Giai tich 12DDeefeef 91

Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch

1

LUYỆN THI TRUNG HỌC PHỔ THÔNG QUỐC GIA 2018 SỐ 91
Ngày 15 tháng 5 năm 2018
Học sinh:…………………………………
Câu 1: Tìm số nghiệm nguyên dương của phương trình
A. 0

)

(

π

sin  3 x − 9 x 2 − 16 x − 80  = 0
4


B. 1

C. 2

D. 3

1
 π
∀x ∈  0; ÷.
4
tan x

 4

f : ( 0; +π ) → ¡ thỏa mãn điều kiện f ( tan 2 x ) = tan 4 x +

Câu 2: Cho hàm số

Tìm giá trị nhỏ nhất của

 π
f ( sin x ) + f ( cos x ) trên khoảng  0; ÷
 2

A. 196

B. 1

C. 169

D. 196π

Câu 3: Giải vô địch bóng đá Quốc gia có 14 đội tham gia thi đấu vòng tròn 1 lượt, biết rằng trong 1 trận đấu: đội thắng được 3
điểm, hòa 1 điểm, thua 0 điểm và có 23 trận hòa. Tính số điểm trung bình của 1 trận trong toàn giải.
A. 250

B. 91

C.

250
91

D.

250
90

Câu 4: Cho 8 quả cân có khối lượng lần lượt là 1 kg; 2 kg;…; 8 kg. Chọn ngẫu nhiên 3 quả cân. Tính xác suất để trọng lượng quả

cân được chọn không quá 9 kg

A.

Câu 5: Khai triển và rút gọn biểu thức

hệ số

−

( 3a

1
5

D.

1
7 1
+ 3=
2
Cn Cn n

A. 79

B. 99

C.

+ 3 ab + b 5 a

)

3

D. 0

B. 1

C.

22018

m<4

B.

Xác định vectơ tịnh tiến

r
u = ( 2;3)

m>4

m=−

9
4

B. 4

−1

1
2
70
5
+
+ ... +
≥
x −1 x − 2
x − 70 4

C. 5

D. 1988

C.

m≤4

D.

m≥4

Oxy hai đường tròn ( C1 ) : x 2 + y 2 − 6 x − 4 y − 3 = 0; ( C2 ) : x 2 + y 2 = 4

r
u trong phép tịnh tiến Tur biến ( C 1 ) thành ( C 2 )
r
r
B. u = ( 3; 2 )
C. u = ( −2; −3 )

Câu 11: Tính giá trị của m để hàm số
A.

A. 70

D.

f ( x ) = x 3 − 2 x 2 − mx − 2018 . Tìm m để f ' ( x ) < 0, ∀x ∈ ( 0; 2 )

Câu 10: Trong mặt phẳng

A.

D. 97

lim  4 x 2 + 4 x + 3 − ( ax + b )  = 0 . Tính
x →∞ 


A. 0

Tính tổng độ dài các khoảng nghiệm

A.

C. 89

)

(

Câu 8: Cho biết tập nghiệm của bất phương trình sau đây là hợp của các khoảng rời nhau

Câu 9: Cho hàm số

1
8

n

)

(

B. 1

2

C.

2

Câu 7: Cho a, b là hai số thực thỏa mãn điều kiện
2018

1
4

lim cos π n 3 n3 + 3n 2 + n + 1 + sin π n 3 n3 + 3n 2 + n + 1 

n →∞ 


1+ 3
2

( a − 2b )

B.

n
1 − x + 2 ( 1 − x ) + ... + n ( 1 − x ) thu được đa thức P ( x ) = a0 + a1 x + ... + an x . Tính

a8 biết rằng n là số nguyên dương thỏa mãn

Câu 6: Tính giới hạn

A.

1
2

B.

D.

r
u = ( 2; −3)

y = x 3 + 3 x 2 + mx + m nghịch biến trên một đoạn có độ dài l = 1

m=

9
4

C. m = 1

D. m = −1


Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch

Câu 12: Tính giá trị của

¡

1

1
3
α để hàm số y = x 3 − ( sin α + cos α ) x 2 + ( sin 2α ) x + cos ( α 2 + 2α ) luôn đồng biến trên
3
2
4

5π
π

α ∈  + kπ ; + k π  ( k ∈ ¢ )
12
12


A.

C.

2

5π
π

α ∈  + kπ ; + k π  ( k ∈ ¢ )
6
6


Câu 13: Cho hàm số

f ( x ) = ex +

B.

5π
π

α ∈  + k 2π ; + k 2π  ( k ∈ ¢ )
12
12


D.

5π
π

α ∈  + k 2π ; + k 2π  ( k ∈ ¢ )
6
6


9
. Mệnh đề nào sau đây là đúng?
ex

A. Hàm số

f ( x ) đạt cực đại tại x = ln 9

B. Hàm số

f ( x ) đạt cực tiểu tại x = ln 9

C. Hàm số

f ( x ) đạt cực đại tại x = ln 3

D. Hàm số

f ( x ) đạt cực tiểu tại x = ln 3

Câu 14: Tính giá trị của a để hàm số

A.

−

2
2
2
2

Câu 15: Cho hàm số

y=

B.

a sin x − cos x − 1
đạt cực trị tại ba điểm phân biệt thuộc
a cos x

y=

0
2
2

C.

− 2
D.

 9π 
 0; ÷
 4 

0
3x + 2
có đồ thị ( Cm ) .Mệnh đề nào sau đây sai?
x − 4x + m
2

A.

( Cm )

có một tiềm cận ngang và hai tiệm cận đứng nếu m < 4

C.

( Cm )

luôn có hai tiệm cận đứng với mọi m

B.

( Cm )

có một tiềm cận ngang và hai tiệm cận đứng nếu

m=4

D.

( Cm )

chỉ có một tiệm cận ngang nếu

Câu 16: Cho hàm số

bằng

−2

A.

Câu 17: Cho hàm số
tiệm cận của

f ( x) =

x − m2 + m
. Tìm giá trị của tham số m để giá trị nhỏ nhất của hàm số f ( x ) trên đoạn [ 0;1]
x +1

m ∈ { −1; 2}
y=

B.

( C ) . Tính tích d1d 2

Câu 19: Tìm a để đồ thị hàm số

a>3

m ∈ { 1; −2}

C.

m ∈ { 1; 2}

D.

m ∈ { −1; −2}

2x −1
có đồ thị là ( C ) . Gọi d1d 2 lần lượt là khoảng cách từ một điểm M tùy ý thuộc ( C ) đến hai
x +1
A.

Câu 18: Tìm giá trị lớn nhất của hàm số

A.

m>4

d1d 2 = 2

f ( x) =

B.

d1d 2 = 3

C.

d1d 2 = 4

x + 1 + 3 x 2 trên khoảng ( 0; +∞ ) A. 1
2x2 + 1

B.

D.

6

d1d 2 = 5
6
6
D.
2
6

C.

y = x 3 + ax 2 − 4 cắt trục hoành tại một điểm duy nhất

B.

a > −3

C.

a<3

D.

a < −3

Câu 20: Một công ty đang lập kế hoạch cải tiến sản phẩm và xác định rằng tổng chi phí dành cho việc cải tiến là

C ( x) = 2x + 4 +

2
( x > 6 ) trong đó x là số sản phẩm được cải tiến. Tìm số sản phẩm mà công ty cần cải tiến để tổng chi phí
x−6

là thấp nhất

A. 10

Câu 21: Tìm tập nghiệm của bất phương trình
A.

S = [ −3;3]

B.

B. 9

S = ( −∞; −3] ∪ [ 3; +∞ )

A.

Q =1

D. 7

x 2 .3x − 3x + 2 ≤ 0
C.

Câu 22: Giả sử M, m là giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số

Q = e2 ( M + m )

C. 8

B.

Q=2

y=

S = ( −∞;3]

D.

S = [ 3; +∞ )

ln 2 x
3
trên đoạn 1;e  . Tính giá trị của
x
C.

Q=e

D.

Q = 2e

Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch
Câu 23: Cho

3

0 < a ≠ 1 và b > 0 . Xét hai mệnh đề sau:

n2 + n
”.
( I ) ." ∀n ∈ ¥ ; k = a.a .a ...a ⇒ log a k =
2
2

Mệnh đề nào đúng?

3

A. Chỉ (I)

B. Chỉ (II)

Câu 24: Cho các số thực a, b, c thỏa mãnh

T = a(

log 3 7 )

2

+ b(

log 7 11)

2

+ c ( log11 25)

2

Câu 25: Tính giá trị của biểu thức :

A.

K = a+b

Câu 26: Cho dãy số

B.

{ xn }

( II ) .

n

log a + logb
a+b
> log
2

2

C. Cả hai sai

D. Cả hai đúng

a log3 7 = 27, b log7 11 = 49, clog11 25 = 11 . Tính giá trị của biểu thức
A.

T = 496

B.

T = 649

C.

T = 469

D.

T = 694

1
1 1
1
1
−
 1
 1


  −1
K =  a 6 + b 6 ÷ a 2 − b 2 ÷ a 3 − a 6 b 6 + b 3 ÷ với a, b > 0





K = a −b

xác định bởi công thức

K=

C.

xn =

1 + ab
a

D.

K=

1 − ab
a

1
với n = 2,3, 4... Đặt

log n 2010

a = x11 + x 12 + x13 + x14 + x24 ; b = x63 + x 64 + x65 + x66 + x67 . Tính b − a
A. 0

B. 1

Câu 27: Cho

D. −2010

C. 2010

a, b > 0 thỏa 9a 2 + b = 10ab . Hãy chọn đẳng thức đúng

A.

 a + b  log a + log b
log 
÷=
2
 4 

B.

 3a + b  log a + log b
log 
÷=
2
 4 

C.

 a+b
log 
÷ = log a + log b
 2 

D.

 3a + b 
log 
÷ = log a + log b
 4 

Câu 28: Cường độ ánh sáng đi qua một môi trường khác không khí, chẳng hạn như nước, sương mù,… sẽ giảm dần tùy theo độ dày
của môi trường và một hằng số

µ gọi là khả năng hấp thụ tùy thuộc môi trường theo công thức sau I = I 0 e − µ x với x là độ dày của

môi trường đó, tính bằng mét. Biết rằng nước biển có
A.

8, 7947.1010 lần

B.

Câu 29: Giả sử tích phân I =

Câu 30: Tìm nguyên hàm

A.

F ( x) =

π

∫

3π
4

µ = 1, 4 . Tính cường độ ánh sáng giảm đi từ 2 m xuống đến 10m

8, 7497.1010 lần

8, 7794.1010 lần

C.

tan 2 x − tan x
dx = e − kπ . Tính giá trị của k
x
e

F ( x ) của hàm số f ( x ) =

A.

8, 7479.1010 lần

−1

B. 1

C. 0

C. F (

x) =

I=

f ( x ) liên tục trên ¡ và thỏa mãn f ( − x ) + 2 f ( x ) = cos x . Tính tích phân I =

1
3

B.

I=

2
3

C.

Câu 32: Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số
A.

8e3 − 9e2 + 13
9

B.

8e3 − 9e 2 + 13
3

−

1
2

x3 x 2
x3 x 2
+ − x + C D. F ( x ) = − + − x + C
3 2
3 2
π
2

∫ f ( x ) dx

−

A.

D.

x4 + x2 + 1

x2 + x + 1

x3 x 2
x3 x 2
− + x + C B. F ( x ) = + + x + C
3 2
3 2

Câu 31: Cho hàm số

D.

C.

I =π
y=

(

D. . I

π
2

= 2π .

)

x + 1 ln x ; các đường thẳng x = 1, x = e 2 và trục hoành

8e3 + 9e 2 + 13
3

D.

8e3 + 9e 2 + 13
9


Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch

4

Câu 33: Tính thể tích V của vật thể sinh ra bởi phép quay quanh trục Ox của hình

y = log 2 x ; x + y − 3 = 0; y = 0

A.

1

V = π  + log 2 e ( 2 ln 2 − 1) 
3


C.

1

V = π  − log 2 e ( 2 ln 2 − 1) 

3

ln10

Câu 34: Cho số thực

a ≥ ln 2 . Tính giới hạn L = xlim
→ln 2

Câu 35: Vận tốc của một vật chuyển động là

v( t) =

∫
a

ex
3

ex − 2

giới hạn bởi các đường

1

V = π  + log 2 e ( 2 ln 2 + 1) 
3


B.

D.

L = ln 6

A.

1

V = π  − log 2 e ( 2 ln 2 + 1) 
3

L = ln 2

B.

C.

B. 0,36 m

Câu 36: Tìm tập hợp điểm M mà tọa độ phức của nó thỏa mãn điều kiện:

C. 0,35 m

L=2

z − 2+ i =1

I ( 1; 2 ) bán kính R = 1

B. Đường tròn tâm

I ( −1; 2 ) bán kính R = 1

C. Đường tròn tâm

I ( 2;1) bán kính R = 1

D. Đường tròn tâm

I ( 2; −1) bán kính R = 1

z 1 , z2 . Đặt u = z1 + z2 ; v = z1 − z2 . Hãy lựa chọn phương án đúng.

u = z1 + z 2

B.

Câu 38: Xét số phức:

D.

D. 0,34 m

A. Đường tròn tâm

Câu 37: Cho hai số phức

L=6

1 sin ( π t )
(m/s). Tính quãng đường di chuyển của vật đó trong khoảng
+
2π
π

thời gian 1,5 giây (làm tròn đến kết quả hàng phần trăm) A. 0,37 m

A.

( H)

u = z1 − z 2

C.

u+v > u−v

i−m
1
. Tìm m để z.z = A. m = 0
1 − m ( m − 2i )
2

z=

D.

u ≤ z1 + z 2 ; v ≥ z1 − z 2

B. m = −1

C. m = ±1

D.

m=±

1
2

2021

Câu 39: Cho

1+ i 
z =
÷
1− i 

. Tính

M =0

A.

B.

M = z k + z k +1 + z k + 2 + z k +3 , k ∈ ¥ *

M =1

C.

M = 2021

D.

Câu 40: Một hình hộp chữ nhật ABCD. A ' B ' C ' D ' có đáy là hình thoi cạnh a, góc

M = 2021i

¼ = 60° , cạnh bên hợp với đáy góc
BAD

45° sao cho A’ chiếu xuống mặt phẳng ( ABCD ) trùng với giao điểm O của hai đường chéo mặt đáy. Tính thể tích hình hộp.
A.

3a 3 3
V=
4

B.

Câu 41: Cho hình chóp

V=

3a 3
4

C.

a3 3
V=
4

A.

V=

3 3
a
24

B.

V=

5 3 3
a
24

( ABCD )
C.

Câu 42: Cho hình chóp S . ABCD có đáy là hình thang vuông tại A và B;
mặt phẳng

( SCD )

và

V=

a3
4

S . ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a. Gọi M và N lần lượt là trung điểm của các cạnh AB và AD;

H là giao điểm của CN và DM. Biết SH vuông góc với mặt phẳng

theo a:

D.

( ABCD )

và

V=

SH = a 3 . Tính thể tích khối chóp S .CDNM
3 3
a
12

D.

V=

5 3 3
a
12

AB = BC = a; AD = 2a; SA ⊥ ( ABCD ) . Góc giữa

bằng 45° . Gọi M là trung điểm AD. Tính theo a thể tích V khối chóp S .MCD và khoảng


a3 2
V
=


6
cách d giữa hai đường thẳng SM và BD A. 
 d = a 22

11


a3 6
V
=


6
B. 
 d = a 22


11


a3 2
V
=


6
C. 
 d = a 22

22


a3 6
V
=


6
D. 
 d = a 22

22


Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch

∆ABC vuông tại A có AB = 3, AC = 4 . Quay tam giác quanh AB ta được hình nón tròn xoay có diện tích xung

Câu 43: Cho

quanh

A.

5

S1 và quay tam giác quanh AC ta thu được hình nón xoay có diện tích xung quanh S2 . Tính tỉ số
4
3

B.

3
4

C.

Câu 44: Cho hình chữ nhật ABCD có canh

AB =

4
5

D.

S1
S2

3
5

4
, AD = 1 . Lấy điểm M trên CD sao cho MD = 3 . Cho hình vẽ quay
3

quanh AB, tam giác MAB tạo thành vật tròn xoay gồm 2 hình nón chung đáy. Tính diện tích toàn phần của vật tròn xoay này.
A. S = 2π

B.

S=

2π
3

C.


3
S = 2π  1 +
÷
3 ÷



D.


3
S = π  1 +
÷
3 ÷



Câu 45: Cho tứ diện đều SABC cạnh a. Tỉ số thể tích của hai hình nón cùng đỉnh S, đáy lần lượt là hai đường tròn nội tiếp và ngoại

tiếp tam giác ABC là:

A.

1
2

B.

Câu 46: Trong không gian với hệ tọa độ

( S)

trình mặt cầu

có tâm thuộc

1

4

C.

1
3

Oxyz , cho hai mặt phẳng ( α ) : x + y − z = 0, ( β ) : x − 2 y − 2 z = 0 . Viết phương

( α ) , bán kính bằng 3 và tiếp xúc với ( β )

tại M biết điểm

A.

( x − 1)

2

+ ( y − 2 ) + ( z + 3) = 9; ( x + 1) + ( y + 2 ) + ( z + 3 ) = 9

B.

( x − 1)

2

+ ( y − 2 ) + ( z − 3) = 9; ( x + 1) + ( y − 2 ) + ( z + 3) = 9

C.

( x + 1)

2

+ ( y − 2 ) + ( z − 3) = 9; ( x + 1) + ( y + 2 ) + ( z + 3 ) = 9

D.

( x − 1)

2

+ ( y − 2 ) + ( z − 3) = 9; ( x + 1) + ( y + 2 ) + ( z + 3) = 9

2

2

2

2

A.

2

2

2

2

2

2

2

M ∈ ( Oxz )

2

2

2

2

Câu 47: Trong không gian với hệ tọa độ

( S ) : ( x − 1)

2

2

2

D. Tỉ số khác

2

2

2

Oxyz , cho hai điểm A ( 3;0;0 ) , B ( 0;3;0 ) và mặt cầu

2
2
+ ( y − 2 ) + ( z − 3) = 9 . Viết phương trình mặt phẳng ( ABC ) biết C ∈ ( S ) và ¼
ACB = 45°

z −3 = 0

B.

x −3 = 0

Câu 48: Trong không gian với hệ tọa độ

C.

y −3= 0

D.

x+ y + z −3= 0

Oxyz , cho hình chóp tam giác đều S . ABC với A ( 3;0;0 ) , B ( 0;3;0 ) và C ∈ Oz .

Tìm tọa độ của điểm biết thể tích khối chóp S.ABC bằng 9
A.

S ( 3;3;3) , S ( −1; −1; −1)

Câu 49: Trong không gian

B.

S ( 3;3;3) , S ( 1;1;1)

C.

S ( −3; −3; −3) , S ( −1; −1; −1)

D.

S ( −3; −3; −3) , S ( 1;1;1)

Oxyz , cho mặt phẳng ( P ) : x + 2 y − 2 z + 1 = 0 và hai điểm A ( 1;7; −1) , B ( 4; 2;0 ) . Lập phương

trình đường thẳng d là hình chiếu vuông góc của đường thẳng AB lên mặt phẳng (P).

 x = 3 − 4s

A.  y = 3s
 z = −2 + s


Câu 50: Trong không gian

 x = 3 − 4s

B.  y = 3s
z = 2 − s


 x = 3 − 4s

C.  y = 3s
z = 2 + s


 x = 3 − 4s

D.  y = −3s
z = 2 + s


Oxyz cho điểm A ( 5;3;1) , B ( 4; −1;3) , C ( −6; 2; 4 ) , D ( 2;1;7 ) . Tìm tập hợp các điểm M sao cho

uuur uuur uuuu
r uuuu
r uuur uuur
3MA − 2 MB + MC + MD = MA − MB
2

2

2

8 
10  
1 1

A.  x + ÷ +  y −
÷ +z − ÷ =
3 
3 
3 9


2

2

2

8 
10  
1 1

B.  x − ÷ +  y −
÷ +z − ÷ =
3 
3 
3 9


Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch
2

6

2

2

2

8 
10  
1 1

C.  x − ÷ +  y −
÷ +z + ÷ =
3 
3 
3 9


2

2

8 
10  
1 1


D.  x + ÷ +  y +
÷ +z − ÷ =
3 
3 
3 9


LỜI GIẢI CHI TIẾT 91
Câu 1: Đáp án C.Điều kiện

9 x 2 − 16 x − 80 ≥ 0 ⇔ x ≥ 4

Phương trình đã cho tương đương với

)

(

π
3x − 90 x 2 − 16 x − 80 = kπ ( k ∈ ¢ )
4


4k

x≥
x
≥



2
2
3
⇔
⇔ 3 x − 9 x − 16 − 80 = 4k ⇔ 9 x − 16 x − 80 = 3 x − 4k ⇔ 
9 x 2 − 16 x − 80 = ( 3 x − 4k ) 2
x =


 2k 2 + 10 4k
 3k − 2 ≥ 3

2k 2 + 10

≥ 4 .Ta có
Yêu cầu bài toán tương đương với  x =
3k − 2

 2k 2 + 10
∈¢

 3k − 2
Vì

k ∈¢

nên

k ∈ { 1; 2;3}

Với k = 2 suy ra

Với

2k 2 + 10 9 9
= ∉
3k − 2
2 2

Kết hợp với điều kiện ta suy ra

k =1

4k
3
2k 2 + 10
3k − 2

 2k 2 + 10 4k
 −6k 2 + 8k + 30
≥
≥0
 3k − 2

2
3
3k − 2
⇔ 2
⇔


2
3
 x = 2k + 10 ≥ 4
 2k − 12k + 18 ≥ 0


3k − 2
3k − 2

suy ra

Với k = 3 suy ra

2k 2 + 10
= 12 ∈ ¢
3k − 2
2k 2 + 10
= 4∈¢
3k − 2

x = 4; x = 12 .Vậy có 2 giá trị nguyên dương cần tìm

Câu 2: Đáp án A.Đặt t = tan 2x .Ta có
2

t=

2 tan
2

1
4
1
⇒ =
− tan x ⇒ 2 =
+ tan 2 x − 2
2
1 − tan x
t tan x
t
tan 2 x

2

1
16 16
4
  1

Từ đó  2 + 2 ÷ = 
+ tan 2 x ÷ ⇒
+ tan 4 x = 4 + 2 + 2
2
4
tan x
t
t
t
  tan x


Lúc đó

Khi

f ( t) =

16 16
 π
+ 2 + 2 với t = tan 2 x, x ∈  0; ÷
4
t
t
 4

16 16
 π
x ∈  0; ÷ thì t = tan 2 x ∈ ( 0; +∞ ) và liên tục trên miền đó nên ta có: f ( t ) = 4 + 2 + 2
t
t
 4

Bắt đầu từ đây ta có:

f ( sin x ) + f ( cos x ) =

∀t ∈ ( 0; +∞ )

16
16
16

16
+ 2 +2+
+
+2
4
4
sin x sin x
cos x cos 2 x

1 
1 
 1
 1
= 16  4 +
÷+ 16  2 +
÷+ 4
4
2
 sin x cos x 
 sin x cos x 
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy, ta có:

1
1
2
8
 π
+
≥
=

≥ 8 ∀x ∈  0; ÷
4
4
2
2
2
sin x cos x sin x cos x sin 2 x
 2

1
1
2
4
 π
+
≥
=
≥ 4 ∀x ∈  0; ÷
2
2
sin x cos x sin x cos x sin 2 x
 2
Cuối cùng ta thu được

π
 π
f ( sin x ) + f ( cos x ) ≥ 196 ∀x ∈  0; ÷.Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi x =
4
 2

Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch

7

Câu 3: Đáp án C.Do thi đấu vòng tròn 1lượt nên 2 đột bất kỳ chỉ đấu với nhau đúng 1 trận. Số trận đấu của giải là
số điểm của 2 đội trong 1 trận hòa là 2 nên tổng số điểm của 23 trận hòa là

2.23 = 46

Tổng số điểm của 2 đội trong 1 trận không hòa là 3 nên tổng số điểm của 68 trận không hòa là
Vậy số điểm trung bình của 1 trận là

C142 = 91 .Tổng

3.68 = 204

46 + 204 250
=
(điểm)
91
91

Câu 4: Đáp án D.Chọn ngẫu nhiên 3 quả cân từ 8 quả cân có

C83 cách. Suy ra n ( Ω ) = C83

Gọi A là biến cố: “chọn được 3 quả cân có tổng khối lượng không quá 9kg”

A = { ( 1; 2;3) , ( 1; 2; 4 ) , ( 1; 2;5 ) , ( 1; 2;6 ) , ( 1;3; 4 ) , ( 1;3;5 ) , ( 2;3; 4 ) }

Khi đó

Suy ra n (

A ) = 7 .Vậy xác suất cần tìm là P ( A ) =

n ( A)
7 1
= 3 =
n ( Ω ) C8 8

n ≥ 3
n ≥ 3
1
7 1

⇔n=9
2
7.3!
1 ⇔ 2
Câu 5: Đáp án C.Ta có 2 + 3 = ⇔ 
+
=
Cn Cn n
n
−
5
n
−

36
=
0

 n ( n − 1) n ( n − 1) ( n − 2 ) n

a8 là hệ số của x8 trong khai triển 8 ( 1 − x ) + 9 ( 1 − x ) .Vậy ta thu được a8 = 8.C88 + 9.C98 = 89
8

Suy ra

Câu 6: Đáp án A.Đặt

9

un = 3 n3 + 3n 2 + n + 1 .Ta có cos ( π nun ) = cos  −π nun + ( n + 1) nπ  = cos π n ( n + 1 − un )





( n + 1) − u
2π u 2
= cos π n
=
cos



2

2
2
2
 ( n + 1) + ( n + 1) un + un 
 ( n + 1) + ( n + 1) un + un 
3

lim cos ( π nun ) = cos

Suy ra

Vậy

3
n

n →∞





2π


= cos
  1  2 u n  1   un  2 
 1 + ÷ +  1 + ÷+  ÷ 
n  n  n  
 n 

2π
1
2π
3
= − .Biến đổi tương tự, ta cũng tìm được lim sin ( π nun ) = − sin
=−
n
→∞
3
2
3
2

)

(

)

(

1+ 3
lim cos π n3 n3 + 3n 2 + n + 1 + sin π n3 n3 + 3n 2 + n + 1  = −

n →∞ 


2

Câu 7: Đáp án A.Phân tích

4 x 2 + 4 x + 4 − ( ax + b ) = 4 x 2 + 4 x + 1 − ( 2 x + 1) + ( 2 x + 1) − ( ax + b )

= 4 x 2 + 4 x + 1 − ( 2 x + 1) + ( 2 − a ) x + 1 − b
Ta có

2
lim  4 x 2 + 4 x + 3 − ( 2 x + 1)  = lim
=0
x →+∞ 
 x →+∞ 4 x 2 + 4 x + 3 − ( 2 x + 1)

Khi đó

lim  4 x 2 + 4 x + 3 − ( ax + b )  = 0



x →+∞

2 − a = 0
a = 2
2018
lim ( 2 − a ) x + 1 − b  = 0 ⇔ 
⇔
3a 2 + 3 ab + b 5 a = 0
.Suy ra ( a − 2b )
1 − b = 0
b = 1

(

x →+∞

)

Câu 8: Đáp án D.Đây là một bài toán tương đối khó. Đầu tiên, chúng ta cần để ý đến những biến đổi sau đây:

1
2
70
5 70 k
5
+
+ ... +
− =∑
−
x −1 x − 2
x − 70 4 k =1 x − k 4
=

∑ k∏ ( x − j )
j ≠k

∏( x − j)

Rõ ràng

5

− =
4

4∑ k ∏ ( x − j ) − 5∏ ( x − j )
j≠k

4∏ ( x − j )

g ( x ) = 0 có 70 nghiệm x ∈ { 1; 2;...;70}

=

f ( x ) với k , j = 1, 70
g ( x)


Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch
Vậy f liên tục trên

8

f ( x ) < 0, f ( 70 ) > 0 nên cũng có đủ 70 nghiệm xen kẽ là
¡ , f ( k ) . f ( k + 1) < 0 với k = 1, 69 và xlim
→+∞

1 < x1 < 2 < x2 < ... < x69 < 70 < x70
Tổng độ dài các khoảng nghiệm của bất phương trình

f ( x)
≥ 0 là

g ( x)

L = ( x1 − 1) + ( x2 − 2 ) + ... + ( x70 − 70 ) = ( x1 + x2 + ... + x70 ) − ( 1 + 2 + ... + 70 )
Để ý đa thức f có bậc 70, hệ số cao nhất là
Do đó

L=

−9 ( 1 + 2 + ... + 70 )
− ( 1 + 2 + ... + 70 ) = 1988
−5

Câu 9: Đáp án D.Ta có
Xét hàm số

f ' ( x ) < 0, ∀x ∈ ( 0; 2 ) ⇔ 3 x 2 − 4 x − m < 0, ∀x ∈ ( 0; 2 ) ⇔ m > 3 x 2 − 4 x, ∀x ∈ ( 0; 2 )

g ( x ) = 3 x 2 − 4 x trên khoảng ( 0; 2 ) .Lập bảng biến thiên, ta suy ra m ≥ 4

Câu 10: Đáp án B. ( C1 ) và
Gọi

( C2 )

có tâm lần lượt là

I ( 3; 2 ) ; O ( 0;0 )

r
r

3 = 0 + a
a = 3
⇔
u = ( a; b ) là vectơ tịnh tiến.Khi đó T ur : I a O , cho nên 
.Vậy u = ( 3; 2 )
2 = 0 + b
b = 2

Câu 11: Đáp án B.Tập xác định:
Nếu m ≥ 3 thì
Nếu

−5 và hệ số của x 69 là: 9 ( 1 + 2 + ... + 70 )

D = ¡ ; y ' = 3x 2 + 6x + m có ∆ ' = 9 − 3m

y ' ≥ 0, ∀x ∈ ¡ ⇒ hàm số đồng biến trên ¡ (loại)

m < 3 thì y ' = 0 có 2 nghiệm phân biệt x1 , x2 ( x1 < x2 )

Hàm số nghịch biến trên đoạn
Ta có

x1 + x 2 = −2; x 1 x 2 =

Câu 12: Đáp án A.Ta có

[ x1 , x2 ]

3

y ' = x 2 − ( sin α + cos α ) x + sin 2α .Hàm số luôn đồng biến trên ¡ khi và chỉ khi
4
sin 2α ≥

Câu 13: Đáp án D.Hàm số được viết lại như sau:
Tập xác định:
Mặt khác

D=¡

f ' ( x ) = e x − 9.e − x =

1
π
5π
⇔ + kπ ≤ α ≤
+ kπ , k ∈ ¢
2
12
12

f ( x ) = e x − 9.e − x
e2 x − 9
= 0 ⇔ x = ln 3
ex

f '' ( x ) = e x − 9.e − x > 0, ∀x ∈ ¡ .Do đó hàm số đạt cực tiểu tại x = ln 3

Câu 14: Đáp án B.Tập xác định của hàm số

y'=

l = x1 − x2

m
9
2
.Yêu cầu bài toán ⇔ ( x1 + x2 ) − 4 x1 x2 = 1 ⇔
3
4

∆ = ( sin α + cos α ) − sin 2α ≤ 0
2

với độ dài

π

D = ¡  + kπ k ∈ ¢ 
2


a sin x
− sin 2 x + 2a sin x − 1
;
y
''
=
a cos 2 x
a cos3 x

Hàm số đạt cực trị tại 3 điểm phân biệt thuộc

y ' = 0 ⇔ sin x = a ( *)

 9π 
 0; ÷ thì trước hết phương trình (*) phải có ba nghiệm thuộc
 4 

 9π   π 3π 
 π   π 3π
 0; ÷ ;  ⇔ sin x = a có ba nghiệm phân biệt thuộc  0; ÷∪  ;
 4  2 2 
 2 2 2

2
  3π 9π 
÷∪  ; ÷ ⇔ 0 < a <
2
  2 4 


Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch

9

Với


2

'
2
2
a ∈  0;
thì y '' ≠ 0 ( bởi vì ∆ f = a − 1 < 0 với f ( sin x ) = − sin x + 2a sin x − 1 )
÷
÷
 2 

Vậy

0
2
thỏa mãn yêu cầu bài toán
2

Câu 15: Đáp án C.Ta có
Xét tam thức bậc hai
Do

lim y = 0 ⇒ y = 0 là tiệm cận ngang của ( Cm )

x →±∞

f ( x ) = x 2 − 4 x + m . Nếu ∆ = 4 − m > 0 ⇔ m = 4 thì f ( x ) có hai nghiệm x1 , x2 phân biệt

lim y = lim y = ±∞ ⇒ ( Cm ) có hai tiềm cận đứng
x→x
x→x

1

2

Câu 16: Đáp án A.Ta có f ' ( x ) =

m2 − m + 1

( x + 1)

2

> 0, ∀x ∈ [ 0;1]

Suy ra

f ( x ) là hàm đồng biến trên [ 0;1] .Do đó f ( 0 ) ≤ f ( x ) ≤ f ( 1) hay −m 2 + m ≤ f ( x ) ≤

Khi đó

 m = −1
min f ( x ) = − m 2 + m = −2 ⇔ 
x∈[ 0;1]
m = 2

Câu 17: Đáp án B. ( C ) có hai tiệm cận là:
Do

1
( −m2 + m + 1)

2

x + 1 = 0 và y − 2 = 0 .Hàm số được viết lại như sau: y =

2x −1
3
= 2−
x +1
x +1

3 
3

M ∈ ( C ) nên M  m; 2 −
−2 =3
÷ (với m ≠ −1 ).Khi đó d1.d 2 = m + 1 . 2 −
m +1
m +1


Câu 18: Đáp án C.Hàm số được viết lại như sau:

f '( x) =

(

)

2

f ( x ) là

Lập bảng biến ta suy ra được giá trị lớn nhất của

Câu 19: Đáp án C. y ' = 3 x

+ 2ax

C '( x) =

(nhân lượng liên hợp)

6
2

x = 0
y'= 0 ⇔ 
 x = − 2a
3


Đồ thị hàm số cắt trục hoành tại một điểm duy nhất ⇔

Câu 20: Đáp án D.Ta có

1 + 3x 2 − x
2

1 + 3x 2

3

1

x ≥ 0
6

f ' ( x ) = 0 ⇔ 1 + 3 x = 3x ⇔  2 1 ⇔ x =
6
 x = 6

1 + 3x 2 − 3x
1 + 3x 2 − x

f ( x) =

2 x 2 − 24 x + 70

( x − 6)

2

 4a 3

yCD . yCT > 0 ⇔ −4 
− 4 ÷> 0 ⇔ a < 3
 27


; C '(

x = 5
x) = 0 ⇔ 
So điều kiện x > 6 , chọn x = 7
x = 7

Vậy để tổng chi phí lớn nhất thì công ty cần cải tiến 7 đơn vị sản phẩm
Câu 21: Đáp án A.Bất phương trình tương đương với
Câu 22: Đáp án B.Ta có

y ( 1) = 0; y ( e3 ) =

y'=

3x ( x 2 − 9 ) ≤ 0 ⇔ x 2 − 9 ≤ 0 ⇔ −3 ≤ x ≤ 3 .Vậy S = [ −3;3]

( 2 − ln x ) ln x . y ' = 0 ⇔  x = 1
x2


2
x = e

9
4
4
4

; y ( e 2 ) = 2 . Suy ra M = 2 và m = 0 .Vậy Q = e 2 ( M + m ) = e 2  2 + 0 ÷ = 2
3

e
e
e
e



Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch

10

Câu 23: Đáp án A.* Xét mệnh đề (I):

log a k = 1 + 2 log a a + ... + n log a a = 1 + 2 + ... + n =

n ( n + 1) n 2 + n (mệnh đề đúng)
=
2
2

log a + log b
a+b
a+b
a+b
> log
⇔ log ab > log
⇔ ab >
(mệnh đề sai)
2
2

2
2

* Xét mệnh đề (II):
Câu 24: Đáp án C
Ta có

(

T = a log3 7

)

log3 7

Câu 25: Đáp án D.Đặt

(

+ b log7 11
−

)

+ ( c log11 25 )

log 7 11

1

log11 25

= 27 log3 7 + 49log7 11 +

(

11

)

log11 25

1

x = a 6 , y = b 6 . Khi đó

K = ( x + y ) ( x 2 − xy + y 2 ) ( x 3 − y 3 ) = ( x 3 + y 3 ) ( x 3 − y 3 ) = x 6 − y 6 = a −1 − b =
Câu 26: Đáp án B.Ta có
Khi đó

1 − ab
a

xn = log 2010 n với n = 2,3, 4,...

a = x11 + x12 + x13 + x 24 = log 2010 11 + log 2010 12 + log 2010 13 + log 2010 14 + log 2010 24

= log 2010 ( 11.12.13.14.24 )
Suy ra

1

= 73 + 112 + 25 2 = 469

b = x63 + x64 + x65 + x 66 + x 67 = log 2010 ( 63.64.65.66.67 )

b − a = log 2010 ( 2.3.5.6.7 ) = log 2010 2010 = 1

Câu 27: Đáp án B
2

2

 3a + b 
 3a + b 
 3a + b  log a + log b
Ta có 9a + b = 10ab ⇔ 
÷ = ab .Suy ra log 
÷ = log ( ab ) ⇔ log 
÷=
2
 4 
 4 
 4 
2

2

Câu 28: Đáp án A.Theo công thức đã cho thì cường độ ánh sáng thay đổi khi đi từ độ sai

.Do đó khi đi từ độ sau 2m xuống độ sau 20 m thì cường độ ánh sáng giảm đi

h1 đến h2 là

I1 I 0 .e − µ h1
=
= e − µ ( h2 − h1 )
I 2 I 0 .e − µ h2

e1,4( 20− 2) = e 25,2 ≈ 8, 7947.1010 lần

Giá trị này rất lơn chứng tỏ ở độ sâu 20 m dưới mặt nước biển gần như không có ánh sáng được chiếu tới

I=
Câu 29: Đáp án B.Ta có

Trong đó

J=

π

∫e

−x

π

∫ ( tan

x − tan x ) e − x dx =

2

3π
4

π

tan xdx; K =
2

3π
4

∫e

−x

π

∫

e − x tan 2 xdx −

3π
4

π

Vậy

−x

tan xdx = J − K

tan xdx

3π
4

−x

K = −e tan x

∫e

3π
4

Ta sẽ tính tích phân K bằng phương trình tích phân từng phần.Đặt

Khi đó

π

3π
4

+

π

∫ e ( 1 + tan x ) dx = e
−x

2

3π
4

−π

+

π

 du = ( 1 + tan 2 x ) dx
u = tan x
⇒


−x
 dv = e dx v = −e − x

∫e

−x

dx + J = −e

−

3π
4

3π
4

π

−e

−x
3π
4

+ J = −e −π + J

I = e −π = e − kπ ⇒ k = 1

Câu 30: Đáp án A.Ta có

∫

f ( x ) dx = ∫

Câu 31: Đáp án B.Xét tích phân

J=

π
2

(x

2

+ 1) − x 2
2

x2 + x + 1

∫ f ( − x ) dx

−

π
2

dx = ∫ ( x 2 − x + 1) dx =

x3 x 2
− + x+C
3 2


Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch

Đặt

11

x = −t ⇒ dx = −dt .Đổi cận x = −

Khi đó

I=

π
π
π
π
⇒t = ;x = ⇒t = −
2
2
2
2

π
2

π
2

π
2

2
∫ f ( −t ) dt = J ⇒ 3I + 2 I = ∫  f ( − x ) + 2 f ( x )  dx = ∫ cos xdx = 2 .Vậy I = 3

−

π
2

−

π
2

−

Câu 32: Đáp án D.Gọi S là diện tích hình phẳng cần tìm. Đó

S=

e2

e2

1

1

∫ f ( x ) dx = ∫ (

)

Câu 33: Đáp án A.Ta có

e2

1

f ( x ) > 0, ∀x ∈ 1; e 2  nên

1

u = ln x
 du = x dx
⇒
Đặt 
 dv = x + 1 dx v = 2 x x + x

3

x + 1 ln xdx .

2 x 
Khi đó S = 
 3 + 1÷
÷x ln x



π
2

(

)

2 x 
8e3 + 8e 2 + 13
− ∫ 
+ 1÷
dx
=
÷
3
9
1 

e2

x + y −3 = 0 ⇔ y = 3− x

Giao điểm của đồ thị hàm số

y = log 2 x với đường thẳng y = 3 − x và y = 0 lần lượt là ( 2;1) , ( 1;0 )

3
2
2
2

2
Khi đó V = π  ∫ log 2 xdx + ∫ ( 3 − x ) dx  = V1 + V2 Trong đó V1 = π ∫ log 2 xdx = π log 2 e ∫ ln xdx = π log 2 e ( 2 ln 2 − 1)
2

1
1
1

3

V2 = π ∫ ( 3 − x ) dx =
2

2

π
1

.Vậy V = π  + log 2 e. ( 2 ln 2 − 1) 
3
3

ln10

Câu 34: Đáp án C.Đặt

I=

∫
a

Đổi cận:

ex

3

e −2
x

dx .Đặt t = 3 e x − 1 ⇒ t 3 = e x − 1 ⇒ 3t 2 dt = e x dx

x = a ⇒ t = 3 e a − 1; x = ln10 ⇒ t = 3
2

2

3t 2 dt
3
= 3 ∫ tdt = t 2
Khi đó I = ∫
t
2
3 a
3 a
e −1
e −1

2

=
3 a

e −1

2

3
3
a
3
4
−
e
−
2
I = .4 = 6
(
)

 .Vậy alim
→ ln 2
2
2


Câu 35: Đáp án D

 1 sin ( π t ) 
1
 1

+
Quãng đường mà vật đó di chuyển là: S = ∫ 
dt =  t + 2 cos ( π t ) 

2π
π 
π
 2π

0 
1,5

Câu 36: Đáp án C.Hai số phức liên hợp có môđun bằng nhau, ta suy ra

z − 2 + i = 1 ⇔ ( x − 2 ) + ( y − 1) i = 1 ⇔

Tập hợp các điểm M là đường tròn tâm

( x − 2)

2

=

0

3
1
+ 2 ≈ 0,34 (m)
4π π

z − 2 + i = z − 2 + i (vì

z − 2 + i = z + ( −2 + i ) = z − 2 − i )Từ đó ta có z − 2 + i = 1 .Đặt z = x + iy ( x, y ∈ ¡

Suy ra

1,5

)

+ ( y − 1) = 1 ⇔ ( x − 2 ) + ( y − 1) = 1
2

2

2

I ( 2;1) , bán kính R = 1

Câu 37: Đáp án D.Gọi M, N lần lượt là các điểm biểu diễn các số phức

uuuu
r
uuur
z1 , z 2 .Khi đó OM = z1 , ON = z2

Sử dụng các bất đẳng thức vectơ quen thuộc ta suy ra được các bắt đẳng thức ở D

( −m + i ) ( 1 − m2 − 2mi )
i−m
=
Câu 38: Đáp án C.Ta có z =
2
( 1 − m2 ) + 2mi

( 1 − m 2 ) + 4m 2


Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch

=

12

− m ( 1 − m 2 ) + 2m + i ( 1 − m 2 + 2m 2 )

( 1− m )

2 2

=

m ( 1 + m2 ) + i ( 1 + m2 )

(1− m )

2 2

=

m
1
m
1
+

i⇒z=
−
i
2
2
2
1+ m 1+ m
1 + m 1 + m2

1
m2 + 1
1
1
1
= ⇔ 2
= ⇔ m 2 + 1 = 2 ⇔ m = ±1
Do đó z.z = ⇔
2
2
2
( m + 1) 2 m + 1 2
1 + i ( 1 + i ) ( 1 + i ) i 2 + 2i + 1
2021
2 1010
=
=
=
i
⇒
z

=
i
=
i
Câu 39: Đáp án A.Ta có
(
) i=i
1− i ( 1− i) ( 1+ i)
1 − i2
Do đó

k
2
3
k
M = z k + z k +1 + z k + 2 + z k +3 = i k + i k +1 + i k + 2 + i k + 3 = i ( 1 + i + i + i ) = i ( 1 + i − 1 − i ) = 0

Câu 40: Đáp án B. S ABCD

= 2.

a2 3 a2 3
.
=
4
2

∆AA ' O vuông cân ⇒ A ' O = AO =
Câu 41: Đáp án B.Vì

a 3
a 2 3 a 3 3a 3
.Vậy V =
.
=
2
2
3
4

SH ⊥ ( ABCD ) nên

1
1
1
5
5 3 3
VS .CDMN = SH .SCDMN = SH . ( S ABCD − S BCM − S AMN ) = a 3 a 2 =
a
3
3
3
8
24
Câu 42: Đáp án A.Ta có

( SCD ) ∩ ( ABCD ) = CD

CD ⊥ SA
⇒ CD ⊥ ( SAC ) ⇒ SC ⊥ CD


CD ⊥ AC
Vì

 SC ⊥ CD, SC ⊂ ( SCD )
¼
¼ = 45°
Nên ( SCD ) , ( ABCD ) = SCA

 AC ⊥ CD, AC ⊂ ( ABCD )

(

Dễ thấy

Do đó
Khi đó
Kẻ

)

∆SAC vuông cân tại A.Suy ra SA = AC = a 2 .Lại có S ∆MCD =

1
1 a2
a3 2
.Ta có
V = VS .MCD = S MCD .SA = . .a 2 =
3
3 2

6

1
1
a2
MC.MD = a.a =
2
2
2

 BD / / MN
⇒ BD / / ( SMN )

 MN ⊂ ( SMN )

d ( SM , BD ) = d ( SM , ( SMN ) ) = d ( D, ( SMN ) ) = d ( A, ( SMN ) )

 AP ⊥ MN , P ∈ MN
Suy ra AH ⊥ ( SMN ) ⇒ d ( A ( SMN ) ) = AH

 AH ⊥ SP, H ∈ SP

1
1
1
1
1
1
1
1

1
11
= 2+
= 2+
+
= 2+ 2 + 2 = 2
2
2
2
2
∆SAP vuông tại A có AH
a
SA
AP
SA
AN
AM
2a
a
2a
4
Do đó

d = d ( SM , BD ) = AH =

a 22
11

Câu 43: Đáp án A.Vì

S π .4.5 4
¼ = 90° nên BC = 5 . Khi đó 1 =
=
BAC
S 2 π .3.5 3

Câu 44: Đáp án C.Kẻ

MN ⊥ AB ⇒ MN = 1, AM = 2, MC =

1
2
, BM =
3
3


Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch

13

2 
1 


S = π MN . AM + π MN .BM = π .1.  2 +
÷ = 2π 1 +
÷
3
3



Câu 45: Đáp án A.Gọi D là tâm đường tròn ngoại tiếp ∆ABC . Kẻ OH ⊥ AB . Khi đó
Câu 46: Đáp án D.Gọi M

( a;0; b ) ∈ ( Oxz ) .M ∈ ( β ) ⇒ a = 2b . Suy ra M ( 2b;0; b )

Gọi I là tâm của (S). Do (S) tiếp xúc với
Phương trình đường thẳng
Mặt khác,
Ta có

IM :

(β)

tại M nên

IM ⊥ ( β )

x − 2b y z − b
=
=
.Điểm I ∈ IM nên I ( 2b + t ; −2t ; b − 2t )
1
−2
−2

I ∈ ( α ) ⇔ ( 2b + t ) + ( −2t ) − ( b − 2t ) = 0 ⇔ t = −b ⇒ I ( b; 2b;3b )

d ( I,( β ) ) = R ⇔

Với b = 1 suy ra
Với

V1 OH a 3 3
1
=
=
.
=
V2 OA
6 a 3 2

9b
= 3 ⇔ b = ±1
3

I ( 1; 2;3) và R = 3 . Do đó phương trình mặt cầu (S) là ( x − 1) + ( y − 2 ) + ( z − 3) = 9
2

2

2

b = −1 làm tương tự, ta cũng thu được phương trình mặt cầu (S) là ( x + 1) + ( y + 2 ) + ( z + 3) = 9
2

Câu 47: Đáp án A.(S) có tâm
Ta có

2

2

I ( 1; 2;3) và bán kính R = 3

AB = 3 2 . Gọi r là bán kính đường tròn ngoại tiếp ∆ABC

AB
AB
= 2r ⇒ r =
=3= R
sin ¼
ACB
2sin ¼
ACB
uuur
uur
uuur uur
Do đó mặt phẳng ( ABC ) đi qua tâm I.Ta có AB = ( 3;3;0 ) , AI = ( 0;3;0 ) ,  AB, BI  = ( 0;0;9 )


Theo định lí hàm số sin ta có

Mặt phẳng

( ABC )

qua

Câu 48: Đáp án A.Do
Điểm C ∈ Oz suy ra
Ta có

r
uuur uur
A ( 1; −1;3) có vectơ pháp tuyến n =  AB, AI  = ( 0;0;9 ) nên có phương trình ( ABC ) là z − 3 = 0

S . ABC là hình chóp tam giác đều nên ABC là tam giác đều cạnh AB = 3 2
C ( 0;0; c ) với c > 0

AC = 3 2 ⇔ 9 + c 2 = 18 ⇒ c = 3 ⇒ C ( 0;0;3 ) .Gọi G là trọng tâm ∆ABC , suy ra G ( 1;1;1)

Theo giả thiết bài toán, ta có
Đường thẳng SG qua

đó

SG :

1
1 18 3
VS .ABC = S ABC .SG ⇔ 9 = .
.SG ⇔ SG = 2 3
3
3 4

r
uuur uuur

G ( 1;1;1) và vuông góc với mặt phẳng ( ABC ) nên có vectơ chỉ phương u =  AB, AC  = ( 9;9;9 ) . Do

x −1 y −1 z −1
=
=
. S ∈ SG ⇒ S ( 1 + t ;1 + t ;1 + t )
1
1
1

SG = 2 3 ⇔ t 2 + t 2 + t 2 = 2 3 ⇔ t = ±2 ⇒ S ( 3;3;3) , S ( −1; −1; −1)
 x = 4 + 3t

Câu 49: Đáp án C.Phương trình tham số của đường AB :  y = 2 − 5t
z = t

Gọi

M = AB ∩ ( P ) ⇒ tọa độ điểm M ứng với tham số t là nghiệm của phương trình

( 4 + 3t ) + 2 ( 2 − 5t ) − 2t + 1 = 0 ⇔ t = 1 ⇒ M ( 7; −3;1)


Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch

14

I ( 3;0; 2 ) . Hình chiếu d của đường thẳng AB lên (P) là MI

Gọi I là hình chiếu của B lên (P). Dễ dàng tìm được

 x = 3 − 4s

Vậy phương trình đường thẳng d là  y = 3s
z = 2 + s

Câu 50: Đáp án B.Giả sử tồn tại điểm
Dễ dàng tìm được điểm

uu
r uur uur uur r
I ( x0 ; y0 ; z0 ) thỏa mãn hệ thức 3IA − 2 IB + IC + ID = 0

uuur uuur uuuu
r uuuu
r uuur uuur
uuu
r
1
 8 10 1 
I  ; ; ÷.Ta có 3MA − 2 MB + MC + MD = MA − MB ⇔ MI ⇔ MI = AB
3
3 3 3

Vậy tập hợp các điểm M là mặt cầu tâm

1
1
 8 10 1 
I  ; ; ÷, bán kính R = AB =

3
3
3 3 3

2

2

2

8 
10  
1 1

Và phương trình mặt cầu là:  x − ÷ +  y −
÷ +z − ÷ =
3 
3 
3 9

Đáp án
1-C
11-B
21-A
31-B
41-B

2-A
12-A
22-B

32-D
42-A

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

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

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

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

7-A
17-B
27-B

37-D
47-A

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

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

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