y '  x  4ax 2  2bx  , vậy phương trình có 3

và B là ở TH phương trình y '  0 VN hay nghiệm
kép.

   0  . Và đồ thị C, D là TH còn lại
Xét phương trình y '  3ax 2  2bx  c ;
 '  b  3ac (chính là biểu thức được nhắc đến
2

trong các điều kiện trong đề bài).

nghiệm phân biệt khi

Tiếp tục xét đến a, như trong bảng với a  0 thì
hàm số luôn luôn đồng biến và a  0 thì hàm số

luôn nghịch biến. (quý độc giả có thể xem lại phần

đã phân tích về dạng đồ thị hàm trùng phương bậc
bốn, với a  0, y '  0 có 3 nghiệm phân biệt thì
đồ thị dạng W tức là hàm số sẽ đạt cực đại tại

x  0 . Khi đó yCD  1
Câu 6: Đáp án A
Phân tích: ta xét phương trình hoành độ giao
điểm: x3  x  1  3 x  2
 x3  2 x  1  0  x  1 chọn giá trị này vì

giải bất phương trình đã học ở lớp dưới, dấu của
tam thức bậc hia có denta nhỏ hơn không phụ
thuộc vào hệ số a.)
Vậy: B  4; A  2 đến đây ta có thể chọn đáp
án A luôn, nhưng hãy xem xét cả phần các đồ thị
còn lại, vì quý độc giả đang trong quá trình ôn
luyện.

b
 0 , nghĩa là a và b trái
2a

dấu. Ở đây rõ là a và b trái dấu. Như ở câu 2 tôi

Vậy với đồ thị A và B sẽ được ghép với các điều
kiện có  '  0 , tức là 2 hoặc 4.

x 1

Câu 5: Đáp án B

TH không có cực trị là TH còn lại của phương
trình y '  0 , tức là vô nghiệm hay nghiệm kép.

x 1

điều kiện x là số nguyên.
Câu 7: Đáp án B
Phân tích: Bài toán này củng cố cho quý độc giả
về cách tìm nhanh số cực trị của hàm số bậc ba.
Ta sẽ lần lượt đi xét phương trình y '  0 của mỗi
hàm số.

Câu 4: Đáp án C

1 : y '  3x2  6 x  3  3  x 1

Phân tích: Bài toán trên đã làm lần lượt ở các

có nghiệm kép nghĩa là đồ thị hàm số không có

bước rất đầy đủ. Có thể nếu soát không kĩ lưỡng,

điểm cực trị nào  m  0

2

 0 phương trình

quý độc giả sẽ nghĩ câu này không có đáp án. Tuy
Kỹ Sư Hư Hỏng – Cung cấp tài liệu ôn thi THPT mới nhất

Trang 11


 2 : y'  15 x 2  4 x  7  0 .

Bấm máy tính thấy

Phân

thấy

1

bấm máy tính

thấy phương trình có 2 nghiệm phân biệt  p  2

Nhận

m m
 2
x
x
lim y  lim
1
x 

x 
2m m  6
1
 2
x
x

phương trình vô nghiệm  n  0

 3 : y '  3x2  14 x  5  0 

tích:

Tương tự: lim y  1
x 

.
Đến đây ta có thể nhận ra đáp án

Vậy đồ thị hàm số luôn có một tiệm cận ngang y

Câu 8: Đáp án A

= 1.

Phân tích: Ta đi tìm hai điểm cực trị của hàm số,

Vậy với mọi m mà hàm số đã cho xác định, ta luôn

do ở đây không bắt xác định điểm cực đại, cực

có một tiệm cận ngang, tức là ta đi tìm điều kiện

tiểu nên ta đi tìm hai điểm cực trị àm không cần

xác định của hàm số: x 2  2mx  m  6  0 .

xác định cực đại, cực tiểu.

Phương trình VN khi  '  0   m   m  6  0
2

x  4
y '  3x 2  6 x  24  0  
 x  2

 m2  m  6  0
 2  m  3

Giả sử A  4;70  ; B  2; 38 

Câu 11: Đáp án C

Đường thẳng qua A, B:

Phân tích: Đây thực chất là bài toán khối trụ nội

y  18 x  2  18 x  y  2  0 (lúc này quý độc

tiếp khối nón, ta có kí hiệu các kích thước như

giả có thể bấm máy tính như lúc học cấp hai, tìm

sau:

đường thẳng đi qua hai điểm biết tọa độ cho trước,
sẽ rất nhanh). Khi đó với phương án C, thay tọa
độ điểm D vào phương trình không thỏa mãn, vậy
loại đáp án này. Cũng với dữ kiện này ta loại được
luôn ý C.
Với đáp án A ta tìm được tọa độ trung điểm AB
là 1;16  nằm trên đường thẳng ở ý A, vậy ta chọn
A mà không cần xét đến D nữa.
Câu 9: Đáp án C
Phân tích: Như ở các đề trước tôi đã đề cập đến
cách nhẩm tìm tiệm cận đứng, ngang của đồ thị
hàm số phân thức bậc nhất trên bậc nhất. Ta sẽ
nhẩm được x  1 là TCĐ, y  2 là TCN. Và chọn
luôn đáp án C mà không cần xét đến các phương
án khác.

Ta có thể tích vắt mì tôm được tính bằng
V  B.h   r 2 .h

Đây là ứng dụng của bài toán tìm GTLN, GTNN
trên một khoảng (đoạn) xác định:
Ta sẽ đưa thể tích về hàm số một biến theo h hoặc
r. Trước tiên ta cần đi tìm mối liên hệ giữa h và r.
Nhìn vào hình vẽ ta thấy các mối quan hệ vuông
góc và song song, dùng định lí Thales ta sẽ có:

Câu 10: Đáp án D

Kỹ Sư Hư Hỏng – Cung cấp tài liệu ôn thi THPT mới nhất

h 6r
18  3r

h
9
6
2

Trang 12


Khi đó V  f  r    r 2 .

18  3r
3 r 3

 9 r 2
2
2

với 0  r  6

r  0
9
f '  r     r 2  18 r  0  

2
r  4
Khi đó ta không cần phải vẽ BBT ta cũng có thể

Câu 15: Đáp án A
Phân tích: Đây thực chất là bài toán so sánh hai
số mũ, rèn luyện cho quý độc giả các kiến thức về
số mũ.
Hai số M và N có cùng cơ số là 3>1 nên ta chỉ cần
so sánh hai số mũ, tức là so sánh log0,5 4 và

suy ra được với r  4 thì V đạt GTLN, khi đó

V  48
Câu 12: Đáp án B

log0,5 13 .
Tôi xin nhắc lại kiến thức so sánh hai logarit như
sau:

5
Phân tích: Điều kiện x  
3

Với 0  a  1 và b, c  0

Phương trình  log 2  3x  5  log 2 8

- Nếu 0  a  1, b  c thì log a b  log a c

b  c thì log a b  log a c

 3x  5  8  x  1. Kết hợp với điều kiện xác
định thì ta chọn đáp án B.

- Nếu a  1, b  c thì log a b  log a c

Câu 13: Đáp án B

b  c thì log a b  log a c

Phân tích: Ở đây có hai điều kiện để cho biểu

Áp dụng vào bài toán ta thấy cơ số của hai logarit

thức xác định, một số độc giả chỉ làm điều kiện để

nằm trong khoảng  0;1 nên

căn tồn tại mà quên điều kiện xác định của logarit:

log0.5 4  log0,5 13

Điều kiện:

log 1  5  x   1  0 log  5  x   log 1

 1
1
 4

 4
4 4


5  x  0
x  5

Từ đó suy ra N  M  1 . Đáp án A
Một cách làm nhanh là bạn có thể xét hiệu của M
và N trên máy tính và từ đó suy ra đáp án, tuy

1
19


5  x 
x  
 19 

;5 
4
4  x
 4

 x  5
 x  5

nhiên đây là quá trình ôn luyện nên tôi vẫn mong

Đáp án B

Câu 16: Đáp án D

Câu 14: Đáp án A

Phân tích: Cũng giống như câu 15, quý độc giả

Phân tích: ta có công thức tổng quát của cách tính

có thể bấm máy tính tìm được đáp án, tuy nhiên ở

đạo hàm hàm logarit.

đây tôi giới thiệu cho quý độc giả cách suy luận

 log a u  ' 

u'
u.ln a

Khi đó áp dụng công thức vào ta được

 log  7 x   '  7 x.ln72016  x.ln 12016
2016

quý độc giả có thể nhớ công thức bằng việc suy
luận như tôi đã nêu ở trên.

thông thường. Có thể với bài toán này ra kết quả
chẵn sẽ dễ dàng tìm ra. Nhưng vì là trong quá trình

rèn luyện, hãy rèn luyện tư duy của mình thật tốt
nhé!

Đây là bài toán đơn giản gỡ điểm nên hãy nhớ
công thức đạo hàm nhé!
Kỹ Sư Hư Hỏng – Cung cấp tài liệu ôn thi THPT mới nhất

Trang 13


đổi, không ảnh hưởng đến việc áp dụng Viet. Nên

log5 2
log5 7.log10 12
log 5 10
P

log10 7.log 25 12 log5 7 . 1 .log 12
5
log5 10 2
log5 7.

hãy để ý kĩ, xử lý linh hoạt trong từng tình huống
để làm bài nhanh nhất.
Câu 19: Đáp án C

2 log 5 7.log 5 12

2
log5 7

log5 10.
.log 5 12
log5 10

Phân tích: Dạng đề xác định tính đúng sai của
mệnh đề, do đó ta cần đi xem xét từng mệnh đề
một.

Câu 17: Đáp án C
Phân tích: Đặt x  x 2  2  t  0  1  x  2 .

Với mệnh đề A: đây là mệnh đề đúng do 0  ln1
nên ln x  0  x  1

Khi đó bất phương trình trở thành:

Với mệnh đề B: cũng tương tự, do ta ra x  1 và

log 22 t  3log 1 t  2  0

kết hợp với điều kiện để logarit tồn tại thì ta sẽ

2

 log22 t  3log2 t  2  0

được 0  x  1

  log 2 t  2  log 2 t  1  0

Với mệnh đề C: nếu đã đọc kĩ phần lời giải của
tôi ở câu 15 thì chắc hẳn quý độc giả sẽ giải suy

 1  log 2 t  2

ra luôn được đây là mệnh đề sai, do 0  e 1  1 .

2t 4

Ta không cần xét đến đáp án D nữa

Đến đây ta có thể loại đáp án A và B
Với đáp án C và D là kết quả của x vì thế ta cần
đi giải nghiệm của bất phương trình

Câu 20: Đáp án A
Phân tích: Ta có công thức tính đạo hàm như sau:

 u  u 'v  v 'u
và công thức tính đạo hàm của
 ' 
v2
v

 2  x  x2  2  4

 0  x 1  x   2

logarit tôi đã nêu ở câu 14 ta sẽ giải được như sau:
 log 3 x   log 3 x  .x  x '.log 3 x


' 
x2
 x 

 0  x  1 (đáp án C)
Câu 18: Đáp án B
Phân tích: bài toán lại đòi hỏi quý độc giả phải

1
ln x
.x 
1  ln x
 x.ln 3 2 ln 3  2
x
x .ln 3

giải bài toán ra, chứ không thử nghiệm được. Ta
không cần tìm điều kiện vì để ý kĩ ở đây nếu giải
ra phương trình cuối của chúng ta sẽ là phương
trình bậc hai, áp dụng viet là ta sẽ có tổng hai
nghiệm của phương trình ngay.
Phương

trình

 x2  6x  7  2  x2  6 x  5  0

Tổng hai nghiệm của phương trình
b

x1  x2 
 6 . Đáp án B
a

Có thể quý độc giả không cần viết rõ phương trình

Hãy rèn luyện thật nhiều để tạo thêm động lực làm
các bài thật nhanh nhé!
Câu 21: Đáp án B
Phân tích: Bài toán lãi suất ngân hàng dựa trên
kiến thức về số mũ ở chương trình lớp 12.
Ta có gọi mức lãi suất hàng tháng là a%
Sau tháng thứ nhất số tiền trong tài khoản của

a 

người đó là: 58000000 1 

 100 

cuối ra vì rõ ràng hệ số của x và x 2 sẽ không thay
Kỹ Sư Hư Hỏng – Cung cấp tài liệu ôn thi THPT mới nhất

Trang 14


Sau tháng thứ hai số tiền trong tài khoản của

a 


người đó là: 58000000 1 

 100 

x

2
 
e x
2x
e



C  x
 e x  C
e  ln 2  1
 2  1
ln  
e

2

…



Sau tháng thứ chín số tiền trong tài khoản của
9

a 

người đó là: 58000000 1 
  61758000
 100 

a



9



61758000 : 58000000 1 .100  0,7

2 x  e0  ln 2  1
2 x  ln 2  1

C

C
e x  ln 2  1
e x  ln 2  1

Câu 24: Đáp án A
Phân tích: Để tính được thể tích của khối tròn
xoay dựa trên ứng dụng của tích phân ta cần đi

Câu 22: Đáp án C

tìm hai cận a, b bằng việc tìm nghiệm của phương

Phân tích: Ta lần lượt đi xét từng mệnh đề một.

trình hoành độ giao điểm:

Với mệnh đề A: Đây là mệnh đề đúng, vì ta đã học
công thức tính nguyên hàm và có là cộng thêm hằng

x  1
2  x2  1  x2  1  
 x  1

số C. Mỗi biểu thức với C khác nhau sẽ là một nguyên

Ta có thể tính thể tích của khối tròn xoay giới hạn

hàm của hàm số đã cho.

 y  2  x2 ; y  1
bởi 
được tính bằng công thức
x

1;
x


1



Với mệnh đề B: Đây là mệnh đề đúng, với hàm số

f  x  liên tục trên K thì sẽ có nguyên hàm trên K.
Với mệnh đề C: Ta nhận thấy

 f  x  dx  F x  khi

F '  x   f  x  . Hãy nhớ rằng số nguyên hàm chính
là ngược lại của đạo hàm (đây là cách nhớ nôm na
thôi bạn nhé). Vậy C chính là mệnh đề sai. Ta chọn

1

1

   2  x 2   12 dx    x 4  4 x 2  3 dx
2

1

1

Đến đây ta có thể làm theo hai cách:
Cách 1: Bấm máy tính
Chọn nút



trên máy tính và nhập vào biểu

luôn đáp án C.

thức tính tích phân vào.

Quý độc giả đang trong quá trình ôn luyện nên hãy

Chú ý trên máy tính CASIO fx-570VN PLUS thì

tham khảo cả các mệnh đề đúng, để khắc sâu kiến

giá trị tuyệt đối chính là nút Abs (Absolute), chính

thức nhé!

là kí hiệu màu vàng ở bên nút Hyperbol được bấm

Câu 23: Đáp án B

bằng cách ấn nút SHIFT + Hyperbol sau khi nhập

Phân tích: Đây không phải là bài toán tính tích

vào máy tính sẽ hiện kết quả như sau:

phân, do đó quý độc giả không thể dùng máy tính
để bấm được mà phải tìm ra công thức cụ thể.
Hoặc quý độc giả có thể bấm máy tính, tuy nhiên
cách làm duy nhất có lẽ là thêm cận vào và thử

Vậy kết quả của chúng ta là V 

từng đáp án một.

 2x 1 
2x  1
2
x
dx

 ex
  ex  ex  dx    e  dx   e dx
x

56
 đvtt
15

Cách 2: Giải tích về mặt toán học:

Kỹ Sư Hư Hỏng – Cung cấp tài liệu ôn thi THPT mới nhất

Trang 15


Để bỏ được dấu trị tuyệt đối trong tích phân, ta

Với phương án B: Ta cũng nhẩm nhanh được cận

cần xét khoảng rồi áp dụng công thức sau trong

của hai công thức tính tích phân và bấm công thức

tích phân:

sau vào máy:

b

c

10

b

 f  x  dx   f  x  dx   f  x  dx
a

a

Nhận

 log X dx   10
1

c

tuy

thấy:

nhiên

ở

1

đây,

hàm

số

X

 10 dx

0

Sau khi bấm máy ta được

g  x   x 4  4 x 2  3 luôn lớn hơn 0 với mọi
x   1;1
1

1

1

1

Khi đó V    g  x  dx    g  x  dx

Vậy ta chọn luôn đáp án B

1

Câu 26: Đáp án B

1

Phân tích: Trước tiên, ta cần đi tìm tiệm cận

    x 4  4 x 2  3 dx
1

4
56
1

   x5  x3  3x   
3
5
 1 15

ngang của đồ thị hàm số y 

2x 1
. Theo như
x2

cách tìm tiệm cận ngang nhanh của đồ thị hàm số

Câu 25: Đáp án B
Phân tích: Đối với bài toán này ta không còn cách
nào khác là đi xét từng đáp án một, vì bài toán có
tận bốn phương án, do đó trường hợp xấu nhất là

phân thức bậc nhất trên bậc nhất mà tôi đã giới
thiệu ở các đề trước đó thì ta sẽ nhanh chóng tìm
được tiệm cận ngang của đồ thị hàm số là y  2 .

quý độc giả phải đi kiểm tra ba đáp án, tức là tính

Ta có diện tích hình phẳng được tính bởi công

ba tích phân. Do đó, lựa chọn tối ưu chính là sử

thức:

dụng máy tính để tối ưu thời gian.

V

e2

Với phương án A: Ta có thể nhẩm nhanh được cận

3

e2

của hai công thức tính diện tích hình phẳng. Khi



đó bấm máy tính như ở Câu 24 tôi đã giới thiệu
cho quý độc giả thì sẽ ra được kết quả. Hãy bấm
hiệu của hai tích phân, nếu bằng 0 thì ta sẽ loại




3

2x 1
 2 dx
x2

5
dx
x2

Nhận xét trên 3; e  2 thì g  x  

5
luôn
x2

đáp án đó ra và tiếp tục xét.

dương, nên ta có thể phá giá trị tuyệt đối và chọn

Ta nhập công thức sau vào máy tính:

đáp án B.

1

 2X  X
0

2

2

 X dx   2 X  X  2  X dx 
2

1

Sau khi bấm máy ta được:

Câu 27: Đáp án D
Phân tích: Cho đến khi vật dừng lại thì vận tốc
của vật bằng 0 tức là 160 10t  0  t  16
Trong vật lí chúng ta đã học biểu thức vận tốc là
đạo hàm của biểu thức li độ, do vậy biểu thức li
độ chính là nguyên hàm của biểu thức vận tốc.

Kỹ Sư Hư Hỏng – Cung cấp tài liệu ôn thi THPT mới nhất

Trang 16


Nên quãng đường vật đi được trong 3s cuối được

Phân tích: Với bài toán này, bấm máy tính là

tính bằng:

cách làm nhanh nhất. Trước tiên, chuyển máy tính

16

sang chế độ số phức bằng cách ấn MODE 

2
 160  10t  dt  160t  5t  13  45 km
16

13

2:CMPLX. Tiếp theo ấn biểu thức như trên và

Câu 28: Đáp án A

máy sẽ hiện luôn kết quả cho bạn như sau:

Phân tích: Thực chất với bài toán tính tích phân

như thế này, bạn có thể bấm máy tính và xét hiệu
với từng đáp án cũng được, tuy nhiên dưới đây tôi
xin giới thiệu cách làm tích phân từng phần như
sau:

Câu 31: Đáp án A
Phân tích: Vì bài toán liên quan đến biểu diễn số

Đặt ln x  u  du 

3

1
x
dx; dv  x 2 dx  v 
x
3

phức nên ta sẽ đặt z  x  iy  x, y 



x3
x3 1
I

ln
x
.


. dx
Khi đó:
3 1 1 3 x

Khi đó

x  i  y  1
1
1

 2
z  i x  i  y  1 x   y  12


e3
1 1 1
  ln e.  ln1.   . .x3
3
3 3 3 1




x

e3 1
2e3 1 2e3  1
   e3  13  
 
3 9

9 9
9

Khi đó để

e

e

e

Phân tích: Ta lần lượt đi xét từng mệnh đề một
Với A:

đây là mệnh đề đúng

2



y 1
x   y  1
2

2

i

1
là số thuần ảo thì

z i

x

0
2
 2
x

y

1


x  0



y 1
y 1

0 
2
2
 x   y  1


Câu 29: Đáp án D

z  z '   x  iy    x ' iy '   x  x '   y  y ' i

x   y  1
2

Vậy đáp án của ta là A.
Câu 32: Đáp án C

Với B:

z.z '   x  yi  .  x ' iy '  xx ' ixy ' ix ' y  i yy '

Phân tích: Đặt z  x  iy  x; y 

  z  x  iy

2

 xx ' yy ' i  xy ' x ' y  đây là mệnh đề đúng.
Với C ta có:


Vậy phương trình trở thành:

 3  2i  .  x  iy   4 1  i    2  i  .  x  iy 

z
x  iy  x  iy  x ' iy '


z ' x ' iy'  x ' iy ' x ' iy ' 

xx ' ixy ' iyx ' i 2 yy ' xx ' yy '
x ' y  xy '
 2
 i. 2
2
2
2
x'  y'
x'  y'
x '  y '2

  3x  2ix  3iy  2i 2 y   4  4i  2 x  2iy  ix  i 2 y
 3x  2 x  2i 2 y  4  i 2 y   2ix  3iy  4i  2iy  ix   0

đây là mệnh đề đúng
Vậy ta chọn D
Câu 30: Đáp án B

Kỹ Sư Hư Hỏng – Cung cấp tài liệu ôn thi THPT mới nhất

  x  y  4   i  3x  5 y  4   0

x  y  4  0
x  3


3x  5 y  4  0  y  1
Trang 17

 z  3  i  z  32   1  10
2

Câu 33: Đáp án D
Phân tích: Ta có A  3; 2  và B  2;3 , ta có tọa độ
hai điểm trên hình như sau:

Đặt AB  AC  BC  a khi đó

1 a 3 a2 3
, khi tăng cạnh đáy lên
S ABC  .a.

2
2
4
hai lần thì diện tích tam giác đáy tăng lên 4 lần.
Vậy chiều cao cần giảm đi 4 lần. Mà ta có
Nhìn vào đồ thị ta thấy A, B, C là sai
Câu 34: Đáp án C
Phân tích: Có một cách làm nhanh của bài toán
như sau: do z  2  i nên có thể z  2  i cũng là
một nghiệm nên có thể phương trình sẽ có một
nhân tử đó là: z 2  4 z  5  0 . Khi đó bấm máy
tính để tìm nhân tử còn lại như sau: Bấm vào máy
X  4 X  14 X  36 X  45
sau
X 2  4X  5
4

tính biểu thức

3

SO  OA.tan  SA;  ABC   , do cạnh đáy tăng lên
2 lần nên OA tăng 2 lần, để SO lúc này giảm được
đi 4 lần thì tan góc giữa cạnh bên và mặt đáy phải
giảm 8 lần, do đã tăng cả 2 lần OA nữa.
Câu 36: Đáp án A
Phân tích: Chiều dài của tấm bìa là 20cm tức là
chu vi đáy hộp hình trụ và đáp hộp hình hộp là

2

đó ấn CALC thì máy hiện X? ta nhập 100 = thì
máy hiện

20cm.
Do 2 khối có cùng chiều cao nên tỉ số thể tích sẽ
tính theo tỉ số diện tích đáy của hai hình.
Để tính được diện tích hình tròn đáy của khối hộp
hình trụ, ta phải đi tìm bán kính đáy. Theo giả thiết
chu vi cho là 20  2 .R  R 

Ta phân tích 10009  100 09 , khi đó nhân tử còn
lại sẽ là z 2  9 . Vậy phương trình

 x  3i
 z  3i

  z 2  9  z 2  4 z  5   0  
z  2  i

z  2  i
Câu 35: Đáp án A

S1   R 2   .

100



2



10



. Khi đó

100



Diện tích đáy của hình hộp S2  5.5  25
Khi đó

V1 100

4

; 25  . Đáp án A.
V2



Câu 37: Đáp án A
Phân tích: Ta có hình vẽ sau:

Phân tích:

Kỹ Sư Hư Hỏng – Cung cấp tài liệu ôn thi THPT mới nhất

Trang 18


Ta thấy nhìn vào hình vẽ thì ta cần tìm độ dài
đường chéo của mặt đáy bằng

a 2  b2 . Khi đó

Đây là bài toán quen thuộc trong giải hình không

d  a 2  b2  c 2

gian 12, nếu đã luyện tập nhiều thì khi vẽ xong

Câu 38: Đáp án D

hình bài này có thể nhận ra luôn AC là đường kính

Phân tích: Do tam giác SBC cân tại S nên gọi I

của mặt cầu ngoại tiếp khối ABCDEHK. Tuy

là trung điểm của BC thì

nhiên tôi sẽ trình bày dưới đây để quý độc giả có

SI  BC; AI  BC  SIA    SBC  ;  ABC  

thể hiểu rõ hơn.
Để xác định khối cầu ngoại tiếp một đa giác, ta
tìm đường thẳng mà các đỉnh của đa diện nhìn
đường thẳng đó dưới một góc vuông.
Ở đây ta xác định đường đó là AC, nên tôi xin chỉ
cách chứng minh như sau:
Ta có thể nhận thấy được B, D nhìn AC dưới một
góc 900.
Dễ tính được SD  a 5; KD 

Do đáy ABC là tam giác đều nên

S ABC

1
2a 3
 .2a.
 a 2 3 . Thể tích khối chóp

2
2

AD 2
a3
a


SD a 5
5

SC  SA2  AC 2  a 6
Do đề bài cho độ dài các cạnh khá rõ ràng nên ta

được tính bằng

sẽ dùng định lý Pytago để chứng minh

1
a3 3
3a3 3 1
V  .SA.S ABC 
 SA 
. 2
3
2
2
a 3

AKC  900 .

 SA 

3a
2

Khi đó tan SIA 

 SIA  atc tan

1
1
1
2a


 AK 
1
2
2
2
SA
AD
AK
5

Ta có SC  SD 2  CD 2  tam giác SCD vuông

SA 3a 2a 3
3

 :

AI 2
2
2
3
2

Câu 39: Đáp án A
Phân tích:

Ta có

tại D. Khi đó tam giác 2KDC vuông tại D

KC  CD2  KD2 
Ta có

a 6
5

AK 2  KC 2  AC 2 . Vậy

Chứng minh tương tự thì AHC  900

Kỹ Sư Hư Hỏng – Cung cấp tài liệu ôn thi THPT mới nhất

Trang 19

AKC  900 .

Đến đây ta có thể kết luận được AC chính là

SO  OA  OB 

đường kính mặt cầu ngoại tiếp khối ABCDEHK.
Mà AC  a 2  OA 

a
2

4
4
1
2 3
V   .OA3  . .a3 .

a
3
3
3
2 2

AB
 3 . Khi đó
2

1
1

Vnon  .SO. .32  .32. .3  9
3
3

Câu 42: Đáp án D
Phân tích: Ta có hình vẽ sau:

Câu 40: Đáp án B
Phân tích: Ta có giao tuyến của mặt phẳng (P)
với mặt cầu là một đường tròn. Khi đó A, B, C
nằm trên đường tròn này, nếu để ý kĩ ta thấy
CA2  AB 2  BC 2 , do vậy tam giác ABC vuông

tại B, tức là AC chính là đường kính của đường
tròn này, hay r  15 dm . Ta có hình vẽ minh họa

Do

sau:

S  6 a 2  2a.h  h  3a

diện

tích

thiết

diện

là

Khi đó S xq  chu vi của đường tròn đáy x h,

S xq  2 a.3a  6 a 2
V  B.h   a 2 .h   a 2 .3a  3a 3

Câu 43: Đáp án C
Phân tích: Mặt phẳng Oxy đi qua O  0;0;0  và
Nhìn vào hình vẽ ta thấy
d  O;  P    R 2  r 2  17 2  152  8

Câu 41: Đáp án B
Phân tích: Kí hiệu như hình vẽ:

có vtpt n   0;0;1 nên phương trình Oxy : z  0 .
Gọi M' là điểm đối xứng của M qua mặt phẳng
Oxy. Gọi d là đường thẳng đi qua M  2; 5;7  và
vuông góc với (Oxy), suy ra vtcp

ud  nOxy 

x  2

  0;0;1  d :  y  5 . Khi đó giao
z  7  t


điểm I của d với mặt phẳng Oxy là trung điểm của
MM'. Mà I  Oxy do đó 7  t  0  z  7

 I  2; 5; 7  . Khi đó M '  2; 5; 21
Câu 44: Đáp án D
Ta thấy tam giác SAB vuông cân tại S có

Phân tích: Ta có MN   2; 2; 2 

SA  SB  3 2  AB  SA2  SB 2  6

Kỹ Sư Hư Hỏng – Cung cấp tài liệu ôn thi THPT mới nhất

Trang 20


x  t

Trục Ox có phương trình Ox :  y  0 . Khi đó Ox
z  0


trình trên là phương trình một mặt cầu thì

có vtcp i  1;0;0 

1  4m  m 2   m  1   2m  3

d  a 2  b 2  c 2  0 . Do vậy áp dụng vào bài toán

này ta có, để thỏa mãn yêu cầu đề bài thì:



Ta có mặt phẳng (P) cần tìm song song với trục
Ox và đường thẳng chứa MN. Suy ra

n  u, i    0; 2;2
Mặt phẳng (P) đi qua M 1; 1; 2  và vtpt
n   0; 2; 2    P  : 2  y  1  2  z  2   0

  P  :  y z  3  0  y z  3  0
Câu 45: Đáp án D
Phân tích: Ta có A  Ox; B  Oy;C  Oz do đó

A  x;0;0  ; B  0; y;0  ; C  0;0; z  . Khi đó lần lượt
thay tọa độ các điểm trên vào phương trình mặt

2

0

 6m 2  6m  9  0 lướn hơn 0, do đó với m thì

luôn thỏa mãn điều kiện.
Câu 47: Đáp án B
Phân tích: Do ở đây nếu quý độc giả gọi vtcp của
đường thẳng  khi đó chỉ có hai dữ kiện mà chỉ
có hai phương trình nên không thể đặt như vậy
được.
Gọi H  d    H  3  t;3  3t; 2t  , lúc này chỉ
có một ẩn. Do  ||  P  nên AH  n P 

 AH .n P   0
  t  2  .1  1  3t  .1   2t  1 .  1  0  t  1

phẳng 2 x  3 y  5 z  30  0 thì ta lần lượt được

A 15;0;0  , B 0; 10;0 , C 0;0;6 

2

Khi đó u  AH  1; 2; 1
Khi đó phương trình  :

x 1 y  2 z 1


1
2
1

Câu 48: Đáp án B
Phân tích: Để đường thẳng d cắt mặt phẳng (P)
thì đường thẳng d không song song với mặt phẳng
(P).
Khi đó  ud .n P  0  8m  2.2  3.4  0
Từ hình vẽ trên ta nhận thấy tứ diện OABC có các
cạnh bên OA; OB; OC đôi một vuông góc, do đó

 m 1
Câu 49: Đáp án A

1
1 1
VOABC  .OA.OB.OC.  .15.10.6  150 . Nếu
3
2 6

Phân tích: Ta có I 1  t; t; 2t  . Mặt cầu tiếp xúc

không để ý kĩ điểm này có thể quý độc giả sẽ đi

với

tính thể tích của khối chóp rất phức tạp.
Câu 46: Đáp án B
Phân tích: Nếu phương trình mặt cầu dạng

hai

mặt

phẳng

d  I ;  P   d  I ; Q   R


1  t  2t  2.2t  5
1  22  22



2. 1  t   t  2.2t  4
22  12  22

x 2  y 2  z 2  2ax  2by  2cz  d  0 , để phương
Kỹ Sư Hư Hỏng – Cung cấp tài liệu ôn thi THPT mới nhất

do

Trang 21

đó


t  0
 t  6  7t  6  
t  2
Với t  0 thì I 1;0;0  và R  2 , khi đó

 S  : x2  y 2  z 2  2x  3  0
Với t  2 thì I  1; 2; 4  (không có phương
trình thỏa mãn)
Câu 50: Đáp án A
Phân tích: Ta thấy để đường thẳng d vuông góc với
mặt phẳng (P) theo vectơ pháp tuyến của mặt phẳng
(P) song song với vectơ chỉ phương của đường thẳng
d
Khi đó thì

m 2m  1 2



 m  1
1
3
2

Kỹ Sư Hư Hỏng – Cung cấp tài liệu ôn thi THPT mới nhất

Trang 22