các bài tập vận dụng cao môn toán

ĐỀ 4
ÔN TẬP VẬN DỤNG - VẬN DỤNG CAO

(

)

Cho x, y là số thực dương thỏa mãn ln x + ln y ≥ ln x2 + y .

Câu 1.

Tìm giá trị nhỏ nhất của P = x + y ?
A. P = 6.

B. P = 2 2 + 3 .
C. P = 2 2. .
D. P = 17 + 3 .
Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho điểm

Câu 2.

(

)

(

) (

)

A 1; −2;1 , B 0;2; −1 , C 2; −3;1 . Điểm M

thỏa mãn

T = MA2 − MB 2 + MC 2

2
2
2
nhỏ nhất. Tính giá trị của P = xM + 2yM + 3zM ?
A. P = 101.
B. P = 114.
C. P = 134.

D. P = 162.
Tìm tất cả giá trị của tham số m để hàm số y = mx + 1 có
Câu 3.
x + m2
5
giá trị lớn nhất trên đoạn 2;3 bằng
6
m = 3
m = 3

.
A. 
B.
C. m = 3.
D. m = 3.
.

m = 2
m = 3
5

5

5

Câu 4.

Với ab > 0 thỏa mãn ab + a + b = 1 thì giá trị nhỏ nhất của

P = a4 + b4 bằng
A.

(

Câu 5.

()

)

2+1

(

4

B. 2

)

2−1

( )

4

C.

( )

(

)

2−1

4

(

D. 2

( )

)

2+1

4

Cho hàm số f x thỏa mãn f ′′ x = 12x2 + 6x − 4 và f 0 = 1,

( )

f 1 = 3 . Tính f −1 ?

( )

A. f −1 = −5 .

Câu 6.

( )

B. f −1 = 3.

( )

( )

C. f −1 = −3 .

D. f −1 = −1.

Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi tâm O ,

(

)

(

·
AB = a , BAD
= 60° , SO ⊥ ABCD và mặt phẳng SCD
một góc 60° . Tính thể tích khối chóp S.ABCD ?
A. VS .ABCD =

3a3 .
24

C. VS.ABCD =

3a3 .
12

)

tạo với mặt đáy

B. VS.ABCD =
D. VS .ABCD =

3a3 .
8

3a3 .

48

Gọi F x là một nguyên hàm của hàm số f x = 3x2 − 2x + 1
Câu 7.
x

( )

( )

( )

( )

và thỏa mãn F 4 = 50. Tính giá trị của biểu thức F 2 ?
A. 2 + 2 2 .

B. 1 + 2 2 .

C. 4 + 3 2 .
2

D. 6 − 2 2 .
3

Page |

211

Trong không gian với hệ trục toạ độ Oxyz ,cho tứ diện ABCD

Câu 8.

(

) (

) (

) (

)

có điểm A 1;1;1 , B 2;0;2 ,C −1; −1;0 , D 0;3;4 . Trên các cạnh AB, AC , AD
lần lượt lấy các điểm B ',C ', D ' thỏa :

(

)

AB
AC
AD
+
+
= 4 . Viết phương
AB ' AC ' AD '

trình mặt phẳng B 'C 'D ' biết tứ diện AB 'C 'D ' có thể tích nhỏ nhất ?

A. 16x + 40y − 44z + 39 = 0 .
C. 16x − 40y − 44z + 39 = 0.

B. 16x + 40y + 44z − 39 = 0 .
D. 16x − 40y − 44z − 39 = 0.

Cho hàm số F (x) = ax3 + bx2 + cx + 1 là một nguyên hàm của

Câu 9.

hàm số f (x) thỏa mãn f(1) = 2, f(2) = 3, (3) = 4 . Hàm số F (x) là
1
1
A. F (x) = x2 + x + 1.
B. F (x) = − x2 + x + 1.
2
2
1
1
C. F (x) = − x2 − x + 1.
D. F (x) = x2 − x + 1.
2
2
Trong không gian Oxyz cho 5 A 1; −2;3 ;B −1;0;2 ; C 1;5;0 ;

(

Câu 10.

(

)

(

) (

)

(

)

)

D 0; −1;2 ; E 2016;2017;2018 . Hỏi từ 5 điểm này tạo thành bao nhiêu mặt
phẳng ?
A. 5.

Câu 11.

B. 3.
C. 4.
D. 10.
Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , phương trình

(

)

( )

mặt cầu tâm I 2;3; −1 sao cho mặt cầu cắt đường thẳng d có phương
x = 11 + 2t

trình: d y = t
tại hai điểm A, B sao cho AB = 16 là
z = −25 − 2t


( )

( ) ( ) ( )
C. x − 2 + y − 3 + z + 1
( ) ( ) ( )
2

2

2

2

2

2

A. x − 2 + y − 3 + z + 1 = 280.

Câu 12.

Cho biết

2

2

2

2

2

2

2

16

2

9

∫ xf (x )dx = 3; ∫ f (y)dy = 1; ∫

f

= 289.

( t ) dt = 3.Tính ∫ f ( x) dx ?

4

t

0

11
17
.
D.
.
2
2
Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m sao cho bất

A. 15.

phương

3

2

0

Câu 13.

= 17 .

( ) ( ) ( )

D. x − 2 + y − 3 + z + 1
( ) ( ) ( )

B. x + 2 + y + 3 + z − 1 = 289.

B. 10.

C.

trình (1 + 2x)(3 − x) > m + 2x2 − 5x − 3

 1 
x ∈  − ;3 ?
 2 
A. m > 1.

B. m > 0 .

nghiệm

C. m < 1.

Page |

212

đúng

với

D. m < 0 .

mọi


Câu 14.

Cho hệ tọa độ Oxy và đồ thị

hàm số y = e−x . Người ta dựng các hình
chữ nhật OABC trong góc phần tư thứ
nhất của hệ tọa độ như hình vẽ, với A
thuộc trục hoành, C thuộc trục tung, B
thuộc đồ thị y = e−x . Tìm diện tích lớn
nhất của hình chữ nhật có thể vẽ được
bằng cách trên?
2
1 −1
A. e 2
B. e
C.
e
2

Câu 15.

Biết rằng

b

∫ 6dx = 6 và
0

D.

1
e

a

∫ xe dx = a . Khi đó biểu thức a + 2b có
x

0

giá trị bằng
A. 2.
B. 3.
C. 5.
D. 10.
Cho hình hộp ABCD.A 'B 'C 'D ' . Gọi O là tâm của ABCD ;
Câu 16.

M , N lần lượt là trung điểm của A 'B ' và A 'D ' . Tỉ số thể tích của khối
A 'ABD và khối OMND 'C 'B ' bằng
4
4
5
A. .
B.

.
C. .
9
7
7
3
D. .
7
Một bình đựng nước dạng hình nón ( không có nắp đáy

Câu 17.

đựng đầy nước. Biết rằng chiều cao của bình gấp 3 lần bán kính đáy của
nó. Người ta thả vào bình đó một khối trụ và đo được thể tích nước trào
16π
ra ngoài là
(dm3) . Biết rằng một mặt của khối trụ nằm trên mặt đáy
9
của hình nón và khối trụ có chiều cao bằng đường kính đáy của hình nón
(như hình vẽ dưới). Tính bán kính đáy R của bình nước?

A. R = 3(dm).

Câu 18.

B. R = 4(dm).

C. R = 2(dm).

D. R = 5(dm).

Cho hàm số y = ax3 + bx2 + cx + d có đồ thị trong hình bên.

Hỏi phương trình ax3 + bx2 + cx + d + 1 = 0 có bao nhiêu nghiệm?

Page |

213


A. Phương trình không có nghiệm.
B. Phương trình có đúng một nghiệm.
C. Phương trình có đúng hai nghiệm.
D. Phương trình có đúng ba nghiệm.
Xác định tập hợp các điểm M trong mặt phẳng phức biểu

Câu 19.

( )

2
diễn các số phức z thỏa mãn điều kiện: z − z

A. Là hai đường hyperbol (H1): y =

2

=4.

1

1
và (H2) y = − .
x
x

1
.
x
1
C. Là đường hyperbol (H2):y = − .
x
D. Là đường tròn tâm O(0;0) bán kính R = 4.
Cho một hình trụ tròn xoay và hình vuông ABCD cạnh a có
B. Là đường hyperbol (H1): y =

Câu 20.

hai đỉnh liên tiếp A, B nằm trên đường tròn đáy thứ nhất của hình trụ, hai
đỉnh còn lại nằm trên đường tròn đáy thứ hai của hình trụ. Mặt phẳng
(ABCD) tạo với đáy hình trụ góc 450 . Diện tích xung quanh Sxq hình trụ
và thể tích V của khối trụ là
2
3
A. Sxq = π a 3 ;V = 3 2a .
3
8

2
3
B. Sxq = π a 2 ;V = 3 2a .

3
32

2
3
2
3
C. Sxq = π a 3 ;V = 3 3a .
D. Sxq = π a 3 ;V = 3 2a .
4
16
2
16
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , tìm tập hợp điểm M biểu
Câu 21.

(

)

(

) (

)

(

) (

)

diễn số phức ω thỏa mãn điều kiện ω = 1 − 2i z + 3, biết z là số phức
thỏa mãn z + 2 = 5.

(

) (

)

B. x − 5 2 + y − 4 2 = 125.

(

) (

)

D. x − 5 2 + y − 2 2 = 125.

A. x − 1 2 + y − 4 2 = 125.
C. x + 1 2 + y − 2 2 = 125.

Câu 22.

Tính bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện gần đều ABCD
Page |

214

có độ dài các cạnh như sau: AB = CD = a, BC = AD = b, AC = BD = c .
A. R = ab + bc + ca .
2

B. R =

a2 + b2 + c2
2 2

.

2
2
2
2
2
2
C. R = a + b + c .
D. R = a + b + c .
2
4
Một khách hàng gửi ngân hàng 20 triệu đồng, kỳ hạn 3
Câu 23.

tháng, với lãi suất 0,65% một tháng theo phương thức lãi kép. Hỏi sau
bao lâu vị khách này mới có số tiền lãi nhiều hơn số tiền gốc ban đầu gửi
ngân hàng? Giả sử người đó không rút lãi ở tất cả các định kỳ.
A. 8 năm 11 tháng.

B. 19 tháng.
C. 18 tháng.
D. 9 năm.
Nhà Nam có một chiếc bàn tròn có bán kính bằng
m.
2
Câu 24.

Nam muốn mắc một bóng điện ở phía trên và chính giữa chiếc bàn sao
cho mép bàn nhận được nhiều ánh sáng nhất. Biết rằng cường độ sáng
sin α
C của bóng điện được biểu thị bởi công thức C = c 2 ( α là góc tạo bởi
l
tia sáng tới mép bàn và mặt bàn, c: hằng số tỷ lệ chỉ phụ thuộc vào
nguồn sáng, l khoảng cách từ mép bàn tới bóng điện) . Khoảng cách
nam cần treo bóng điện tính từ mặt bàn là
A. 1m.
B. 1,2m.
C. 1.5m.
D. 2m.
Một nút chai thủy tinh là một khối tròn xoay H , một

Câu 25.

( H ) cắt ( H ) theo một
hình vẽ bên. Tính thể tích của ( H ) (đơn vị cm )?
mặt phẳng chứa trục của

( )

thiết diện như trong

3

41π
C. V H =
.
D. V ( H ) = 17π .
( )
3
Tính thể tích của vật thể tròn xoay khi quay mô hình

A. V ( H ) = 23π .

Câu 26.

B. V ( H ) = 13π .

(như hình vẽ) quanh trục DF ?

Page |

215


A.

10π a3
10π a3
5π a3

π a3
.
B.
.
C.
.
D.
.
9
7
2
3
Tìm tập hợp tất cả các tham số m sao cho phương trình

Câu 27.

2
2
4x −2x+1 − m.2x −2x +2 + 3m − 2 = 0 có bốn nghiệm phân biệt?
A. ( −∞;1) .
B. ( −∞;1) ∪ ( 2; +∞ ) . C. 2; +∞ ) .

Câu 28.

D. ( 2;+∞ ) .

Một người gửi 88 triệu đồng vào ngân hang theo thể thức

lãi kép kỳ hạn 1 quý với lãi suất 1,68% (quý). Hỏi sau ít nhất bao nhiêu
năm người đó có được 100 triệu cả vốn lẫn lãi từ số vốn ban đầu (giả sử

rằng lãi suất không đổi)?
A. 1,5.
B. 8.
C. 2,25.
D.2.

Câu 29.

( )

Cho hàm số f x = x2.6x+1. Xét các khẳng định sau:

( )
( )
f ( x ) > x ⇔ x > −1.
f ( x ) > 6 ⇔ ln x + x ln6 > 0.

Khẳng định 1. f x > 1 ⇔ 2ln x + x + 1 ln6 > 0.
Khẳng định 2.
Khẳng định 3.

2

2

( )

x
Khẳng định 4. f x > 6 ⇔ x >

1

.
6
Trong các khẳng định trên, có bao nhiêu khẳng định đúng ?
A. 0.
B. 4.
C. 3.
D. 1.
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng

Câu 30.

x y−1 z−2
. Viết phương trình mặt phẳng (P) đi qua ∆ và cách
=
=
1
2
2
A 1;1;3 một khoảng lớn nhất?
∆:

(

)

( )
C. ( P ) : 15x + 12y − 21z − 28 = 0.

( )
D. ( P ) : −15x + 12y + 21z + 28 = 0.

A. P : −15x − 12y + 21z − 28 = 0.

Câu 31.

(

B. P : 15x + 12y + 21z − 28 = 0.

Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để bất phương

)

(

)

2
2
trình log2 7x + 7 ≥ log2 mx + 4x + m , ∀x ∈ ¡ .

(

A. m ∈ 2;5 .

(

B. m ∈ −2;5 .

Page |

)

C. m ∈ 2;5 .

216

)

D. m ∈  −2;5 .


Câu 32.

Học sinh A sử dụng 1 xô đựng nước

có hình dạng và kích thước giống như hình vẽ,
trong đó đáy xô là hình tròn có bán kính
20cm, miệng xô là đường tròn bán kính 30cm,
chiều cao xô là 80cm. Mỗi tháng A dùng hết
10 xô nước. Hỏi A phải trả bao nhiêu tiền nước
mỗi tháng, biết giá

nước là 20000 đồng/1m3 (số tiền được làm tròn đến đơn vị đồng)?
A. 35279 đồng.
B. 38905 đồng.
C. 42116 đồng.
D. 31835 đồng.
Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông tâm O

Câu 33.

cạnh a, cạnh SA vuông góc với mặt đáy. Góc giữa đường thẳng SC và
mặt phẳng ( ABCD ) là 450 , gọi G là trọng tâm tam giác SCD. Tính khoảng
cách h giữa hai đường thẳng chéo nhau OG và AD ?
a 5
a 5
a 3
a 2
A. h =
.
B. h =
.
C. h =
.
D. h =
.
2
3
2
3
Gọi z và z là các nghiệm của phương trình 2
.
z − 2z + 10 = 0
1
2
Câu 34.
Gọi M , N , P lần lượt là các điểm biểu diễn của z1 , z2 và số phức k = x + iy
trên mặt phẳng phức. Để tam giác MNP là tam giác đều thì số phức k là

ék = 1+ 27
ék = 1 + 27i
ê
ê
A. ê
B. ê
êk = 1- 27
êk = 1- 27i
ë
ë
ék = 27 + i
ék = 27i
ê
ê
C. ê
D. ê
êk = 27 - i
êk = - 27i
ë
ë
 x2 + 1

neá
ux≥1
Số tiệm cận của đồ thị hàm số y =  x
.
Câu 35.
2
x


neá
ux<1
 x − 1
A. 1.
B. 2.
C. 3.
D. 4.

LỜI GIẢI ĐỀ 4
ÔN TẬP VẬN DỤNG - VẬN DỤNG CAO
Page |

217


(

)

2
2
Từ ln x + ln y ≥ ln x + y ⇔ xy ≥ x + y . Ta xét:

Câu 1.

+ Nếu 0 < x ≤ 1 thì y ≥ xy ≥ x2 + y ⇔ 0 ≥ x2 mâu thuẫn.

(

)

+ Nếu x > 1 thì xy ≥ x2 + y ⇔ y x − 1 ≥ x2 ⇔ y ≥

x2
.
x −1

(

)

x2
x2
. Ta có f x = x +
xét trên 1;+∞ .
x −1
x−1

2− 2
2
x
=
(loai )

2x − 4x + 1
2

f
'
x

=
=
0
⇔
Có
x2 − 2x + 1

2+ 2
(nhan)
x =

2
 2+ 2
÷ = 2 2 + 3 ⇒ Chọn B.
Vậy min f x = f 
 2 ÷
( 1;+∞ )



( )

Vậy P = x + y ≥ x +

( )

( )

(

Câu 2.

Giả sử: M x;y;z

)

uuuur
AM 2 = x − 1 2 + y + 2 2 + z − 1 2
AM = x − 1;y + 2;z − 1

 uuuur
2
2

⇒ BM = x;y − 2;z + 1
⇒ BM 2 = x2 + y − 2 + z + 1
r
2
2
2
 uuuu

2
CM
= x − 2;y + 3;z − 1

CM = x − 2 + y + 3 + z − 1

2
2

2
2
2
2
2
2
⇒ T =  x − 1 + y + 2 + z − 1  − x2 + y − 2 + z + 1  +  x − 2 + y + 3 + z − 1 

 
 


(
(
(

(

(

)

) (

)

)

(

)

(

) (

(

)

)

) (

) (
( ) ( )
) ( ) (

(

(

) (

) (

)

)

)

) (

)

(

(

) (

) (

)

) (

) (

)

2
2
2
2
2
2
2
2

=  x − 1 − x2 + x − 2  +  y + 2 − y − 2 + y + 3  +  z − 1 − z + 1 + z − 1 

 
 


(

) (

) (

)

= x2 − 6x + 5 + y2 + 14y + 17 + z2 − 6z + 1

(

)

(

2

)

(

2

)

2

= x − 3 − 4 + y + 7 − 32 + z − 3 − 8 ≥ −4 − 32 − 8 = −44.
Dấu " = " xảy ra ⇔ x = 3, y = −7, z = 3.

(

)

2
2
2
Khi đó M 3; −7;3 ⇒ P = xM + 2yM + 3zM = 134 ⇒ Chọn C.

mx + 1
m3 − 1
. Ta có 2 trường hợp là
y=
⇒ y' =
2
x + m2
x + m2

Câu 3.

(

)

5
⇒ m = 3.
6
2;3
5
2
TH2. m < 1 ⇒ max y = y 2 = ⇒ m =
2;3
6
5
⇒ Chọn B.
Câu 4. Ta có :
2
2
1
1 = ab + a + b ≤ a + b + a + b ⇔ a + b + 4 a + b − 4 ≥ 0 → a + b ≥ 2 2 − 2
4
4
4
4
1 4
⇒ 16 a4 + b4 ≥ a + b → a4 + b4 ≥
2 2 − 1 = 2 − 1 ⇒ Chọn C.
16
Câu 5. Ta có:
f ′′ x = 12x2 + 6x − 4 ⇒ f ′ x = 4x3 + 3x2 − 4x + c ⇒ f x = x4 + x3 − 2x2 + cx + d

( )

TH1. m > 1 ⇒ max y = y 3 =

( )

(

(

( )

) (

) (

)

(

)

(

)

(

)

) (

( )

)

( )

Page |

218


( )

Vì f 0 = 1,

( 1) = 3 ⇒ d = 1;c = 2 Vậy f ( −1) = −3 ⇒ Chọn C.

Câu 6.

a2 3 .
·
SABCD = 2SABD = AB .AD.sin BAD
= aa
. .sin60° =
2
Trong ABCD , dựng OI ⊥ CD .

(

)

CD ⊥ OI 
 ⇒ CD ⊥ SOI ⇒ CD ⊥ SI .
CD ⊥ SO 

·
Do đó, SCD , ABCD = SI ,OI = SIO = 60° .

(

Ta có

((

)(

)

)) (

)

Tam giác OCI vuông tại I nên
OI
a 3
a 3.
·
⇔ OI = OA.sinOAI
=
.sin30° =

OA
2
4
Tam giác SOI vuông tại O nên:
·
sinOAI
=

·
tan SIO
=

SO
a 3
a
·
⇒ SO = OI .tan SIO
=
.tan60° = .
OI
4
4

2
3
Vậy VS.ABCD = 1 SABCD .SO = 1 . a 3 . a = a 3 ⇒ Chọn A.
3
3 2 4
24
Câu 7.

Ta
1
F x = ∫ f x dx = ∫ 3x2 − 2x +
dx = x3 − x2 + 2 x + C .
x

( )

có

( )

( )

Khi đó F 4 = 52 + C = 50 ⇔ C = −2.

( )

Vậy F 2 = 4 + 2 2 + C = 4 + 2 2 − 2 = 2 + 2 2 ⇒ Chọn A.

Câu 8.

Áp

dụng

bất

đẳng

thức

AM − GM

ta

có

AB
AC
AD
AB .AC .AD
+
+
≥ 33
AB ' AC ' AD '
AB '.AC '.AD '
AB '.AC '.AD ' 27 VAB 'C 'D ' AB '.AC '.AD ' 27
27
⇒
=
≥
⇒
≥
⇒ V AB 'C 'D ' ≥ VABCD
VABCD
AB .AC .AD
64
AB .AC .AD
64

64
4=

Page |

219

:


Để VAB 'C 'D ' nhỏ nhất khi và chỉ khi

AB ' AC ' AD ' 3
=
=
=
AB
AC
AD
4

uuuur 3 uuur
 7 1 7
⇒ AB ' = AB ⇒ B '  ; ; ÷
4
 4 4 4

(

)

(

)

Lúc đó mặt phẳng B 'C 'D ' song song với mặt phẳng BCD và đi qua
 7 1 7
B '  ; ; ÷ ⇒ B 'C 'D ' : 16x + 40y − 44z + 39 = 0 ⇒ Chọn A.
 4 4 4

(

Câu 9.

)

Ta có f (x) = F '(x) = 3ax2 + 2bx + c

 f (1) = 2

và  f (2) = 3 ⇔
 f (3) = 4


3a + 2b + c = 2

12a + 4b + c = 3 ⇔
27a + 6b + c = 4


a = 0

1

b =
2

c
=
1


1 2
x + x + 1 ⇒ Chọn A.
2
Câu 10. Không có bốn điểm nào đồng phẳng. Do đó, có 3 điểm tạo
thành 1 mặt phẳng và có tất cả: C 53 = 10 mặt phẳng ⇒ Chọn D.
r
d
M
11
;
0
;
−
25
u
Câu 11. Đường thẳng đi qua
và có VTCP = 2;1; − 2
Vậy F (x) =

( )

(

(

)

Gọi H là hình chiếu của I trên (d)
r uuur
u, MI 
2
 AB 


2
IH = d I , AB =
= 15 R = IH + 
r
÷ = 17 .
2
u



(

)

(

) (

) (

2

)

2

2

Phương trình mặt cầu: x − 2 + y − 3 + z + 1 = 289 ⇒ Chọn D.

Câu 12.
Ta có: I 1 =

2

∫ xf (x )dx = 3. Đặt t = x

2

2

0

3

3

2

2

2

2

()

( )

⇒ ∫ f t dt = 6 ⇒ I 1 = ∫ f x dx = 6
0

0

I 2 = ∫ f (y)dy = 1 ⇒ I 2 = ∫ f (x)dx = 1
I3 =

16

∫

f

9

3
2

Vậy I = 6 + 1+ =

( t ) dt = 3. Đặt t =
t

4

( )

x ⇒ I 3 = ∫ f x dx =
3

3
2

17
⇒ Chọn D.
2

 1 

 7 2


Câu 13. Đặt t = (1 + 2x)(3 − x) khi x ∈  − ;3 ⇒ t ∈ 0;
2

4





Thay vào bất phương trình ta được f (t) = t2 + t > m
Bảng biến thiên

Page |

220

)


0

Từ bảng biến thiên ta có : m < 0 ⇒ Chọn D.

−b
−b
Câu 14. Gọi B ( b;e ) ,b > 0thuộc đồ thị hàm số. Suy ra A ( b;0) ,C ( 0;e ) .

Diện tích hình chữ nhật OABC là: S = be
. −b . Khảo sát hàm trên ta được
1
max S = ⇒ Chọn D.
e
b

Câu 15. +Ta có ∫ 6dx = 6 ⇒ b = 1.
0

u = x
x
⇒
+Tính ∫ xe dx . Đặt 
dv = exdx
0

a

a

x
x
∫ xe dx = xe
0

a
0

du = dx
.

v = ex


a

− ∫ exdx = ea − ea + 1 = a ⇒ a = 1. Vậy a + 2b = 3 ⇒ Chọn B.
0

Câu 16.
Do SABD = SA 'B 'D '
⇒ SMND 'C 'B ' = SB 'C 'D ' + SMND 'B'
= SABD + SMND 'B'
Ta có:
SA 'MN
SA 'B 'D '

=

1
3
3
⇒ SMND 'B' = SA 'B 'D ' = SABD
4
4
4

Suy ra: SMND 'C 'B '

=

SABD
SMND 'C 'B '

=

( (

))

1
d A '; ABCD .SABD
VA 'ABD
7
3
=
= SABD .Ta có:
VOMND 'C 'B ' 1
4
d O; A 'B 'C 'D ' .SMND 'C 'B '
3

( (

))

4
⇒ Chọn B.
7

Câu 17. Gọi R bán kính đáy hình nón

H

r bán kính đáy khối trụ

SH= 3R; IH=2R, HS=R ( hình vẽ )

I

SI
IK
r
R
1
=
⇒
=
⇒r = R
SH HA
R 3R
3

K
S

Page |

221

S


2

1 

16π
V khối trụ: V = π  R ÷ .2R =
⇔ R = 2 ⇒ Chọn C.
3
9


Câu 18. Xét
phương

trình

ax + bx + cx + d + 1 = 0 ⇔ ax + bx + cx + d = −1.
3

2

3

2

Ta có số nghiệm của phương trình là số giao điểm của hai đồ thị hàm số
y = ax3 + bx2 + cx + d có đồ thị như trên đề bài và y = −1 là đường thẳng đi

(

)

qua 0; −1 song song với trục Ox . Từ đồ thị ta thấy có 3 giao điểm vậy
phương trình có ba nghiệm ⇒ Chọn D.

Câu 19. Gọi M ( x, y) là điểm biểu diễn số phức z = x + yi ( x, y ∈ R )

()

2
Ta có : z − z

2

= 4 ⇔ 4xyi = 4 ⇔ x2y2 = 1 ⇔ y = ±

1
⇒ Chọn A.
x

Câu 20. Gọi M , N theo thứ tự là trung điểm của AB vàCD . Khi đó:
OM ⊥ AB và O 'N ⊥ DC .
Giả sử I là giao điểm của MN và OO '.
Đặt R = OA, h = OO ' .

+ Trong ∆IOM vuông cân tại I nên: OM = OI =
h
2 a
2 .
=
. ⇔h=
a
2
2 2

2
+
Ta
có:

2
IM .
2

⇒

R 2 = OA2 + AM 2 + MO 2

2

2
a  a 2
a2 a2 3a2
.
÷ =
= ÷ +
+
=

÷
2
4
4
8
8

  


⇒ Sxq = 2π Rh = 2π
⇒ Chọn D.

a 3 a 2 π a2 3
3a2 a 2 3 2a3
.
=
; V = π R 2h = π
.
=
2
8
2
16
2 2 2

Câu 21. Gọi M ( x;y) , x, y ∈ ¡ thì M biểu diễn cho số phức ω = x + yi .
ω = ( 1 − 2i ) z + 3 ⇒ z =

x − 3 + yi x − 2y − 3 2x + y − 6
=
+
i.
1 − 2i
5
5

Theo giả thiết
2
2
x − 2y + 7 2x + y − 6
z + 2 = 5⇔
+
i = 5 ⇔ x − 2y + 7 + 2x + y − 6 = 625
5
5

(

(

) (
2

)

2

Suy ra x − 1 + y − 4 = 125 ⇒ Chọn A.

Câu 22.

Page |

222

) (

)


Tứ diện đều được sinh ra từ một hình hộp chữ
nhật có các đường chéo được tô màu như hình
vẽ. Khi đó bán kính mặt cầu ngoại tiếp là 1 nửa
đường
chéo
dài
hình
hộp
và:
1 2
1
RC =
x + y2 + z2 =
a2 + b2 + c2
2
2 2

Câu 23. Lãi suất theo kỳ hạn 3 tháng là 3.0,65% = 1,95%

Gọi n là số kỳ hạn cần tìm. Theo giả thiết ta có n là số tự nhiên nhỏ
nhất thỏa 20(1 + 0,0195)n − 20 > 20 . Ta được n = 36 chu kỳ, một chu kỳ là 3
tháng, nên thời gian cần tìm là 108 tháng, tức là 9 năm
⇒ Chọn D.

Câu 24.

Gọi h là độ cao của bóng điện so với mặt bàn (h > 0); Đ là bóng điện; I là
hình chiếu của Đ lên mặt bàn. MN là đường kính của mặt bàn.
h
Ta có sin α = và h 2 = l 2 − 2 , suy ra cường độ sáng là:
l
6 − l2
l2 − 2
C
'
l
=
c
.
> 0 ∀l > 2
(
)
C (l ) = c
(l > 2) .
l 4. l 2 − 2
l3

(

(

)

)

C ' ( l ) = 0 ⇔ l = 6 l > 2 . Lập bảng biến thiên ta thu được kết quả C lớn

nhất khi l = 6 , khi đó h = 2 ⇒ Chọn D.

Câu 25.

Page |

223


2
Thể tích khối trụ là Vtru = Bh = π 1.5 .4 = 9π . Thể tích khối nón là

1 2
16π
1 2
2π
. Thể tích phần giao là: V p.giao = π 1.2
.
π 2 .4 =
=
3
3
3
3
16π 2π 41π
⇒ Chọn C.
Vậy V H = 9π +
−
=

( )
3
3
3

Vnon =

Câu 26. Ta có EF = AF .tan β = a.tan30° = a 3

3
Khi quay quanh trục DF , tam giác AEF tạo ra một hình nón có thể tích
2

1
1 a 3
π a3
÷ .a =
V1 = π .EF 2.AF = π . 
3
3  3 ÷
9

Khi quay quanh trục DF , hình vuông ABCD tạo ra một hình trụ có thể
2
2
3
tích V2 = π .DC .BC = π .a .a = π a
Thể tích của vật thể tròn xoay khi quay mô hình (như hình vẽ) quanh

π a3

10 3 ⇒
Chọn A.
+ π a3 =
πa
9
9
Câu 27. Đặt t = 2(x−1)2 ( t ≥ 1)
Phương trình có dạng: t2 − 2mt + 3m − 2 = 0( * )
Phương trình đã cho có 4 nghiệm phân biệt
⇔ phương trình (*) có hai nghiệm phân biệt lớn hơn 1
m2 − 3m + 2 > 0
m2 − 3m + 2 > 0
⇔
⇔
2
2
x1,2 = m ± m − 3m + 2 > 1
 m − 3m + 2 < m − 1
m2 − 3m + 2 > 0

⇔ m − 1 ≥ 0
⇔ m > 2 ⇒ Chọn D.
2
2
m − 3m + 2 < m − 2m + 1

trục DF là V = V1 + V2 =

Câu 28. Gọi n ( n ∈ ¥ ) là số quý để người đó có được 100 triệu

(

)

Ta có 88. 1 + 0,0168

n

= 100 ⇒ n = 7,6 . Do n ∈ ¥ ⇒ n = 8

Do 1 năm có 4 quý nên sau 2 năm thì người đó có được 100 triệu. ⇒
Chọn D.
Câu 29. Ta thấy ngay khẳng định 1 và 3 là sai vì tập xác định của

( )

( )

f x > 1 và f x > 6 là ¡ . Trong khi đó, tập xác định của bất phương
Page |

224


(

)

trình 2ln x + x + 1 ln6 > 0 là

{}

( 0;+∞ )

và tập xác định của bất phương

trình ln x2 + x ln6 > 0 là ¡ \ 0 .
Một số sai lầm như sau:
2 x+1
2 x+1
> ln1
Sai lầm 1. f x > 1 ⇔ x .6 > 1 ⇔ ln x .6

( )

(

(

)

)

⇔ ln x2 + ln6x+1 > 0 ⇔ 2ln x + x + 1 ln6 > 0.
Từ đó dẫn đến khẳng định 1 đúng. Chú ý, phép biến đổi
x2.6x+1 > 1 ⇔ ln x2.6x+1 > ln1 chỉ đúng khi ta biết được chắc chắn

(

)

2 x+1
x2.6x+1 > 0. Tuy nhiên x .6 ≥ 0, ∀x ∈ ¡ do đó ta không thể biến đổi

(

)

x2.6x+1 > 1 ⇔ ln x2.6x+1 > ln1 được.

( )

(

)

2 x+1
2 x
2 x
Sai lầm 2. f x > 6 ⇔ x .6 > 6 ⇔ x .6 > 1 ⇔ ln x .6 > ln1

⇔ ln x2 + ln6x > 0 ⇔ ln x2 + x ln6 > 0. Từ đó dẫn đến khẳng định 3 đúng.
2
2 x +1
2
Xét khẳng định 2, ta có f x > x ⇔ x .6 > x

( )

x ≠ 0

⇔  x+1
⇔
6 > 1

x ≠ 0
⇔

x + 1 > 0

x ≠ 0
⇒ khẳng định 2 sai.

x > −1

1
x >
6
> 6x ⇔ 6x2 > 1 ⇔ 
1

x < −
6


( )

x
2 x +1
Xét khẳng định 4, ta có f x > 6 ⇔ x .6

⇒ khẳng định 4 sai ⇒ Chọn A.

Câu 30.

Vì khoảng cách từ A đến mặt phẳng (P)
là thay đổi nên cần tìm một đại lượng là
hằng số sao cho AH ≥ const
Nhận thấy đề cho điểm A 1;1;3 và

(

)

đường thẳng ∆ . Vậy khoảng cách từ A
đến ∆ hằng số. Từ đó định hướng được
cách làm.

( )

Gọi H, K lần lượt là chân đường vuông góc kẻ từ A xuống P , ∆ . Tam

(

giác AHK vuông tại H. ⇒ AH ≤ AK = d A; ∆

( )

Dấu = xảy ra khi và chỉ khi H ≡ K ⇔ P

(

)

)

qua A và nhận AK làm vtpt.

Vì K ∈ ∆ nên K t;1 + 2t;2 + 2t
uuuu
r
uuuu
r uur
⇒ AK = t − 1;2t;2t − 1 . Mà AK ⊥ ∆ do đó AK .u∆ = 0

(

(

)

)

(

)

⇔ t + 2 1 + 2t + 2 2 + 2t = 0 ⇔ 9t + 6 = 0 ⇔ t = −
u
r  −5 −4 7 
 −2 −1 2 

P : QuaK  ; ; ÷, và có n =  ; ; ÷
 3 3 3
 3 3 3

( )

Page |

225

2
⇒K
3

 2 1 2
 − ;− ; ÷
 3 3 3


5
2 4 
1 7 
2
⇒ P : − x + ÷− y + ÷+ z − ÷ = 0
3
3 3 
3 3 
3

( )

( )

⇔ P : −15x − 12y + 21z − 28 = 0 ⇒ Chọn A.

Câu 31.

Bất
phương
7x + 7 ≥ mx + 4x + m > 0, ∀x ∈ ¡
2

(

trình

tương

đương

2

)

 7 − m x2 − 4x + 7 − m ≥ 0 (2)
⇔ 2
, ∀x ∈ ¡ .
(3)
mx + 4x + m > 0
m = 7 : (2) không thỏa ∀x ∈ ¡ , m = 0 : (3) không thỏa ∀x ∈ ¡

7 − m > 0
m < 7


2
∆′2 = 4 − 7 − m ≤ 0
m ≤ 5
⇔
⇔ 2 < m ≤ 5 ⇒ Chọn A.
(1) thỏa ∀x ∈ ¡ ⇔ 
m
>
0
m
>
0


 ∆′ = 4 − m2 < 0
m > 2

 3

(

)

Câu 32.
Ta có:

O 'M O 'J
O 'M
20 2
=
⇔
=
= ⇔ O 'M = 160 cm
OM
OI
OM + 80 30 3

( )

( )

⇒ OM = 160 + 80 = 240 cm

Thể tích của khối nón đỉnh M, bán kính O’J là:
V2 =

1
1
64000π
π .O 'J 2.MO ' = π .202.160 =
cm3
3
3
3

(

)

Thể tích của xô nước là:
V = V 2 − V1 = 72000π −

64000π 152000π
152π
=
cm3 =
m3 . Số tiền nước A
3
3
3000

phải trả mỗi tháng là:

(

)

( )

152π
.10.20000 ≈ 31835 (đồng) ⇒ Chọn D.
3000

Câu 33. Cách 1 : Gọi M, N lần lượt là trung điểm của CD, AB.
AD //MN ⇒ AD // ( SMN ) ⇒ d ( AD, MN ) = d ( AD, ( SMN ) ) = d ( A, ( SMN ) )

MN ⊥ AB, MN ⊥ SA ⇒ MN ⊥ ( SAB ) ⇒ ( SMN ) ⊥ ( SAB )

Dựng AK ⊥ SN ⇒ AH ⊥ ( SMN ) ⇒ d ( A, ( SMN ) ) = AK
Lại có SA ⊥ ( ABCD ) nên AC là hình chiếu của SC lên mặt phẳng ( ABCD ) .

·
Từ đó suy ra (·SC , ( ABCD ) ) = (·SC , AC ) = SCA
= 450 .
Vậy giác SAC vuông cân, suy ra SA = AC = a 2
Tam giác SAN vuông tại A, đường cao AK suy ra :
1
1
1
1
4
9
a 2
.
= 2+
= 2 + 2 = 2 ⇒ AK =
2
2
AK
SA
AN
2a
a
2a
3

Page |

226


S

z
S

K
N
B

G

A

D
M

O

G

A

x

C

y

M

O

B

D

C

Cách 2 : Chọn hệ tọa độ như hình vẽ, theo cách 1 ta tính được SA = a 2 .
Khi

(

đó A ( 0;0;0 ) , B ( a;0;0 ) , C ( a; a;0 ) , D ( 0; a;0 ) , S 0;0; a 2

)

 a 2a a 2  uuur  −a a a 2 
a a 
Suy ra O  ; ; 0 ÷, G =  ; ;
÷, OG =  ; ;
÷
÷
3 ÷
2 2 

3 3

 6 6 3 
uuur uuur uuur
 AD, OG  . AO a 2
uuur
uuur  a a 


AD = ( 0; a; 0 ) , AO =  ; ; 0 ÷. Vậy d ( AD, OG ) =
=
.
uuur uuur
3
2 2 
 AD, OG 



z = 1 − 3i

1
2
Câu 34. z − 2z + 10 = 0 ⇔ z = 1 + 3i . Suy ra M ( 1;- 3) , N ( 1;3) và P ( x;y) .
 2

2

2

2

2

Ta có MN 2 = 36, MP 2 = ( x - 1) + ( y + 3) , NP 2 = ( x - 1) + ( y - 3) .
Tam giác MNP là tam giác đều khi và chỉ khi
ìï y = 0
ìï NP 2 = MP 2
ïìï x = 1+ 27
ïìï x = 1- 27
ï
ïï
ï
Û
Û
hay
í
í
í
í
ïï NP 2 = MN 2
ïï ( x - 1) 2 = 27 ïï y = 0
ïï y = 0
îï
îï
ïî
ïî
ék = 1 + 27
ê
Þ Chọn A.

Vậy ê
êk = 1- 27
ë
2x
= −∞ nên đường thẳng x = 1 là tiệm cận
Câu 35. Ta có lim− y = lim−
x→1
x→1 x − 1
đứng
2x
2
lim y = lim
= lim
=2
x→−∞ x − 1
x →−∞
của đồ thị hàm số x→−∞
nên đường thẳng y = 2 là
1
1−
x
tiệm cận ngang của đồ thị hàm số khi x → −∞ .
x2 + 1
1
= lim 1 + 2 = 1 nên đường thẳng y = 1 là tiệm cận
x→+∞
x→+∞
x →+∞
x
x

ngang của đồ thị hàm số khi x → +∞ ⇒ Chọn C.
lim y = lim

Page |

227