211 đề thi thử THPTQG năm 2018 môn toán luyện đề THPTQG đề số 04 thầy trần minh tiến file word có lời giải chi tiết doc

ĐỀ MINH HỌA SỐ 04
Câu 1: Cho hình vuông ABCD với cạnh có độ dài bằng 1 và
» là một phần tư đường tròn tâm A, bán kính 1 chứa
cung BD
» cắt đoạn
trong hình vuông. Tiếp tuyến tại điểm I của cung BD
thẳng CD tại điểm M và cắt đoạn thẳng BC tại điểm N. Đặt
 MC = 1 − x
. Xác định x để MN có độ dài nhỏ nhất.

 NC = 1 − y
A. x = 2 − 1.

B. x = 1.

2
.
2

C. x = 1 −

D. x =

2 1
− .
2 2

Câu 2: Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m sao cho phương trình
3 x − 1 + m x + 1 = 2 4 x 2 − 1 có hai nghiệm thực?
A.

1
≤ m < 1.
3

1
B. −1 ≤ m ≤ .
4

1
C. −2 < m ≤ .
3

Câu 3: Cho điểm M thuộc đồ thị (C) của hàm số y = f ( x ) =

1
D. 0 ≤ m < .
3

x− 7
, biết M có hoành độ a và
x+1

khoảng cách từ M đến trục Ox bằng ba lần khoảng cách từ M đến trục Oy. Giá trị có thể
có của a là?
a = 1
.
A. 
a = 7
3


 a = −1
.
B. 
a = 7
3


 a = −1
.
C. 
a = − 7
3


Câu 4: Cho x,y là hai số dương thỏa mãn điều kiện x + y =

thức S =
A.

a = 1
.
D. 
a = − 7
3


5
. Tính giá trị nhỏ nhất cảu biểu
4

4 1
+
?
x 4y

9801
.
400

B.

1
.
4

C. 5.

D. 1.

Câu 5: Cho hàm số f ( x ) có đạo hàm trên ( a; b ) . Khẳng định nào sau đây là sai?
A. Nếu f ′ ( x ) > 0, ∀ x ∈ ( a; b ) thì hàm số f ( x ) đồng biến trên khoảng ( a; b ) .
B. Hàm số f ( x ) nghịch biến trên khoảng ( a; b ) khi và chỉ khi f ′ ( x ) ≤ 0, ∀ x ∈ ( a; b ) và
f ′ ( x ) = 0 chỉ tại một hữu hạn điểm x ∈ ( a; b ) .
C. Nếu hàm số f ( x ) đồng biến trên khoảng ( a; b ) thì f ′ ( x ) > 0, ∀ x ∈ ( a; b ) .
1


D. Hàm số f ( x ) nghịch biến trên khoảng ( a; b ) khi và chỉ khi

f ( x1 ) − f ( x 2 )
< 0 với mọi
x1 − x 2

x1 , x 2 ∈ ( a; b ) và x1 ≠ x 2 .
Câu 6: Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m sao cho bất phương trình
3

(

)

1 + x + 3 − x − 2 ( 1 + x ) ( 3 − x ) ≥ m nghiệm đúng với mọi x ∈ [ −1;3] ?

A. m ≤ 6 .

B. m ≥ 6 .

C. m ≥ 6 2 − 4 .

D. m ≤ 6 2 − 4 .

Câu 7: Cho hàm số y = f ( x ) có bảng biến thiên như hình dưới đây. Mệnh đề nào sau đây
là đúng?
x
y′
y

−∞
+

−1

2
0

+

+∞

+∞

−

−2

−2
−∞

−∞

A. Hàm số đã cho đồng biến trên các khoảng ( −2; +∞ ) và ( −∞; −2 ) .
B. Hàm số đã cho đồng biến trên khoảng ( −∞; −1) ∪ ( −1; 2 ) .
C. Hàm số đã cho đồng biến trên khoảng ( 0; 2 ) .
D. Hàm số đã cho đồng biến trên khoảng (−2; 2) .
Câu 8: Tìm giá trị nhỏ nhất của tham số sm sao cho hàm số y = f ( x ) =

x3
+ m x2 − m x − m
3

luôn đồng biến trên ¡ ?
A. m = −5.

C. m = −1.

B. m = 0.

D. m = −6.

1 
Câu 9: Cho ba số thực a, b, c ∈  ;1÷. Tìm giá trị nhỏ nhất Pmin của biểu thức:
4 
 1
 1
 1
P = log a  b − ÷+ log b  c− ÷+ log c  a − ÷?
 4
 4
 4
A. Pmin = 3.

B. Pmin = 6.

C. Pmin = 3 3.
t 2 − t −1

5
Câu 10: Tập nghiệm của bất phương trình  t 2 + 2 t + ÷
4


2

D. Pmin = 1.
3t − 4

5

≥  t2 + 2 t+ ÷
4


là?


A. ( −∞;1] ∪ [ 3; +∞ ) .

−2 − 3   −2 + 3 
;1 ∪ [ 3; +∞ ) .
B.  −∞;
÷∪ 
2 ÷
2

 


−2 − 3   − 2 + 3 
;1 ∪ [ 3; +∞ ) .
C.  −∞;

∪
2   2



−2 − 3   −2 + 3 
;1÷
D.  −∞;
÷
÷∪ 
÷∪ ( 3; +∞ ) .
2
2

 

x
x +3
x
Câu 11: Cho bất phương trình: log 1 ( 9 − 3 + 16 ) < log 2 ( 4 − 3 ) ( *) . Điều kiện của bất
2

phương trình (*) là?
A. ( log 4 3;log 3 4 ) ∪ ( log 3 4; +∞ ) .

B. ( −∞;log 3 4 ) ∪ ( log 3 4; +∞ ) .

C. ( log 4 3;log 3 4 ) .

D. [ log 4 3; +∞ ) .

Câu 12: Cho biết các điều kiện của biểu thức tồn tại, kết quả rút gọn của biểu thức:
A = ( log 3b a + 2 log 2b a + log b a ) ( log a b − log ab b ) − log ba là?
A. 0.

B. 1.

C. 3.

D. 2.

Câu 13: Nếu log 3 t = 4 log 3 x + 7 log 3 y − log 3 3 x thì t bằng?
−

11
3

A. x .
y7

11
3

3
11

B. x .
y7

C. x .

y7

11

D. x 3 y 7 .

2
3
Câu 14: Nếu log 7 x = 8log 7 ab − 2 log 7 a b ( a, b > 0 ) thì x bằng?

A. a 4 b6 .

B. a 2 b14 .

C. a 6 b12 .

D. a 8 b14 .

Câu 15: Thể tích khối tròn xoay sinh bởi khi quay hình phẳng giới hạn bởi các đồ thị hàm
số y = 2 x − x 2 , y = x quanh trục Ox là?
1
A. V = .
5

B. V =

π
.
5

1
C. V = .
6

2
Câu 16: Tìm nguyên hàm của hàm số y = f ( x ) = x +

D. V =

3
−2 x ?
x

A.

x3
4 3
+ 3ln x −
x + C.
3
3

B.

x3
4 3
+ 3ln x −
x .
3
3

C.

x3
4 3
+ 3ln x +
x + C.
3
3

D.

x3
4 3
− 3ln x −
x + C.
3
3

3

π
.
6


Câu 17: Cho hình thang cong (H) giới hạn bởi các đường y = e x , y = 0, x = 0, x = ln 4 .
Đường thẳng x = k (0 < k < ln4) chia (H) thành hai hình phẳng S 1 và S2 . Quay S1 , S 2
quanh trục Ox được khối tròn xoay có thể tích lần lượt là V1 ,V2 . Với giá trị nào của k thì
V1 = 2 V2 ?

A. k =

1 32
ln .
2 3

1
ln11.
2

B. k =

C. k =

1 11
ln .
2 3

D. k = ln

32
.
3

Câu 18: Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại B, SA vuông góc với đáy.
Biết SA = a; AB = a; BC = a 2 . Gọi I là trung điểm của BC. Cosin của góc giữa 2 góc
đường thẳng AI và SC là?
A.

2

.
3

B. −

2
.
3

C.

2
.
3

D.

2
8

Câu 19: Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình bình hành ABCD tâm O tam giác ABC
vuông cân tại A, có AB = AC = a, SA ⊥ (ABCD) . Đường thẳng SD tạo với đáy một góc
450 . Khoảng cách giữa 2 đường thẳng AD và SB là?
A.

a 3
.
2

B.

a 5
.
5

C.

a 10
.
10

D.

a 10
.
5

Câu 20: Cho hình chóp tam giác S.ABC có đáy là tam giác đều cạnh a. Tam giác SAB cân
tại S và thuộc mặt phẳng vuông góc với đáy. Biết SC tạo với đáy một góc 600 , gọi M là
trung điểm của BC. Cosin góc tạo với SM và mặt đáy là?
A. cosφ =

6
.
3

B. cosφ=

1
.

10

C. cosφ=

3
.
3

D. cosφ=

3
.
10

Câu 21: Tập hợp các điểm biểu diễn cho số phức z thỏa mãn tổng môdun các số phức
w1 = z − 2i và w 2 = z + 2i bằng 8 là một?
A. Đường thẳng.

B. Parapol.

C. Elip.

D. Đường tròn.

Câu 22: Trong các số phức thỏa mãn điều kiện z − 2 − 4i = z − 2i . Tìm môdun nhỏ nhất
của số phức z + 2i. ?
A.

B. 3 5

5

C. 3 2

D. 3 + 2

Câu 23: Số phức z thỏa mãn điều kiện z + 2i − 2 = z + 4 và môdun của nó nhỏ nhất là?
A. z =

2 1
+ i.
5 5

B. z = 1 − i.

C. z =
4

1 2
− i.
5 5

D. z = 1 + i.


Câu 24: Trên mặt phẳng tọa độ Oxy, tìm tập hợp điểm biểu diễn các số phức z thỏa mãn:
z − i = (1 + i) z ?
A. Hình tròn có tâm I(0; −1) và bán kính R = 2 .
B. Hình tròn có tâm I(0; −1) và bán kính R = 2 .
C. Đường tròn có tâm I(0; −1) và bán kính R = 2 .

D. Đường tròn có tâm I(0; −1) và bán kính R = 2 .
Câu 25: Cho hình lục giác đều cạnh a, tâm O. Tính thể tích của khối tròn xoay sinh bởi lục
giác đó khi quay quanh đường thẳng d (d trung trực của một cạnh)?
A. V =

π a3 3
(dvtt).
24

B. V =

7π a 3 3
(dvtt).
24

C. V =

π a3 3
(dvtt).
12

D. V =

7π a 3 3
(dvtt).
12

Câu 26: Trong không gian, cho tam giác OAB vuông tại O có OA = 4a, OB = 3a. Nếu cho
tam giác OAB quay quanh cạnh OA thì mặt nón tạo thành có diện tích xung quanh Sxq
bằng bao nhiêu?

2
A. Sxq = 9π a .

2
B. Sxq = 16π a .

2
C. Sxq = 15π a .

2
D. Sxq = 12π a .

π

2
Câu 27: Tìm giá trị lớn nhất M của hàm số y = 4sin x + 2 sin  2x + ÷?
4

A. M = 2.

B. M = 2 − 1.

C. M = 2 + 1.

Câu 28: Tìm giá trị lớn nhất M của hàm số y =
A. M =

1
.
2

B. M =

2
.
3

D. M = 2 + 2.

2
?
1 + tan 2 x
C. M = 1 .

D. M = 2 .

Câu 29: Hằng ngày mực nước của con kênh lên xuống theo thủy triều. Độ sâu h (mét) của
mực nước trong kênh được tính tại thời điểm t (giờ) trong một ngày bởi công thức
 πt π
h = 3cos  + ÷+ 12. Mực nước của kênh cao nhất khi?
 8 4
A. t = 13 (giờ).

B. t = 14 (giờ).

C. t = 15 (giờ).
5

D. t = 16 (giờ).

Câu 30: Một thí sinh phải chọn 10 trong 20 câu hỏi. Hỏi có bao nhiêu cách chọn 10 câu hỏi
này nếu 3 câu đầu phải được chọn?
10
3
B. C7 + C10 .

10
A. C 20 .

7
3
C. C10 .C10 .

7
D. C17 .

Câu 31: Trong các câu sau câu nào sai?
3
11
A. C14 = C14 .

3
4
4
B. C10 + C10 = C11 .

0
1
2

3
4
C. C 4 + C4 + C 4 + C 4 + C4 = 16 .

4
4
5
D. C10 + C11 = C11 .

Câu 32: Có tất cả 120 cách chọn 3 học sinh từ nhóm n (chưa biết) học sinh. Số n là nghiệm
của phương trình nào sau đây?
A. n(n+1)(n+ 2) = 120 .

B. n(n+1)(n+ 2) = 720 .

C. n(n − 1)(n − 2) = 120 .

D. n(n − 1)(n − 2) = 720 .
r uuur r uuur r uuur
Câu 33: Cho tứ diện ABCD có G là trọng tâm tam giác BCD. Đặt x = AB, y = AC, z = AD.
Khẳng định nào sau đây là khẳng định đúng?
uuur 1 r r r
uuur
1
A. AG = x + y + z .
B. AG = −
3
3
uuur 2 r r r
uuur

2
C. AG = x + y + z .
D. AG = −
3
3

(

(

r

r r

)

( x + y + z) .

)

r r r
x+y+z .

(

)

Câu 34: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật và AB = 2 a, BC = a . Các
cạnh bên của hình chóp bằn nhau và bằng a 2 . Gọi E và F lần lượt là trung điểm của
AB và CD, K là điểm bất kỳ tên AD. Khoảng cách giữa hai đường thẳng EF và SK là?

A.

a 3
.
3

B.

a 6
.
3

C.

a 15
.
5

D.

a 21
.
7

Câu 35: Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại B, AB = a, cạnh bên SA
vuông góc với đáy là SA = a 2 . Gọi M là trung điểm của AB. Khoảng cách giữa SM và
BC bằng bao nhiêu?
A.

a 2

.
3

B.

a
.
2

C.

a 3
.
3

D.

a 3
.
2

Câu 36: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho các điểm A(0;-2;-1) và B(1;-1; 2). Tọa
độ điểm M thuộc đoạn thẳng AB sao cho: MA = 2 MB là?
1 3 1
A.  ; − ; ÷.
2 2 2

2 4 
C.  ; − ;1÷.
3 3 

B. ( 2;0;5 ) .

6

D. ( −1; −3; −4 ) .


x = 2 − 2 t 2
x = 1 + t


Câu 37: Trong không gian với hệ toạn độ Oxyz, cho d1 :  y = 2 + 3 t, d 2 :  y = −2 + t 2 . Nhận
z = 3 − t
z = 1 + 3 t

2

xét nào sau đây là đúng về vị trí tương đối của hai đường thẳng đã cho?
A. Trùng nhau.

B. Song song.

C. Cắt nhau.

D. Chéo nhau.

x = 1 + t

Câu 38: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho d :  y = 2 + 3 t và mặt phẳng

z = 3 − t


( P ) : x+ 3 y+10 z − 37 = 0 . Khẳng định nào sau đây là đúng?
A. d ( d, (P) ) = 110.

B. d ( d, (P) ) = 0.

C. d ⊥ (P).

D. d và (P) cắt nhau.

Câu 39: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng d :
mặt phẳng (P) : x − 2 y + 2 z = 0,

( Q ) : x − 2 y+ 3z − 5 = 0.

x z− 3 y− 2
=
=
và hai
2
1
1

Mặt cầu (S) có tâm I là giao

điểm của đường thẳng d và mặt thẳng (P). Mặt phẳng (Q) tiếp xúc với mặt cầu (S). Viết
phương trình của mặt cầu (S)?
2

2
2
2
A. ( S) : ( x + 2 ) + (y + 4) + ( z + 3) = .
7

2
B. ( S) : ( x − 2 ) + (y − 4) + ( z − 3) =

9
.
14

2
2
2
2
C. ( S) : ( x − 2 ) + (y − 4) + ( z − 3) = .
7

2
D. ( S) : ( x + 2 ) + (y + 4) + ( z + 3) =

9
.
14

2

2

2

2

Câu 40: Trong không gian với hệ toạn độ Oxyz, cho hai điểm A(−1;1;0) và B ( 3;1; −2 ) .
Viết phương trình mặt phẳng (P) đi qua trung điểm I của cạnh AB và vuông góc với
đường thẳng AB?
A. − x + 2z + 3 = 0.

B. 2 x − y − 1 = 0.

C. 2 y − 2z − 3 = 0.

D. 2 x − z − 3 = 0.

Câu 41: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm A(1; −1;3) và hai đường thẳng
d1 :

x − 4 y+ 2 z− 1
x − 2 y+ 1 z− 1
=
=
, d2 :
=
=
. Viết phương trình đưởng thẳng d đi qua
1
4
−2

1
−1
1

điểm A, vuông góc với đường thẳng d1 và cắt đường thẳng d 2 ?
A. d :

x − 1 y+ 2 z− 3
=
=
.
4
1
4

B. d :

C. d :

x − 1 y+ 1 z− 3
=
=
.
2
−1
−1

D. d1 :
7

x − 1 y+ 1 z− 3
=
=
.
2
1
3
x − 1 y+ 1 z − 3
=
=
.
−2
2
3


Câu 42: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm A(1; −2;1), B(0; 2; −1), C(2; −3;1).
Điểm

M

thỏa

mãn

T = MA 2 − MB2 + MC2

nhỏ

nhất.

Tính

giá

trị

của

P = x 2M + 2 y 2M + 3z 2M?
A. P = 101.

B. P = 134.

C. P = 114.

D. P = 162.

Câu 43: Cho hình chóp tam giác đều S.ABC có cạnh đáy bằng a 3 và cạnh bên bằng 2a.
Thể tích khối chóp S.ABC theo a là?
A.

a3 3
.
6

B.

a3 3
.

3

C.

a3 3
.
4

D.

3a 3
.
4

Câu 44: Cho hình chóp tam giác đều S.ABC có cạnh bên bằng a hợp với đáy một góc 60° .
Thể tích khối chóp S.ABC là?
A.

3a 3
.
16

B.

a3
.
6

C.

3a 3
.
32

D.

a3
.
12

Câu 45: Cho hình chóp tam giác đều S.ABC có cạnh bên bằng a, góc giữa mặt bên với mặt
đáy là 45° . Thể tích khối chóp S.ABC là?
A.

a3
.
12

B.

3a 3
.
5

C.

15a 3
.
25

D.

a3
.
16

Câu 46: Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có đáy hợp với cạnh bên một góc 45°. Bán
kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABCD bằng
A.

3
.
3

B.

4 3
.
3

C.

2. Thể tích khối chóp là?
3 2
.
4

D.

4 2

.
3

Câu 47: Cho hình chóp S.ABCD có đáy là ABCD là hình chữ nhật với AB = 2a, BC = a 3.
Điểm H là trung điểm của cạnh AB, SH là đường cao, góc giữa SD và đáy là 60°. Khi đó
thể tích khối chóp là?
A.

a3 3
.
6

B. 2 a 3 .

C. 4 a 3 .

D.

a3 3
.
4

Câu 48: Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình chữ nhật, AB = a; A D = 2a;SA = a 3, là
điểm trên SA sao cho SM =

a 3
, SA vuông góc với đáy. Tính thể tích của khối chóp
3

S.MNC?

A.

a3 3
.
6

B.

a3 3
.
9

C.

8

a3 3
.
12

D.

a3 3
.
24


Câu 49: Cho hình lập phương có độ dài đường chéo bằng 10 3 cm. Thể tích của khối lập
phương là?
A. 1000 cm 3 .

B. 900 cm3 .

C. 300 cm3 .

D. 2700 cm3 .

Câu 50: Cho một khối lập phương biết rằng khi tăng độ dài cạnh của khối lập phương thêm
2cm thì thể tích của nó tăng thêm 98cm3 . Hỏi cạnh của khối lập phương đã cho bằng?
A. 3cm.

B. 4 cm.

C. 5cm.

D. 6 cm.

Đáp án
1- A
11- A
21- C
31- D
41- C

2- D
12- B
22- C
32- D
42- B

3- D
13- D
23- A
33- A
43- D

4- B
14- B
24- D
34- D
44- C

5- C
15- B
25- B
35- A
45- C

6- D
16- A
26- C
36- C
46- D

7- C
17- B
27- D
37- C
47- C

8- C
18- A
28- D
38- B
48- B

9- B
19- D
29- B
39- A
49- A

10- C
20- B
30- D
40- D
50- A

LỜI GIẢI CHI TIẾT ĐỀ MINH HỌA 07
Câu 1: Đáp án: A.
 MC = 1 − x DM = x
⇒
, lại có
 Hướng dẫn giải: Ta có được: 
 NC = 1 − y
BN = y
MN =

( 1− x)

2

+ ( 1 − y ) = 2 + x 2 + y 2 − 2 x − 2 y. (1) và
2

MN = MI+ IN = M D + NB = x + y (tính chất tiếp tuyến – hình học 9). (2).
2
2
Từ (1), (2) suy ra ( x + y ) = 2 + x + y − 2 x − 2 y ⇒ y =
2

Tiếp theo là MN = x + y = x +
f ′( x) =

2 x ( x + 1) − ( x 2 + 1)

⇒ f ′′ ( x ) =

( x + 1)

=

2

( 2 x + 2 ) ( x + 1)

2

2 x− 2
− x+1

=
, 0 < x < 1.
−2(x + 1)
x +1

− x+1 x2 +1
x2 +1
=
. Xét f ( x ) =
, x ∈ ( 0;1) ⇒
x+1
x+1
x+1
 x = −1 − 2 ∉ ( 0;1)
x2 + 2 x−1
=
0
⇔

(x + 1) 2
 x = −1 + 2

− 2 ( x 2 + 2 x − 1) ( x + 1)

( x + 1)

2

, f ′′

(

)

2 − 1 > 0.

Do đó tại x = 2 − 1 thì MN có độ dài nhỏ nhất. Lưu ý sự nhầm lẫn giữa giá trị lớn nhất
và giá trị cực đại của hàm số.
 Bổ trợ kiến thức: Một số kiếnt hức cần nhớ cho học sinh khi làm bài thi trắc nghiệm:
Cho hàm số y = f ( x ) xác định trên tập D.

9


Số M được gọi là giá trị lớn nhất của hàm số y = f ( x ) trên tập D nếu f ( x ) ≤ M với mọi

( x) .
x thuộc D và tồn tại x 0 ∈ D sao cho f ( x 0 ) = M. Kí hiệu M = maxf
D
Số m được gọi là giá trị nhỏ nhất của hàm số y = f ( x ) trên tập D nếu f ( x ) ≥ m với mọi

( x) .
x thuộc D và tồn tại x 0 ∈ D sao cho f ( x 0 ) = m. Kí hiệu m = minf
D
Câu 2: Đáp án: D.
 Hướng dẫn giải: Điều kiện: x ≥ 1. Phương trình ⇔ 3

⇔3

x−1

x−1
+ m = 24
, đặt t =
x+1
x+1

4

4
x−1
x2 −1
+m=2
2
4
x+1
( x + 1)

x−1
, với x ≥ 1 ta có 0 ≤ t < 1.
x+1

2
Thay vào phương trình ta được m = 2 t − 3 t = f ( t ) .

1
Ta có f ′ ( t ) = 2 − 6 t, f ′ ( t ) = 0 ⇔ t = .
3
Dễ dàng lập được bảng biến thiên và từ bảng biến thiên ta có để phưởng trình có hai
1
nghiệm khi 0 ≤ m < .

3
 Bổ trợ kiến thức: Một số kiến thức cần nhớ cho học sinh khi làm bài thi trắc nghiệm:
Cho hàm sô y = f ( x ) xác định trên tập D.
+ Số M được gọi là giá trị lớn nhất của hàm số y = f ( x ) trên tập D nếu f ( x ) ≤ M với mọi

( x) .
x thuộc D và tồn tại x 0 ∈ D sao cho f ( x 0 ) = M. Kí hiệu M = maxf
D
+ Số m được gọi là giá trị nhỏ nhất của hàm số y = f ( x ) trên tập D nếu f ( x ) ≥ m với mọi

( x) .
x thuộc D và tồn tại x 0 ∈ D sao cho f ( x 0 ) = m. Kí hiệu m = minf
D
Câu 3: Đáp án: D.
 Hướng dẫn giải: Theo giả thiết từ đề bài cho ta có được:
 x− 7
7

 x + 1 = 3x
3 x 2 + 2x + 7 = 0
y
=
3x
x=−


y =3 x ⇔ 
⇔
⇔ 2
⇔

3.

 y = −3x
 x − 7 = −3x
3 x + 4x − 7 = 0
x = 1
 x + 1

10


Kiến thức cũ: Điểm M ∈ ( C ) : y = f ( x ) sao cho khoảng cách từ M tới Ox bằng k lần
khoảng

cách

từ

M

tới

Oy

có

hoành

đọ

là

nghiệm

phương

trình

f ( x ) = k x
f ( x) = k x ⇔ 
.
f ( x ) = − k x
 a− 7 
 Bổ trợ kiến thức: Gọi M  a;
÷∈ ( C ) với a ≠ −1.
 a+1 
a = 1
a− 7
=3a ⇔ 
.
Theo đề cho ta có:
a = − 7
a+1
3

Để giải quyết nhanh gọn bài toán trong thời gian ngắn thì các em có thể sử dụng cách này
để giải quyết.
Câu 4: Đáp án: B.
5


5
y= −x


x
+
y
=


4
.
 Hướng dẫn giải: Ta dễ có được: 
4 ⇒
 x > 0, y > 0 0 < x < 5

4
Khi đó S =

4 1
4
1
 5
+
= +
, x ∈  0; ÷.
x 4y x 5− 4x
 4

Xét hàm số f ( x ) =

4
1
 5
+
, x ∈  0; ÷, ta có
x 5− 4x
 4

x = 1
−4
4
−60 x 2 + 160 x − 100
f ′( x) = 2 +
=
=0⇔
.
2
2
2
 x = 5 ∉  0; 5 ÷
x
x
(5
−
4
x)
( 5 − 4 x)

3  4

Lập bảng biến thiên ta được và dựa vào bảng biến thiên ta dễ chọn được đáp án.
 Bổ trợ kiến thức: Một số kiến thức cần nhớ cho học sinh khi làm bài thi trắc nghiệm:
Cho hàm số y = f ( x ) xác định trên tập D.
+ Số M được gọi là giá trị lớn nhất của hàm số y = f ( x ) trên tập D nếu f ( x ) ≤ M với mọi

( x) .
x thuộc D và tồn tại x 0 ∈ D sao cho f ( x 0 ) = M. Kí hiệu M = maxf
D
+ Số m được gọi là giá trị nhỏ nhất của hàm số y = f ( x ) trên tập D nếu f ( x ) ≥ m với mọi

( x) .
x thuộc D và tồn tại x 0 ∈ D sao cho f ( x 0 ) = m. Kí hiệu m = minf
D
Câu 5: Đáp án: C.
11


 Hướng dẫn giải: Sửa lại cho đúng là “Nếu hàm số f ( x ) đồng biến trên

( a; b ) thì

f ′ ( x ) ≥ 0, ∀ x ∈ ( a; b ) ”.
Câu 6: Đáp án: D.
 Hướng dẫn giải: Đặt ẩn t = 1 + x + 3 − x ⇒ t 2 = 4 + 2 ( 1 + x ) ( 3 − x )
⇔ 2 ( 1 + x ) ( 3 − x ) = t 2 − 4. Với x ∈ [ −1;3] ⇒ t ∈  2; 2 2  .
Thay vào bất phương trình ta được: m ≤ − t 2 + 3 t + 4.
2
Xét hàm số f ( t ) = − t + 3 t + 4, f ′ ( t ) = −2 t + 3;f ′ ( t ) = 0 ⇔ t =

3

< 2.
2

Từ bảng biến thiên ta có m ≤ 6 2 − 4 thỏa đề bài.
Câu 7: Đáp án: C.
 Hướng dẫn giải: Vì ( 0; 2 ) ⊂ ( −1; 2 ) , mà hàm số đồng biến trên khoảng ( −1; 2 ) nên suy
ra C đúng.
Câu 8: Đáp án: C.
 Hướng dẫn giải: Tập xác định: D = ¡ . Ta có y′ = x 2 + 2 m x − m. Hàm số đồng biến trên
1 > 0
¡ ⇔ y′ ≥ 0, ∀ x ∈ ¡ ⇔  2
⇔ −1 ≤ m ≤ 0.
m
+
m
≤
0

Kết luận giá trị nhỏ nhất của m để hàm số đồng biến trên ¡ là m = −1.
Câu 9: Đáp án: B.
2

1 
1
1
1
 Hướng dẫn giải: Với mọi x ∈  ;1÷ ta có x 2 − x + =  x − ÷ ≥ 0 ⇒ x 2 ≥ x − .
4 
4 
2

4
 1
2
Lấy logarit 2 vế, ta được log t x ≤ log t  x − ÷ (với t ∈ ( 0;1) ).
4

 1
 1
2
2
Áp dụng ta được: log a  b− ÷ ≥ log a b = 2 log a b, log b  c− ÷ ≥ log b c = 2 log b c
4
4




 1
log c  a − ÷ ≥ log c a 2 = 2 log c a .
 4
Kết luận P ≥ 2 [ log a b+ log b c+ log c a ] ≥ 2.3 3 log a b.log b c.log c a = 6.
Câu 10: Đáp án: C.
 Hướng dẫn giải:
12

và


2
Ta phân tích như sau: t + 2 t +

5
1
1 1
2
= ( t 2 + 2 t + 1) + = ( t + 1) + ≥ , ∀ t ∈ ¡ .
4
4
4 4

Ta chia thành các trường hợp:
 −2 + 3
t =
5
1
2 .
2
2
 TH1: t + 2 t + = 1 ⇔ t + 2 t + = 0 ⇔ 
Khi đó, tập nghiệm của bất
4
4
 −2 − 3
t =

2
 −2 − 3 −2 + 3 
;
phương trình đã cho trong trường hợp 1 là T1 = 
.

2 
 2
t ∈ ¡
t 2 + 2 t + 1 ≥ 0

1 2
5

⇔   −2 − 3 −2 + 3 
 TH2: ≤ t + 2 t + < 1 ⇔  2
1
;
4
4
÷
t + 2 t + < 0
 t ∈ 
2
2 ÷

4

 
 −2 − 3 −2 + 3 
⇔ t ∈ 
;
÷.
2
2 ÷



Khi đó, bất phương trình đã cho tương đương:
t 2 − t − 1 ≤ 3 t − 4 ⇔ t 2 − 4 t + 3 ≤ 0 ⇔ t ∈ [ 1;3] .
Tập nghiệm của bất phương trình đã cho trong trường hợp 2 là: T2 = ∅.
2
 TH3: t + 2 t +



5
1
−2 − 3   −2 + 3
> 1 ⇔ t 2 + 2 t + > 0 ⇔ t ∈  −∞;
∪ 
; +∞ ÷
÷
÷
÷.
4
4
2  
2



Khi đó, bất phương trình đã cho tương đương:
t 2 − t − 1 ≥ 3 t − 4 ⇔ t 2 − 4 t + 3 ≥ 0 ⇔ t ∈ ( −∞;1] ∪ [ 3; +∞ ) .
Tập nghiệm của bất phương trình đã cho trong trường hợp 3 là:

−2 − 3   −2 + 3 

T3 =  −∞;
;1 ∪ [ 3; +∞ ) .
÷∪ 
2 ÷
2

 

Kết luận tập nghiệm của bất phương trình đã cho là:


−2 − 3   − 2 + 3 
 −2 − 3 −2 + 3 
T = T1 ∪ T2 ∪ T3 = 
;
∪
;1
∪
3;
+∞
÷
)
[
÷

 ∪ ∅ ∪   −∞;

÷
2 
2 ÷ 

2
 2




−2 − 3   − 2 + 3 
=  −∞;
;1 ∪ [ 3; +∞ ) .
∪
2
2

 

Kết luận đáp án chính xác ở đây là đáp án C. Bổ sung thêm: Một số học sinh nhầm lẫn về
kiến thức nên chỉ làm một trường hợp 3 và vội vàng kết luận mà không kết hợp với điều
13


kiện của trường hợp 3. Nên khoanh đáp án A. Một số học sinh chỉ làm trường hợp 3 và
có kết hợp với điều kiện xảy ra trường hợp 3. Nên khoanh đáp án B. Một số học sinh
không để ý đến dấu của phương trình đã cho và chỉ giải một trường hợp 3. Nên khoanh
đáp án D và đã sai lầm.
Câu 11: Đáp án: A.
9 x − 3x +3 + 16 > 0 ( 1)
.
 Hướng dẫn giải: Điều kiện của bất phương trình (*) là:  x
 4 − 3 > 0
Ta giải 2 bất phương trình mũ ( 1) , ( 2 ) : Bất phương trình (1): Đặt ẩn phụ: t = 3x , t > 0.

2
Khi đó ( 1) ⇔ t − 8 t + 16 > 0 ⇔ t ∈ ( −∞; 4 ) ∪ ( 4; +∞ ) .

Vì t > 0 nên ta được t ∈ ( 0; 4 ) ∪ ( 4; +∞ ) .
Suy ra:
 3x > 0
x ∈ ¡
x
x

3
∈
0;
4

(
)
0
<
3
<
4
 x

x
log3 4
3 ∈ ( 0; 4 ) ∪ ( 4; +∞ ) ⇒  x
⇔ x
⇔  3 < 3
⇔   x < log 3 4

3 > 4
 x
3 ∈ ( 4; +∞ )
log3 4
 x > log 3 4
3 > 3
 x < log 3 4
⇔
(vì 3 > 1 nên 3x > 3y ⇔ x > y, ∀ x, y ∈ ¡ , theo tính chất của lũy thừa với
x
>
log
4
3

số mũ thực).
log 3
x
x
Bất phương trình ( 2 ) : ( 2 ) ⇔ 4 > 3 ⇔ 4 > 4 4 ⇔ x > log 4 3 (vì 4 > 1 nên 4 x > 4 y

⇔ x > y, ∀ x, y ∈ ¡ ). Kết luận D = ( log 4 3;log 3 4 ) ∪ ( log 3 4; +∞ ) .
Vậy đáp án A là đáp án chính xác. Một số học sinh chỉ tìm điều kiện của 1 trong 2 biểu
x
x +3
x
thức log 1 ( 9 − 3 + 16 ) , log 2 ( 4 − 3 ) nên lần lượt dẫn đến đáp án B, C.
2

Một

số

học

sinh

đặt

sai

điều

kiện

biểu

thức

trong

lôgarit,

ví

dụ:

9 x − 3x +3 + 16 ≥ 0, 4 x − 3 ≥ 0 nên dẫn đến đáp án D. Đó là những điều sai lầm rất đáng
tiếc.
Câu 12: Đáp án: B.

3
2
 Hướng dẫn giải: Dễ thấy A = ( log b a + 2 log b a + log b a ) ( log a b − log ab b ) − log b a

1
1 
2
= log b a ( log b a + 1) 
−
÷− log b a
log
a
log
ab
b
b



14



1
1
2
2
= log b a ( log b a + 1) 
÷− log b a = log b a(log b a + 1) .
log b a(log b a + 1)

 log b a − log b a + 1 
= log b a + 1 − log b a = 1.
Câu 13: Đáp án: D.
 Hướng dẫn giải: Ta có:
1

4 log 3 x + 7 log 3 y − log 3 3 x = log 3 x 4 + log 3 y 7 − log 3 x 3 = log 3

x 4 y7
1

11

= log 3 x 3 . y 7

x3
11

11

Do đó mà: log t = 4 log x + 7 log y − log 3 x = log x 3 . y 7 . ⇒ t = x 3 . y 7
3
3
3
3
3
Câu 14: Đáp án: B.
 Hướng dẫn giải:
2
3

4 8
3
7
2 14
Ta có: log 7 x = 8log 7 ab − 2 log 7 a b = 2 log 7 a b − 2 log 7a b = 2 log 7ab ⇔ x = a b .

Câu 15: Đáp án: B.
x = 0
2
2
, 2 x − x 2 ≥ x, ∀ x ∈ [ 0;1]
 Hướng dẫn giải: Xét phương trình 2 x − x = x ⇔ x − x = 0 ⇔ 
x
=
1

2
π
⇒ V = π ∫ ( 2 x − x 2 ) − x 2  dx = (đ.v.t.t).


5
0
1

 Bổ trợ kiến thức: Cắt một vật thể ν bởi hai mặt phẳng (P) và (Q) vuông góc với trục Ox
lần lượt tại x = a, x = b ( a < b ) . Một mặt phẳng tùy ý vuông góc với Ox tại điểm x

( a ≤ x ≤ b)

cắt ν theo thiết diện có diện tích là S ( x ) .

+ Giả sử S ( x ) liên tục trên đoạn [ a; b ] . Người ta chứng minh được rằng thể tích V của
phần vật thể ν giới hạn bởi hai mặt phẳng (P) và (Q) được tính theo công thức:
b

V = ∫ S ( x ) d x.
a

+ Giả sử một hình thang cong giới hạn bởi đồ thị hàm số y = f ( x ) , trục Ox và hai đường
thẳng x = a, x = b ( a < b ) quay xung quanh trục Ox tạo thành một khối tròn xoay. Thể
b

2
tích V được tính theo công thức V = π ∫ f ( x ) d x.
a

Câu 16: Đáp án: A.
15


 Hướng dẫn giải: Dễ thấy được phương án A là phương án đúng trong các phương án mà
đề bài đã cho.
 Bổ trợ kiến thức: Ta có thể giải bằng máy tính như sau, tại x = 10 ta được
x2 +


d  X3
4
3

+ 3ln X −
X 3 ÷ x =10 ta
− 2 x ≈ 93,97544468, khi đó nhập vào máy

dx  3
3
x



d  X3
4
+ 3ln X −
X 3 ÷ x =10 ≈ 93,97544468.
cũng được

dx  3
3


Cho hàm số f ( x ) xác định trên K. Hàm số F ( x ) được gọi là nguyên hàm của hàm số
f ( x ) trên K nếu F′ ( x ) = f ( x ) với mọi x ∈ K .
+ 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 f ( x ) trên K.
+ Nếu F ( x ) là một nguyên hàm của hàm số f ( x ) trên K thì mọi nguyên hàm của f ( x )
trên K đều có dạng F ( x ) + C, với C là một hằng số.
Câu 17: Đáp án: B.
 Hướng dẫn giải:
k

Ta có V1 = π ∫ ( e
0

)

x 2

ln 4
 e 2 x  k π e2k π
 e2x  ln 4
π e2k
x 2
dx =π 
=
−
,
V
=
π
e
d
x
=
π
=
8
π
−
.
(

)
÷

÷
2
∫k
2
2
2
 2 0
 2 k

Theo giả thiết: V1 = 2 V2 ⇔


π e 2k π
π e2 k
− = 2  8π −
2
2
2



1
2k
÷ ⇔ e = 11 ⇔ k = ln11.
2


 Bổ trợ kiến thức: Cắt một vật thể ν bởi hai mặt phẳng (P) và (Q) vuông góc với trục Ox
lần lượt tại x = a, x = b ( a < b ) . Một mặt phẳng tùy ý vuông góc với Ox tại điểm
x ( a ≤ x ≤ b ) cắt ν theo thiết diện có diện tích là S ( x ) . Giả sử S ( x ) liên tục trên đoạn

[ a; b] .

16


Người ta chứng mình được rằng thể tích V của phần vật thể ν giới hạn bởi hai mặt phẳng
b

(P) và (Q) được tính theo công thức: V = ∫ S ( x ) d x .
a

Giả sử một hình thang công giới hạn bởi đồ thị hàm số y = f ( x ) , trục Ox và hai đường
thẳng x = a, x = b ( a < b ) quay xung quanh trục Ox tạo thành một khối tròn xoay/ Thể
b

2
tích V được tính theo công thức V = π ∫ f ( x ) d x .
a

Câu 18: Đáp án: A.
 Hướng dẫn giải: Gọi H là trung điểm của SB
⇒ IH song song với SC.
Do đó SC

·
( AHI ) ⇒ (·AI;SC ) = (·AI; HI ) = AIH

Ta có AI = AB2 + BI 2 =
AH =

a 6
SC
SA 2 + AC 2
và IH =
=
=a
2
2
2

AB2 + AS2 BS2 a 2
.
−
=
2
4
2

·
Áp dụng định lý cosin trong tam giác AHI, có cos AIH
=

AI 2 + HI 2 - AH 2
6
2
.

=
=
2 AI.AH
3
3

Câu 19: Đáp án: D.
 Hướng dẫn giải:
Lấy M là trung điểm BC, H là hình chiếu của A lên SM. Xác định
· ( ABCD ) = SDA
) · = 45°
( AD,
SA ⊥ BC ⊥ AM ⇒ BC ⊥ ( SAM ) ⇒ BC ⊥ AH
AH ⊥ S M ⇒ AH ⊥ ( SBC ) ⇒ d ( A, ( SBC ) ) = AH
Vì AD/ / ( SBC ) chứa BC nên
d ( SB, AD ) = d ( AD, ( ABC ) ) = d ( A, ( SBC ) ) = AH
Tính: SA = AD = a 2, AM =

a
2

1
1
1
2
.
=
+
⇒ AH = a
2

2
2
AH
AS AM
5
17


Câu 20: Đáp án: B.
 Hướng dẫn giải:
Gọi H là trung điểm của AB khi đó SH ⊥ AB
Mặt khác ( SAB ) ⊥ ( ABC ) suy ra SH ⊥ ( ABC ) .
a 3
3a
⇒ SH = CHtan 60° =
2
2

Khi đó CH =

Do M là trung điểm của BC nên HM =
·
cosSMH
=

HM
2

HM + SH

2

=

BC a
=
2
2

1
.
10

Câu 21: Đáp án: C.
 Hướng dẫn giải: Đặt z = x + yi , với x, y ∈ ¡ . Ta có: w1 + w 2 = 8
⇔ x + ( y− 2 ) i + x + ( y+ 2 ) i = 8
⇔ x 2 + ( y − 2 ) + x 2 + ( y+ 2 ) = 8 ⇔ x 2 + ( y− 2 ) = 8 − x 2 + ( y+ 2 )
2

2

2

2

2
 x 2 + ( y+ 2 ) 2 ≤ 8
 2

 x + ( y + 2 ) ≤ 64

⇔
⇔
2
2
2
2
2
2 x + ( y+ 2 ) = y + 8
4  x + ( y + 2 )  = ( y + 8 )


 x 2 + ( y + 2 ) 2 ≤ 64
 x 2 + ( y + 2 ) 2 ≤ 64
 x 2 + ( y + 2 ) 2 ≤ 64

⇔
⇔
⇔  x 2 y2
.
2
2
2
2
2
=1
4 x + 4 y + 16 y + 16 = y + 16 y + 64
4 x + 3 y = 48
 +
 12 16
Tập hợp các điểm biểu diễ của số phức z là một đường elip có phương trình

x 2 y2
+
= 1.
12 16

Câu 22: Đáp án: C.
 Hướng dẫn giải: Gọi z = x+ yi, ( x, y ∈ ¡ ) .
Ta có: z − 2 − 4i = z − 2i ⇔
(x − 2) 2 + (y − 4) 2 = x 2 + (y − 2) 2 ⇔ x+ y − 4 = 0 ⇔ y = 4 − x .
Ta có: z+ 2i = x 2 + ( y+ 2 ) = x 2 + ( 6 − x ) = 2 x 2 − 12 x+ 36 = 2 ( x − 3 ) +18 ≥ 18
2

2

2

⇒ z+ 2i min = 18 = 3 2 khi z = 3 + i .
Câu 23: Đáp án: A.
 Hướng dẫn giải: Đặt z = x+ yi , với x, y ∈ ¡ .
18

2


Ta có: z + 2i − 2 = z+ 2 ⇔
x − 2 + ( 2 − y ) i = x + 2 + yi ⇔ −4 x − 4 y + 8 = 4 x + 4 ⇔ y = −2x + 1 .
Ta lại có: z = x 2 + y 2 nhỏ nhất. x 2 + y 2 = x 2 + ( −2 x + 1) = 5x 2 − 4x + 1 .
2

2
Xét hàm số f ( x ) = 5x − 4x + 1 ⇒ f ′ ( x ) = 10x − 4 ⇒ f ′ ( x ) = 0 ⇔ x =

2
.
5

1
2
1
Lập bảng biến thiên ta dễ dàng suy ra được ⇒ minf ( x ) = tại x = ⇒ y = .
5
5
5
x∈¡
Điểm biểu diễn của số phức z là z =

2 1
+ i.
5 5

Câu 24: Đáp án: D.
 Hướng dẫn giải: Ta có: z − i = ( 1 + i ) z ⇔ a + bi − i = ( 1 + i ) ( a + bi )
⇔ a 2 + ( b − 1) =

( a− b)

2

2

+ ( a + b ) ⇔ −2 b+ 1 = a 2 + b 2 ⇔ a 2 + ( b+ 1) = 2
2

2

Câu 25: Đáp án: B.
 Hướng dẫn giải: Khối tròn xoay được tạo thành bởi lục giác ABCDEF có thể tích gấp
đôi khối tròn xoay ( H ) được tạo thành bởi hình thang ABCF.
Gọi V* là thể tích của khối nón tạo bởi tam giác đều SAB.
Do đó ta có: V = 2 V( H ) và
2

1  a  a 3 7π a 3 3
.
V( H ) = 8 V* − V* = 7 V* = 7. π  ÷ .
=
3 2
2
24
Kết luận: ta có thể tích cần tìm là: V = 2 V( H ) =

7π a 3 3
(dvtt).
12

Câu 26: Đáp án: C.
 Hướng dẫn giải: Dễ thấy h = 4a và r = 3a . Kết luận diện tích xung quanh là:
Sπxq rl= π r= r

2
h 2 + 15π
=a

2

.

Câu 27: Đáp án: D.

π

 1 − cos 2 x 
2
 Hướng dẫn giải: Ta có y = 4sin x + 2 sin  2 x + ÷ = 4 
÷+ sin 2 x+ cos 2 x
4
2



π

= sin 2 x − cos 2 x + 2 = 2 sin  2 x − ÷+ 2 .
4


19

π
π


Mà −1 ≤ sin  2 x − ÷ ≤ 1 ⇒ − 2 + 2 ≤ 2 sin  2 x − ÷+ 2 ≤ 2 + 2 .
4
4


Câu 28: Đáp án: D.
 Hướng dẫn giải: Ta có

y=

2
=
1+ tan 2 x

2
= 2 cos 2 x
1
.
2
cos x

Do 0 ≤ cos 2 x ≤ 1 ⇒ 0 ≤ y ≤ 2 ⇒ M = 2 .
Câu 29: Đáp án: B.
 Hướng dẫn giải: Mực nước của kênh cao nhất khi h lớn nhất
πt π
 πt π 

⇔ cos  + ÷=1 ⇔ + = k 2π với 0 < t ≤ 24 và k ∈ ¢ .
8 4
 8 4
Lần lượt thay các đáp án, ta được đán áp B thỏa mãn.
Vì với t=14 ⇒⇔

πt π
+ =2π (đúng với k = 1∈ ¢ ).
8 4

Câu 30: Đáp án: D.
 Hướng dẫn giải: Thí sinh chỉ phải chọn 7 câu trong 17 câu còn lại.
7
Vậy có C17 cách chọn.

Câu 31: Đáp án: D.
4
4
5
+ C11
= C11
 Hướng dẫn giải: Ta có công thức: C kn + C kn +1 = Ckn ++11 nên đáp án sai là C10
.

Câu 32: Đáp án: D.
3
 Hướng dẫn giải: Chọn 3 trong n học sinh có C n =

n ( n − 1) ( n − 2 )
n!

=
.
6
( n − 3) !.3!

3
Khi đó C n = 120 ⇔ n ( n − 1) ( n − 2 ) = 720 .

Câu 33: Đáp án: A.

uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur
 Hướng dẫn giải: Ta có: AG = AB + BG, AG = AC + CG, AG = AD + DG
uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur r r r
⇒ 3AG = AB + AC + AD + BG + CG + DG = AB + AC + AD = x + y + z . Vì G là trọng
uuur 1 r r r
uuur uuur uuur r
tâm của tam giác BCD nên BG + CG + DG = 0 . Kết luận: AG = x + y + z .
3

(

)

 Bổ trợ kiến thức: Phép cộng và phép trừ hai vectơ trong không gian được định nghĩa
tương tự như phép cộng và phép trừ hai vectơ trong mặt phẳng. Phép cộng hai vectơ
trong không gian cũng có các tính chất như phép cộng hai vectơ trong mặt phẳng.
Câu 34: Đáp án: D.
20

 Hướng dẫn giải: Gọi O = AC∩ BD , I là trung điểm cạnh đáy BC.
Vì SA = SB = SC = SD nên SO ⊥ ( ABCD )
Từ đó ta chứng mình được BC ⊥ ( SOI ) ⇒ OH ⊥ ( SBC ) (với OH ⊥ BC tại SI).
 EF/ / ( SBC )
Do 
nên d ( EF,SK ) = d ( EF, ( SBC ) ) = OH .
SK ⊂ ( SBC )
Thực hiện tính toàn để được OC =
Kết luận: d ( EF,SK ) = OH =

1
a 5
a 3
.
AC =
⇒ SO =
2
2
2

SO.OI
SO + OI
2

2

=

a 21
.

7

 Bổ trợ kiến thức: Khoảng cách giữa hai đường
thẳng chéo nhau bằng khoảng cách giữa một
trong hai được thẳng đó đến mặt phẳng song
song với nó và chứa đường thẳng còn lại.
Khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau
bằng khoẳng cách giữa hai mặt phẳng song song
lần lượt chứa hai đường thẳng đó.
Câu 35: Đáp án: A.
 Hướng dẫn giải: Gọi N là trung điểm của cạnh đáy AC.
Khi đó BC // ( SMN ) nên d ( SM,BC ) = d ( B, ( SMN ) ) = d ( A, ( SMN ) )
Gọi H là hình chiếu vuông góc của A trên đoạn SM .
Ta có thể chứng minh được MN ⊥ ( SAM ) , từ đó
AH ⊥ ( SMN ) ⇒ d ( A, ( SMN ) ) = AH =

SA.AM
2

SA + AM

2

=

a 2
.
3

 Bổ trợ kiến thức: Khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo

nhau bằng khoảng cách giữa một trong hai được thẳng đó
đến mặt phẳng song song với nó và chứa đường thẳng còn
lại. Khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau bằng
khoẳng cách giữa hai mặt phẳng song song lần lượt chứa
hai đường thẳng đó.
Câu 36: Đáp án: C.

uuuu
r
uuur
 Hướng dẫn giải: Kiến thức cơ bản từ SGK Hình học lớp 12, AM = 2MB .
21


 Bổ trợ kiến thức: Một số kiến thưucs toán mà học sinh cần nắm vững. Đường thẳng d đi
r
qua M ( x 0 ; y 0 ; z 0 ) và có vectơ chỉ phương u ( a; b;c ) có phương trình tham số

 x = x 0 + at

d  y = y0 + bt ( t ∈ ¡
 z = z + ct
0


)

và phương trình chính tắc d :

x − x 0 y− y0 z− z 0

=
=
( abc ≠ 0 ) .
a
b
c

Câu 37: Đáp án: C.
1 + t = 2 − 2 t 2
 t = −1

 Hướng dẫn giải: Dễ thấy được  2 + 3 t = −2 + t 2 ⇔ 
. Do đó hai đường thẳng này
t 2 = 1
3 − t = 1 + 3 t
2

cắt nhau. Các em xem lại các vị trí tương đối và điều kiện xảy ra từng trường hợp trong
SGK Hình học lớp 12 cơ bản của NXB GD VN.
 Bổ trợ kiến thức: Một số kiến thức toán mà học sinh cần nắm vững. Đường thẳng d đi
r
qua M ( x 0 ; y 0 ; z 0 ) và có vectơ chỉ phương u ( a; b;c ) có phương trình tham số

 x = x 0 + at

d :  y = y 0 + bt ( t ∈ ¡
 z = z + ct
0


)

và phương trình chính tắc d :

x − x 0 y− y0 z − z 0
=
=
( abc ≠ 0 ) .
a
b
c

Câu 38: Đáp án: B.

rr
 Hướng dẫn giải: Ta có u.n = 0, A ( 1, 2,3) ∈ d, A ∈ ( P ) . Do đó d ⊂ ( P ) ⇒ d ( d, ( P ) ) = 0
 Bổ trợ kiến thức: Một số kiến thức toán mà học sinh cần nắm vững. Đường thẳng d đi
r
qua M ( x 0 ; y 0 ; z 0 ) và có vectơ chỉ phương u ( a; b;c ) có phương trình tham số

 x = x 0 + at

d :  y = y 0 + bt ( t ∈ ¡
 z = z + ct
0


)

và phương trình chính tắc d :

x − x 0 y− y0 z − z 0
=
=
( abc ≠ 0 )
a
b
c

Câu 39: Đáp án: A.
x = 2 t

 Hướng dẫn giải: Ta dễ có được d :  y = 3 + t ( t ∈ ¡ ) ⇒ I ( 2 t; t+ 3; t+ 2 ) .
z = 2 + t

Mà I ∈ ( P ) ⇒ 2 t − 2 = 0 ⇔ t = 1 ⇒ I ( 2; 4;3 ) .
22


Gọi R là bán kính của ( S) , ta có ( Q ) tiếp xúc với ( S)
⇔ d ( I; ( Q ) ) = R ⇔ R =

2 − 2.4 + 3.3 − 5
12 + ( −2 ) + 32
2

2
14 .

=

Kết hợp với ( S) có tâm I ( 2; 4;3) ⇒ ( S ) : ( x − 2 ) + ( y− 4 ) + ( z − 3) =
2

2

2

4 2
= .
14 7

 Bổ trợ kiến thức: Một số kiến thức toán mà học sinh cần nắm vững. Phương trình mặt
cầu tâm I ( a; b;c ) bán kính R là ( S) : ( x − a ) + ( y− b ) + ( z − c ) = R 2 . Trong không gian
2

2

2

Oxyz cho phương trình x 2 + y 2 + z 2 + 2 Ax+ 2 By+ 2 Cz+ D = 0 là phương trình mặt cầu
khi A 2 + B2 + C2 − D > 0 . Khi đó mặt cầu có tâm I ( − A; − B; − C )

và bán kính

R = A 2 + B2 + C 2 − D .
Câu 40: Đáp án: D.
 −1 + 3 1 + 1 0 − 2 
;
;

 Hướng dẫn giải: Ta có I là trung điểm của cạnh AB ⇒ I 
÷ ⇒ I ( 1;1; −1)
2
2 
 2
uuur
Mặt phẳng ( P )
qua I ( 1;1; −1)
và nhận AB = ( 4;0; −2 )
là một VTPT

⇒ ( P ) : 4 ( x − 1) + 0. ( y − 1) − 2 ( z − 1) = 0 ⇒ ( P ) : 4x − 2z − 6 = 0 ⇒ ( P ) : 2x − z − 3 = 0 .
 Bổ trợ kiến thức: Một số dạng toán mà học sinh cần nắm vững.
+ Một là biết điểm thuộc mặt phẳng và vectơ pháp tuyến. Mặt phẳng ( P ) đi qua điểm
r
M ( x 0 ; y 0 ; z 0 ) và có vectơ pháp tuyến là n ( A; B;C ) . Khi đó phương trình mặt phẳng

( P)

là A ( x − x 0 ) + B ( y − y 0 ) + C ( z − z 0 ) = 0 .

+ Hai là biết điểm thuộc mặt phẳng và cặp vectơ chỉ phương. Mặt phẳng ( P ) đi qua điểm
r r
r
M ( x 0 ; y 0 ; z 0 ) và có cặp vectơ chỉ phương là a, b . Khi đó nếu ta gọi n là một vectơ pháp
r
r
r
tuyến của mặt phẳng ( P ) thì n sẽ bằng tích có hướng của hai vectơ a và b . Tức là
r

r r
n = a, b  .
+ Ba là biết điểm thuộc mặt phẳng và song song với mặt phẳng khác. Mặt phẳng ( P ) đi
qua điểm M ( x 0 ; y 0 ; z 0 ) và song song với mặt phẳng

( Q)

Ax+ By+ Cz+ D = 0 . Khi đó mặt phẳng ( P ) sẽ có phương trình là:
23

có phương trình là:


A ( x − x 0 ) + B ( y− y0 ) + C ( z− z 0 ) = 0
+ Bốn là biết 3 điểm không thẳng hàng thuộc mặt phẳng. Mặt phẳng ( P ) đi qua 3 điểm
uuur uuur
không thẳng hàng A, B, C. Khi đó mặt phẳng ( P ) có cặp véctơ chỉ phương là AB, AC
uuur uuu
r
uuur uuu
r
hoặc AB, BC hoặc AC, BC …
Câu 41: Đáp án: C.
x = 2 + t

 Hướng dẫn giải: Gọi M = d ∩ d 2 , ta có d 2 :  y = −1 − t ( t ∈ ¡ ) ⇒ M ( t + 2; − t − 1; t + 1) .
z = 1+ t

uuuu
r

Đường thẳng d nhận AM = ( t + 1; − t; t − 2 ) là một VTCP. Đường thẳng d1 có một VTCP
r
là u = ( 1; 4; −2 ) .
uuuu
rr
Ta có d ⊥ d1 ⇔ AM.u = 0 ⇔ ( t + 1) − 4t − 2 ( t − 2 ) = 0 ⇔ −5t + 5 = 0 ⇔ t = 1
uuuu
r
⇒ AM = ( 2; −1; −1) .
uuuu
r
Đường thẳng d qua A ( 1; −1;3) và nhận AM = ( 2; −1; −1) là một VTCP
⇒ d:

x − 1 y+ 1 z− 3
=
=
.
2
−1
−1

 Bổ trợ kiến thức: Một số kiến thức toán mà học sinh cần nắm vững. Đường thẳng d đi
r
qua M ( x 0 ; y 0 ; z 0 ) và có vectơ chỉ phương u ( a; b;c ) có phương trình tham số

 x = x 0 + at

d :  y = y 0 + bt ( t ∈ ¡
 z = z + ct

0


)

và phương trình chính tắc d :

x − x 0 y− y0 z − z 0
=
=
( abc ≠ 0 )
a
b
c

Câu 42: Đáp án: B.
uuuu
r
 AM = ( x − 1; y+ 2; z − 1)
 uuuu
r
 Hướng dẫn giải: Giả sử M ( x; y; z ) ⇒ BM = ( x; y− 2; z + 1)
r
 uuuu
CM = ( x − 2; y+ 3; z − 1)
AM 2 = ( x − 1) 2 + ( y+ 2 ) 2 + ( z − 1) 2

2
2


⇒ BM 2 = x 2 + ( y − 2 ) + ( z + 1)

2
2
2
2
CM = ( x − 2 ) + ( y+ 3) + ( z − 1)
24


2
2
2
2
2
2
2
2
⇒ T = ( x − 1) + ( y + 2 ) + ( z − 1)  −  x 2 + ( y − 2 ) + ( z + 1)  + ( x − 2 ) + ( y + 3 ) + ( z − 1) 

 
 

2
2
2
2
2
2
2

2
= ( x − 1) − x 2 + ( x − 2 )  + ( y + 2 ) − ( y − 2 ) + ( y + 3)  + ( z − 1) − ( z + 1) + ( z − 1) 

 
 


= ( x − 3) − 4 + ( y + 7 ) − 32 + ( z − 3) − 8 ≥ −4 − 32 − 8 = −44 , từ đây các em chọn được
2

2

2

phương án đúng trong các phương án trên.
Câu 43: Đáp án: D.
 Hướng dẫn giải: Gọi H là tâm của tam giác ABC
⇒ SH ⊥ ( ABC ) ; HA = a ⇒ SH = SA 2 − HA 2 = a 3
⇒ VS.ABCD =

SH.SABC 3a 3
.
=
3
4

Câu 44: Đáp án: C.
 Hướng dẫn giải: Gọi H là tâm của tam giác ABC
a
a 3

·
⇒ SH ⊥ ( ABC ) AH = SH.cosSAH
= ⇒ SH =
2
2
⇒ SH =

a 3
2  3AH  a 3
⇒ AB =
×
÷=
2
2
3  2 

⇒ VS.ABC =

SH.SABC 3a 3
.
=
3
32

Câu 45: Đáp án: C.
 Hướng dẫn giải:
Gọi H là tâm của tam giác ABC, M là trung điểm của AB.
·
Dễ dàng xác định (·
= 45°

( SAB ) , ( ABC ) ) = SMH
Đặt SH = x ⇒ HM = x;SM = x 2 ⇒ CM = 3HM = 3 x
⇒ AB =

3CM
= 2 x 3 ⇒ AM = x 3
3

SA 2 = SM 2 + AM 2 ⇔ a 2 = 2 x 2 + 3 x 2 = 5 x 2 ⇔ x =
⇒ VS.ABC

SH.SABC a 3 3
15 a 3
=
=
=
.
3
25
5 5

Câu 46: Đáp án: D.
25

a
5