các bài tập vận dụng cao môn toán

ĐỀ 5
ÔN TẬP VẬN DỤNG - VẬN DỤNG CAO
Câu 1. Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình bình hành. Gọi M là

 

trung điểm cänh SA. Mặt phẳng 





qua M và song song với ABCD , cắt

các cänh SB, SC , SD læn lượt täi N , P, Q. Gọi V1  VS .ABCD và V2  VS .MNPQ .
Khẳng định nào sau đåy đúng?
A. V1  8V2 .
B. V1  6V2 .

Câu 2.

C. V1  16V2 .

D. V1  4V2 .

Cho các s phư c z, w thoa mãn z  2  2i  z  4i , w  iz  1 .

Giá trị nhô nhåt cûa w là
A.

2

2

B. 2

C.

3 2
2

D. 2 2

Câu 3. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hình hộp chữ
nhật ABCD.ABC D

có

điểm

A

trùng

với

gốc

tọa

độ, B(a; 0; 0),

D(0;a;0), A(0;0;b) với (a  0,b  0) . Gọi M là trung điểm cûa cänh CC  . Giâ sử

a  b  4 , tìm giá trị lớn nhçt cûa thể tích khối tứ diện ABDM ?
64
A. maxVAMBD 
B. maxVAMBD  1.
.
27
64
27
.
C. maxVAMBD   .
D. maxVAMBD 
27
64

Câu 4.







Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, , cho ba điểm A 0;2;0 ,







 

B 1;1; 4 và C 3; 2;1 . Mặt cæu S tâm I đi qua A, B,C và độ dài OI  5

 

(biết tâm I có hoành độ nguyên, O là gốc tọa độ). Bán kính mặt cæu S là
A. R  1 .

B. R  3 .

C. R  4 .

D. R  5 .

’ ’ ’D’ . Mặt phẳng  BDC’  chia khối
Câu 5. Cho hình lập phương ABCD.ABC

lập phương thành 2 phæn có tî lệ thể tích phæn nhô so với phæn lớn là
1
1
1
1
A.
B.
C.
D.
3

6
5
10

Câu 6.

Một người gửi 15 triệu đồng vào ngân hàng theo thể thức lãi kép
kỳ hän một quý với lãi suçt 1, 65% một quý. Hôi sau bao låu người đó có được
ít nhçt 20 triệu đồng (câ vốn lẫn lãi) từ số vốn ban đæu? (Giâ sử lãi suçt
kh ng thay đổi)
A. 4 năm 1 quý
B. 4 năm 2 quý
C. 4 năm 3 quý

D. 5 năm



Câu 7.







Cho số thực x thôa log2 log8 x  log8 log2 x . Tính giá trị





2

cûa P  log2 x ?
Page | 228


3
.
3

A. P

Cõu 8.

B. P 3 3 .

C. P 27 .

D. P

1
.
3



Tỡm tỗt cõ cỏc giỏ tr thc cỷa tham s m sao cho khoõng 2; 3

thuc tp nghim cỷa bỗt phng trỡnh log5 x 2 1 log5 x 2 4x m 1 ?
A. m 12;13 .

B. m 12;13 .

C. m 13;12 .

D. m 13; 12 .

Cõu 9. Cho hai v trớ A, B cỏch nhau 615m, cựng nm v mt phớa b sụng

nh hỡnh v. Khoõng cỏch t A v t B n b sụng lổn lt l 118m v
487m. Mt ngi i t A n b s ng lỗy nc mang v B. oọn ng
ngn nhỗt m ngi ú cú th i l

A.569,5 m

B.671,4 m

C.779,8 m

Cõu 10. Cho s phc z thụa món 1 5i z
Mnh no di ồy ỳng?
1
A. z 2
2
3
C. z 3
2

Cõu 11.

B.

D.741,2 m

2 42
3i 15 .
z

5
z 4
2

D. 3 z 5

Ba tia Ox,Oy,Oz i mt vuụng gúc. Gi C l im c nh

trờn Oz , t OC 1 hai im A, B

thay i trờn Ox,Oy sao cho

OA OB OC . Tỡm giỏ tr nhụ nhỗt cỷa bỏn kớnh mt cổu ngoọi tip t din
O.ABC ?

A.

6
.
4

B.

6
.
3

C.

6
.
2

D.

Cõu 12. Mt ming bỡa hỡnh trũn cú bỏn kớnh l 20 cm. Trờn biờn
cỷa ming bỡa,
A, B,C , D, E, F,G, H

ta xỏc nh 8 im
theo th t chia ng

trũn thnh 8 phổn bng nhau. Ct bụ theo cỏc
nột lin nh hỡnh v cú c hỡnh ch thp
ABNCDPEFQGHM ri gỗp lọi theo cỏc nột
t MN , NP, PQ, QM tọo thnh mt khi hp
khụng np. Th tớch cỷa khi hp thu c l
Page | 229

6.


A.



4000 2 2



3

.



4000 2 2

.
B.
2

42 2 .

D. 4000 2 2 .



42 2

2



C. 4000 2 2



3

Cõu 13. Hỡnh chúp S.ABC cú ỏy ABC l tam giỏc vu ng cồn tọi

A v AB AC SB SC a , SBC ABC . Tớnh bỏn kớnh cỷa mt cổu
ngoọi tip hỡnh chúp?
A.

a 2
.
3

B.

a
.
2

C. a.

D.

a 2
.
2

Cõu 14. Trong khụng gian vi h ta Oxyz, cho lng tr ng

ABC .A ' B 'C ' cú A a; 0; 0 , B a; 0; 0 , C 0;1; 0 , B ' a; 0;b



vi a, b dng thay

i thụa món a b 4 . Khoõng cỏch ln nhỗt gia hai ng thng B 'C v
AC ' l
A. 1

B. 2

C.

D.

2

Cõu 15. Trong khụng gian vi h trc ta Oxyz , cho hỡnh hp

2
.
2

ch nht ABCD.A BC D cú im A trựng vi gc cỷa h trc ta ,
B(a; 0; 0) , D(0;a; 0) , A(0; 0;b) (a 0,b 0) . Gi M l trung im cỷa cọnh CC .

Giỏ tr cỷa tợ s

1
A. .
3

a
hai mt phng (ABD) v MBD vuụng gúc vi nhau l
b
1
B. .
C. 1 .
D. 1.
2





Cõu 16. Tỡm tỗt cõ cỏc giỏ tr thc cỷa tham s m phng
trỡnh







log22 x log 1 x 2 3 m log4 x 2 3 cú nghim thuc 32; ?

2

A. m 1; 3 .

C. m 1; 3 .




B. m 1; 3 .

D. m 3;1 .






Cõu 17. Trong mt phng P cho ng trũn C ng kớnh
AB 2R . Gi M l mt im di ng trờn ng trũn. K MH vuụng gúc vi
AB tọi H vi AH x 0 x 2R . Dng ng thng vuụng gúc vi P tọi

M . Trờn ng thng ú lỗy im S sao cho MS MH . Xỏc nh giỏ tr ln
nhỗt bỏn kớnh mt cổu ngoọi tip t din SABM ?

A.

R 5
2

B.

R 3
2

C. R

D. R 2

Cõu 18. Cho s phc z 1 i 2 i 4 ... i 2n ... i 2016, n . M un
cỷa s phc z bng
A. 2.

B. 1.

C. 1008.
Page | 230

D. 2016.


Câu 19. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho mặt cæu

S  : x

2

 

 y 2  z 2  2x  2y  4z  1  0 và mặt phẳng P : x  y  3z  m  1  0.

 

Tìm tçt câ m để P
lớn nhçt?
A. m  7 .

  theo giao tuyến là một đường tròn có bán kính

cắt S

B. m  7 .

C. m  9 .

D. m  5 .

Câu 20. Cho z1, z 2 là hai số phức thôa mãn z12  4z2  16  20i . Gọi
,  là hai nghiệm cûa phương trình x 2  z1x  z 2  m  0 thôa mãn điều kiện

    2 7 , trong đó m là số phức . Giá trị lớn nhçt cûa m là
A . 7  41

B . 7  41

C. 7

D. 8

Câu 21. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz cho hai điểm



 



 

A 1;2; 1 , B 0; 4; 0 và mặt phẳng P có phương trình: 2x  y  2z  2017  0 .

 

 

Phương trình mặt phẳng Q qua hai điểm A, B và täo với mặt phẳng P
một góc nhô nhçt có phương trình là
A. Q : x  y  z  4  0 . B. Q : x  y  z  4  0 .

 
 
C. Q  : 2x  y  3z  4  0 .

 

D. Q : 2x  y  z  4  0 .

Câu 22. Từ một miếng bìa hình
vuông có cänh bằng 5, người ta cắt 4
góc bìa 4 tứ giác bằng nhau và gập läi
phæn còn läi cûa t m bìa để được một
khối chóp tứ giác đều có cänh đáy
bằng x (xem hình vẽ bên).

Câu 23. Trong

chương trình
nông thôn mới, täi một xã X có xây
một cây cæu bằng bê t ng như
hình vẽ. Tính thể tích khối bê tông
để đổ đû cây cæu. (Đường cong
trong hình vẽ là các đường
Parabol).

0,5m

2m

5m

0,5m

A. 19m 3 .

B. 21m 3 .

19m

0,5m

C. 18m 3 .

D. 40m 3 .

Câu 24. Cho khối lăng trụ tam giác ABCA ' B 'C ' , đường thẳng đi qua trọng
Page | 231


tõm tam giỏc ABC song song vi BC ct AB tọi D , ct AC tọi E . Mt
phng i qua A ', D, E chia khi lng tr thnh hai phổn, tợ s th tớch (s bộ
chia cho s ln) cỷa chỳng bng
2
4
A. .
B.
.
3
23

C.

4

.
9

D.

Cõu 25. Tỡm tỗt cõ giỏ tr cỷa m th hm s y
cú ba tim cn?
A. 0 m

1
.
2

B. 0 m

1
.
2

4
.
27

mx 2 3mx 1
x 2

C. m 0.

D. m

Cõu 26. Tỡm tỗt cõ cỏc giỏ tr cỷa tham s m th hm s

1
.
2

y x 4 2mx 2 m 4 cú ba im cc tr l ba ợnh cỷa tam giỏc u?
m 0
A. m 3 3 .
B.
.
C. m 3 3 .
D. m 3 .
3
m 3

Cõu 27. Tam giỏc vuụng cú din tớch ln nhỗt l bao nhiờu nu tng cỷa
mt cọnh gúc vuụng v cọnh huyn bng hng s a 0 ?
A.

2a 2
.
3

B.

a2
.
9

C.

3a 2
.
18

D.

3a 2
.
6

Cõu 28. Mt lổn nh õo thut gia Dynamo n New York anh ngu hng

trỡnh din khõ nng bay l lng trong khụng trung cỷa mỡnh bng cỏch di
truyn t tũa nh ny n to nh khỏc v trong quỏ trỡnh anh di chuyn ỗy
cú mt lổn anh ỏp ỗt tọi mt im trong khoõng cỏch cỷa hai tũa nh ( Bit
mi di chuyn cỷa anh u l ng thng ). Bit tũa nh ban ổu Dynamo
ng cú chiu cao l a(m) , tũa nh sau ú Dynamo n cú chiu cao l
b(m) (a b) v khoõng cỏch gia hai tũa nh l c(m) . V trớ ỏp ỗt cỏch tũa

nh th nhỗt mt oọn l x (m) hụi x bng bao nhiờu quóng ng di
chuyn cỷa Dynamo l bộ nhỗt?
ac
ac
.
A. x
B. x
.
a b

2 a b





C. x

3ac
.
a b

D. x

ac
.
3(a b)

Cõu 29. Mt cỏi thỏp hỡnh nún cú chu vi ỏy bng 207,5 m. Mt

hc sinh nam mun o chiu cao cỷa cỏi thỏp ó lm nh sau. Tọi thi im
no ú, cu o búng cỷa mỡnh di 3,32 m v ng thi o c búng cỷa cỏi
thỏp (k t chõn thỏp) di 207,5 m. Bit cu hc sinh ú cao 1,66 m, hụi chiu
cao cỷa cỏi thỏp di bao nhiờu m?
51, 875
51, 87
A. h 103, 75
B. h 103

C. h 103,75

25,94





D. h 103, 75

Cõu 30. Cho th hm s y ax 4 bx 3 c ọt cc ọi tọi A 0; 3 v
Page | 232






cực tiểu B 1;5 . Tính giá trị cûa P  a  2b  4c ?
A. P  5

B. P  6

C. P  4

D. P  9

Câu 31. Tìm tçt câ các giá trị cûa m để phương trình





log23 x  m  2 .log3 x  3m  1  0 có 2 nghiệm x 1, x 2 sao cho x1.x 2  27

A. m 

4
3

B. m  25

C. m 

28
3

D. m  1

Câu 32. Cho mặt cæu (S ) : x 2  y 2  z 2  2x  4z  1  0 và đường thẳng
x  2  t

d : y 
t . Tìm m để d cắt S
z  m  t


 

täi hai điểm phân biệt A, B sao cho các

 

mặt phẳng tiếp diện cûa S täi A và täi B vuông góc với nhau.
A. m  1 hoặc m   4.

B. m  0 hoặc m   4.

C. m  1 hoặc m  0.

D. m  1 hoặc m   4.

Câu 33. Cho tứ diện ABCD có cänh CD  2AB, AB  a, BC  h . Thể
tích cûa khối tròn xoay täo thành khi quay hình ABCD quanh cänh CD
bằng

A.

16
 ah 2 .
27

B.

18
 ah 2 .
27

C.  ah 2 .

D.

20
 ah 2 .
27

Câu 34. Chị Hoa gửi vào ngân hàng 50 triệu đồng với lãi suçt 0,6%/tháng.

Sau mỗi tháng, chọ Hoa đến ngân hàng rút mỗi tháng 3 triệu đồng để chi tiêu
cho đến khi hết tiền thì thôi. Sau một số tròn tháng thì chị Hoa rút hết tiền
câ gốc lẫn lãi. Biết trong suốt thời gian đó, ngoài số tiền rút mỗi tháng chị
Hoa không rút thêm một đồng nào kể câ gốc lẫn lãi và lãi suçt kh ng đổi. Vậy
tháng cuối cùng chị Hoa sẽ rút được số tiền là bao nhiêu (làm tròn đến đồng)?
A. 1840270 đồng.
B. 3000000 đồng.
C. 1840269 đồng.

D. 1840268 đồng.

Câu 35. Một đường dåy điện được nối từ nhà máy điện trên đçt
Page | 233


liền ở vị trí A đến vị trí C trên một hòn đâo. Khoâng cách ngắn nhçt từ C đến
đçt liền là BC=1km, khoâng cách từ A đến B là 4km. Người ta chọn một vị trí
là điểm S nằm giữa A và B để mắc đường dåy điện đi từ A đến S, rồi từ S đến
C như hình vẽ dưới đåy. Chi phí mỗi km dåy điện trên đçt liền mçt 3000USD,
mỗi km dåy điện đặt ngæm dưới biển mçt 5000USD.Hôi điểm S phâi cách A
bao nhiêu km để chi phí mắc đường dåy điện là ít nhçt?

A. 3,25km

B. 1km

C. 2km

ĐỀ 5
Page | 234

D. 1, 5km


ÔN TẬP VẬN DỤNG - VẬN DỤNG CAO
Câu 1.
Dễ thçy, N , P, Q læn lượt là trung điểm các

S

cänh SB, SC , SD.
Ta có:

Q

VS .MNPQ  2VS .MNP

VS .ABCD  2VABC
V
2V
SM SN SP 1 1 1 1

 S .MNPQ  S .MNP 
.
.
 . .  .
VS .ABCD
2VS .ABC
SA SB SC 2 2 2 8

P

M

N
D

C

A

B

 V1  8V2  Chọn A.

Câu 2.

Đăt z  a  bi  a, b 

 , khi đo

z  2  2i  a  2   b  2  i

và z  4i  a   b  4  i
Nên ta co  a  2    b  2   a 2   b  4   a  b  2  b  2  a
2

2

2

hi đo w  iz  1   a  bi  i  1  1  b  ai  w  a 2   b  1  a 2   a  1
2

2

2

1 1 1
1
2


Dê thåy a   a  1  2a  2a  1  2  a      w 
2 2 2
2
2

2

 min w 

2

2

2
 Chọn A.
2



b





Câu 3. Ta có: C (a;a; 0), B (a; 0;b), D (0;a;b),C (a;a;b)  M a;a; 
2

b
Suy ra: AB  (a; 0; b), AD  (0;a; b), AM  a;a;  
2

3a 2b
a 2b
 AB, AD   (ab;ab;a 2 )  AB, AD  .AM 
 VAMBD 





2
4
Do a,b  0 nên áp dụng BĐT C si ta được:

64
1
1
1
64
 Chọn D.
 maxVAMBD 
4  a  b  a  a  b  3 3 a 2b  a 2b 
2
2
4
27
27

Câu 4.

Phương trình mặt cæu  S  có däng:

x2  y 2  z 2  2ax  2by  2cz  d  0 .
Vì 4 điểm O, A, B, C thuộc mặt cæu  S  nên ta có hệ:.
AS 

B   S  

C   S 

4b  d  4  0

2a  2b  8c  d  18  0 .
6a  4b  2c  d  14  0


OI  5  OI 2  5  a2  b2  c2  5 .

Suy ra a  1; b  0; c  2; d  4  R  3  Chọn B.

Câu 5.
Page | 235


Nhìn vào hình vẽ ta có thể thçy 2 phæn cûa hình lập phương
ABCD.ABC
’ ’ ’D’ chia bởi mặt phẳng (BDC’) gồm hình chóp BCC ’D và phæn còn
VBCC ' D
läi. Tî lệ cæn tính sẽ là T 
VABCD .A ' B 'C ' D '  VBCC ' D
Giâ sử hình lập phương có cänh là 1  VABCD.A ' B 'C ' D '  13  1
Hình chóp BCC’D có đáy là tam giác vu ng cån DCC’, đînh B, đường cao BC
1
1
1 1
 VBCC ' D  .BC .SDCC '  .1.1.1. 
3
3
2 6

1
1
 Chọn C.
T  6 
1 5
1
6

Câu 6.

n


1, 65 
Số tiền cûa người çy sau n kỳ hän là T  15  1 
 .
100 

n


1, 65 
4
Theo đề bài, ta có 15  1 
  20  n  log1 1,65  17, 56  Chọn A.
100 
3

100

Câu 7.

Đặt t  log2 x . Ta có:

1
1  1
1
log2 log8 x  log8 log2 x  log2  t   log2 t  t  t 3
3
3  3











 t 2  27  P  27  Chọn C.
 2
x 2  4x  m
m  x 2  4x  f (x )
x  1 

Câu 8.  
5
m  4x 2  4x  5  g(x )


x 2  4x  m  0


Hệ trên thôa mãn

f (x )  12 khi x  2
m  Max
2 x  3
x  2; 3  
 12  m  13  Chọn C.
m

Min
f
(
x
)

13
khi
x

2


2 x  3

 

Câu 9. Gọi A ', B ' læn lượt là hình chiếu cûa A, B lên bờ sông, gọi H là hình
chiếu

cûa

A

trên

BB '

.

BH  487  118  369m  AH  AB 2  BH 2  492m
Gọi M là nơi trên bờ s ng để người A đi quâng đường ngắn nhçt
Giâ sử A ' M  x  B ' M  492  x .

Page | 236

Ta

có


AM  AA '2  A ' M 2  x 2  1182

Ta có 
2
BM  BB '2  B ' M 2  492  x  4872






Tổng đoän đường người đó đi được là

x 2  1182 

 492  x 

2

 4872

2

 779, 8 .

Áp dụng bçt đẳng thức Mincopxky ta có

 369  x 

2

x 2  1182 

 4872 

x  369  x   118  487 

2

 Chọn C.

Câu 10.

1  5i  z  2 z42  3i  15  1  5i  z  3i 1  5i   2 z42
2 42
2 42
 1  5i  z  3i  
 1  5i z  3i 
z
z
2

 6. z  3 

2 42
z

2
2
 6  z  3  . z  4.42  0  z  2



 Chọn C.

Câu 11.



1  OA2  1  OA
OC 2  AB 2
1  OA2  OB 2


Ta có: R 
4
4
4



2

 Rmin 

6
4

 Chọn A.

Câu 12. Hình hộp cæn tính có đáy là hình vu ng MNPQ (độ dài cänh hình

vuông này chính là AB) và chiều cao AM. Gọi O là tåm đường tròn. Ta có góc
2 
 .
ở tâm AOB 
8

4
Áp dụng định lý cosin vào tam giác AOB ta tính được AB  20 2  2 .
Mặt khác, tam giác AMH vuông cân täi M, suy ra AM  10 2 2  2 .



Thể tích khối hộp là : V  AM .AB 2  4000 2  2

Câu 13.

Page | 237



4  2 2  Chọn C.






Do đó kẻ SD  BC  SD  ABC .

hi đó SD chính là đường cao cûa hình

chóp. Nhận thçy do tam giác ABC vu ng cån täi A do đó D là tåm đường tròn
ngoäi tiếp tam giácABC. hi đó đường thẳng qua D vu ng góc với mặt phẳng
(ABC) chính là trục đường tròn cûa mặt phẳng đáy. Suy ra SD chính là trục
đường tròn cûa mặt phẳng đáy. Hai tam giác SBC và ABC là hai tam giác
a

vu ng cån täi S và A. hi đó ta có: DS  DB  DC  DA  . Vậy ta đã tìm
2
a
được tåm và bán kính R   Chọn B.
2

Câu 14. CC'  AA '  C  0;1;b  .





d AC ', B'C 

ab
a 2  b2



ab
2



a b
2 2



4

2 2

 2  Chọn C.



b





Câu 15. Ta có AB  DC  C a;a; 0   C ' a;a;b   M a;a; 
2
Cách 1.

b
Ta có MB   0; a;   ; BD  a;a; 0
2

 ab ab

Ta có u  MB; BD    ; ; a 2  và

  2 2










 và A ' B  a; 0; b 

Chọn v  1;1;1 là VTPT cûa A ' BD



BD; A ' B   a 2 ; a 2 ; a 2







A ' BD   MBD   u.v  0  ab2  ab2  a

2

 0 a b 

Cách 2.

a
1
b



A ' B  A ' D
A ' X  BD
với X là trung điểm
AB  AD  BC  CD  a  

MB

MD
MX

BD




a a 
BD   A ' BD ; MBD   A ' X ; MX X  ; ; 0  là trung điểm BD


2 2 











a a

 a a b
A ' X   ; ; b  , MX    ;  ;  
2 2

 2 2 2

Page | 238


A ' BD   MBD   A ' X  MX  A ' X.MX  0
2

2

 a   a  b2
a
      
 0   1  Chọn D.
2
b
2 2

Câu 16. Điều kiện:

hi

x  0.



đó



phương

trình

tương

đương:

log22 x  2 log2 x  3  m log2 x  3 .

Đặt t  log2 x với x  32  log2 x  log2 32  5 hay t  5.
Phương trình có däng



t 2  2t  3  m t  3

 * .

hi đó bài toán được phát biểu läi là: “Tìm m để phương trình (*) có nghiệm

t  5”
Với t  5 thì (*) 

t  3 . t  1  m t  3 

1





t 1 m t 3  0

t 1
t 3

 t 1 m t 3  0  m 

Ta có

t  3.

t 1
4
4
4
1
1
 3 hay
. Với t  5  1  1 

t 3
t 3
t 3
53

t 1
t 1
 31
 3 suy ra 1  m  3.
t 3
t 3

Vậy phương trình có nghiệm với 1  m  3.  Chọn A.

Câu 17.

Vì nằm trên đường tròn đường kính AB
nên tam giác MAB vuông täi M, do vậy áp
dụng công thức tam diện vuông:
1
1
RC2  MA2  MB 2  MS 2  4R2  MH 2
4
4







Vì MH max  R do vậy: Rc max 

S



R 5
.
2

H

A

B

 Chọn B.
M

Câu 18.
z 1i

 

1  i2
2

1008

1  i2

 1  Chọn B.

Câu 19. Mặt cæu S  có tâm I 1;1; 2  . Để  P  cắt mặt cæu S  theo giao

 

tuyến là đường tròn có bán kính lớn nhçt thì P

 

 

 

đi qua tåm I cûa mặt

cæu S . Do I  P nên 1  1  3. 2  m  1  0  m  7
 Chọn B.

Page | 239


Câu 20.
Theo vi-et:

2
    z1
     


  z 2  m


 z12  4z2  4m  16  20i  4m



 



2

 4 .

    2 7  4  5i  m  7 . Do đó tập hợp điểm

 

biểu diễn số phức m là đường tròn tâm I 4;5 bán
kính R  7 .
Đường thẳng OI cắt đường tròn täi 2 điểm A và B với O nằm giữa B và I. Ta
có OI  42  52  41 . Giá trị lớn nhçt cûa

m

khi M  A

nên :

Câu 21. Nhận xét: 00  (P ),(Q)  900 , nên góc

(P ),(Q) nhô

nhçt

m

max

 OA  OI  IA  7  41  Chọn A.









 

khi cos (P ),(Q) lớn nhçt Q : ax  b(y  4)  cz  0; A  (Q)  a  2b  c
Ta có cos (P ),(Q) 

2a  b  2c

b



3 a 2  b2  c2

a 2  b2  c2

     0   P , Q    90

Nếu b  0  cos P , Q





1

Nếu b  0  cos (P ),(Q ) 

2

0

1



c 
c 
2   4   5
b 

b 

c

2   1  3
b


Dçu bằng xây ra khi b  c;a  c , nên phương trình

Q  : x  y  z  4  0  Chọn B.

Page | 240

2



1
3

.


Câu 22.

M

S

O x

Ta có SA  (ABCD) nên AM là hình chiếu cûa SM trên mặt phẳng





(ABCD)  SM ;(ABCD)  SMA  600

ABC có AB  BC  a và ABC  600 nên ABC đều.

Mà M là trung điểm cûa BC nên AM 
hi đó tan SMA 

SA
a 3 3a
 SA  tan 600.

AM
2
2

Thể tích khối chóp I.ABCD là VI .ABCD 


AB 3 a 3

2
2

1
.d I ;(ABCD) .SABCD
3





1
1
a3 3
 Chọn B.
.d I ;(ABCD) .SABCD  .SAS
. ABC 
6
3
8





Câu 23.

Chọn hệ trục Oxy như hình vẽ.
y

O

Page | 241

x


 19 
Gọi P1 : y  ax 2  c là Parabol đi qua hai điểm A  ; 0  , B 0;2
2 
Nên
ta
có
hệ
phương
trình
2


 19 
8
0  a .    2
8 2
a  

x 2
361  P1 : y  


2 
361
2  b

b  2


 5
Gọi P2 : y  ax 2  c là Parabol đi qua hai điểm C 10; 0 , D  0; 
 2
Nên
ta
có
hệ
phương
trình
2


5
1
0

a
.
10

a




2
40  P : y   1 x 2  5


2
40
2
5  b
b  5
2



2
Ta
có
thể
tích
cûa
bê
tông
19
 10  1
 8 2
 
5
V  5.2     x 2  dx   2  
x  2 dx   40m 3  Chọn B.
0
2
 0  40
 361
 

 

 

sau:

 



 

 



sau:

 

là:

Câu 24.
Ta có:

SADE



SABC

AD AE 2 2 4
.
 .  .
AB AC 3 3 9

E

A
D

Mặt khác:

VA ' ADE 



 



 

G

C
M

B



1
1
4
d A '; ADE .S ADE  d A '; ABC . S ABC
3
3
9

 



4
4
d A '; ABC .S ABC  VABC .A ' B 'C ' .
27
27

 VA ' B 'C 'CEDB 

A'

VA ' ADE
23
4
VABC .A ' B 'C ' 


.
27
VA ' B 'C 'CEDB 23

C'
B'

 Chọn B.

y  lim
Câu 25. Ta có xlim

x 

lim y  lim

x 

x 

mx 2  3mx  1
 lim
x 
x 2

mx 2  3mx  1
 lim
x 
x 2

3m 1
 2
x
x   m.
2
1
x

 m

Đồ thị hàm số có hai tiệm cận ngang thì m  0.

Page | 242

3m 1
 2
x
x  m.
2
1
x

m


Khi x  2  mx 2  3mx  1  1  2m
1
Với m   1  2m  0 thì đồ thị hàm số sẽ có tiệm đứng là x  2.
2
1

1
Với m   1  2m  0, ta phâi thử với trường hợp m  .
2
2
1
1 2 3
x 1 x 2
x  x 1
1
2
2
2
m  y 

.
2
x 2
x 2
Lúc đó ta chî được xét giới hän khi x  2





(x  1)(x  2)
1
x 1

lim 
 .

x 2
x 2
2
2 x 2

1

 lim y  lim
x 2



x 2

1
thì đồ thị hàm số có tiệm cận đứng x  2.
2
1
 Chọn B.
Do đó đồ thị hàm số có ba tiện cận  0  m 
2
Từ đó với m 

Câu 26.



2m
b3
30 

8a
8



3

 3  0  m 3  3  m  3 3  Chọn C.

a
2

Câu 27. Cänh góc vuông x, 0  x  ; cänh huyền: a  x
Cänh

góc

vu ng

còn

läi

là:

(a  x )2  x 2 .

Diện

a(a  3x )

a
1
; S (x )  0  x 
x a 2  2ax . S (x ) 
3
2
2 a 2  2ax
Bâng biến thiên:
a
x
0
3
0


S x

tích

tam

giác

S (x ) 

a
2

3a 2
18

S  x

Tam giác có diện tích lớn nhçt bằng

a
3a 2
khi cänh góc vu ng , cänh huyền
3
18

2a
.  Chọn C.
3

Câu 28. Gọi các điểm như hình vẽ ta có quãng đường mà Dynamo đi là





2

SA  SB .Trong đó SA  a 2  x 2 , SB  b 2  c  x .

Do đó quãng đường Dynamo phâi di chuyển là





2

S  SA  SB  a 2  x 2  b 2  c  x .

Page | 243






S  f x  a 2  x 2  b2  c  x
x

 

Ta có f ' x 



x 2  a2

x a
2





2

2

2

2

x

 

f' x 0

c  x 
b  c  x 
c  x 

b  c  x 

 0  x  c 

2

2



2
 x 2 b 2  c  x   c  x






 x b2  c  x

 x
2

2





  c  x 
2

 a 2  x 2b 2  a 2 x  c

 

Lập bâng biến thiên cûa f x ta được khi x 
 Chọn A.



2

x 

x 2  a2

ac
.
a b

ac
thì quãng đường bé nhçt
a b

Câu 29. Gọi R, h læn lượt là bán kính đáy và chiều cao cûa cái tháp.
Theo giâ thiết ta có 2 R  207, 5  R 

103, 75



 OA  207, 5 

103, 75



Vì bóng cûa cậu học sinh gçp 2 læn chiều cao thật nên
103, 75
51, 875
OA  2h  207, 5 
 2h  h  103, 75 

. Chọn A.





Câu 30. Hàm số đät cực đäi täi A  0; 3 ta có: y '  0   0; y  0   3  c  3





 

 

Hàm số đät cực tiểu täi B 1; 5 ta có y ' 1  0; y 1  5

2a  b  0
a  2
. Thay vào P ta có: P  2  8  12  6  Chọn B.


a

b


2
b



4



Câu 31. Đặt



log3 x  t .



Phương

trình

trở

thành:



t 2  m  2 t  3m  1  0 2

Phương trình (1) nghiệm phån biệt khi và chî khi (2) có 2 nghiệm phån biệt



   0  m 2



2





 4 3m  1  m 2  8m  8  0 (đúng)

Page | 244


Gọi t1, t2 là 2 nghiệm cûa phương trình (2)

 x1  3 1 , x 2  3 2  3 1 3 2  27  t1  t2  3 . Theo Vi-et: t1  t2  m  2
t

t

t

t

Suy ra m  1  Chọn D.

Câu 32. Tâm I 1; 0; 2  . Để d  cắt S  täi 2 điểm A, B thì phương trình:

t  2

2



 t2  m  t







2









 2 t  2  4 m  t  1  0 có 2 nghiệm phân biệt.

 3t 2  2t m  1  m 2  4m  1  0    2m 2  10m  2  0

* 

Ta có: IA là vtpt cûa mặt phẳng tiếp diện täi A .

IB là vtpt cûa mặt phẳng tiếp diện täi B.
. 0
Mà 2 mặt phẳng vuông góc với nhau  IAIB







 1  a 1  b   ab  m  a  2 m  b  2   0
 m  1a  b   3ab  m  4m  5  0 1

 x A  1 x B  1  yAyB  z A  2 z B  2  0
2


2
a b   m 1


3
Theo định lý Viet có: 
2
m

4m  1
ab 



3





1  43 m

2



20m 16

0
3
3

m  1
 Chọn A.

m


4

1
2

3
3
Gọi N là chån đường cao hä từ A xuống CD  DN  3a, NA  CB  h.

Câu 33. Gọi H  AD  BC  BH  h, HC  h.

Khi quay ABCD quay quanh DC ta được khối tròn xoay như hình vẽ khi bô
đi phæn b i đậm.
Phæn b i đậm là phæn thể tích chung cûa hình chóp có đînh D, đường tròn
đáy bằng AN và đường cao DN với hình trụ nhận AB làm đường cao và
đường tròn đáy là CB.
Do đó gọi V ' là thể tích phæn b i đậm  V '  V1  V2, trong đó

V1 là thể tích hình chóp có đînh là D, đường cao DN và bán kính đường
tròn đáy là NA.
V2 là thể tích hình chóp có đînh là D, đường cao DC và bán kính đường
tròn đáy là CH.

Page | 245


1
1
19
.DN . NA2  .DC . .CH 2 
 ah 2 .
3
3
27
Gọi V3 là thể tích hình trụ với AB là chiều cao và bán kính đường tròn đáy là

Do đó V ' 

NA  V3  AB. .NA2   ah 2 .

Gọi V là thể tích khối tròn xoay cæn tính thì
19
16
V  V1  V3  2V '   ah 2   ah 2  2.  ah 2 
 ah 2 .  Chọn A.
27
27

Câu 34. Áp dụng công thức tính số tiền còn läi sau n tháng

1  r 
X

n



Sn  A 1  r



n

1

r

Với A  50 triệu đồng, r  0, 6 và X  3 triệu đồng ta được
Sn  50.1, 006n  3.

1, 006n  1
.
0, 006

Để rút hết số tiền thì ta tìm số nguyên dương n nhô nhçt sao cho
1, 006n  1
500
Sn  0  50.1, 006  3.
 500  450.1, 006n  0  n  log1,006
 n  18
0, 006
450
n

hi đó số tiền tháng cuối cùng mà Chị Hoa rút là

1, 00617  1 
S17 .1, 006  50.1, 00617  3.
 .1, 006  1, 840269833 triệu đồng
0, 006 

 1840270 đồng

Giải máy:

Page | 246

Nhập màn hình máy tính 50.1, 006X  3.

1, 006X  1
, tính giá trị chäy từ 10 đến
0, 006

20 với step bằng 1 ta được bằng giá trị tương ứng và số tiền còn läi nhô hơn 3
ứng với X  17 .
Từ đó tính được số tiền rút ra ở tháng cuối cùng là

1, 00617  1 
17
S17 .1, 006  50.1, 006  3.
 .1, 006  1, 840269833 triệu đồng
0,
006


 1840270 đồng  Chọn A.

Câu 35. Giâ sử BS  x  SA  4  x khi đó SC  x 2  1







Chi phí đường dåy điện là 5000 x 2  1  3000 4  x  1000 5 x 2  1  12  3x

 



Xét hàm số f x  5 x 2  1  12  3x với x  4 . Ta có f ' x 



Ta có f ' x  0  x 

5x
x2  1

3

3
. Do đó để chi phí ít nhçt thì S cách A 3,25km
4

 Chọn A.

Page | 247

