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 cạnh SA. Mặt phẳng α

(

)

qua M và song song với ABCD ,

cắt các cạnh SB, SC , SD lần lượt tại N , P , Q. Gọi V1 = VS .ABCD

và

V2 = VS.MNPQ . Khẳng định nào sau đây đúng?
A. V1 = 8V 2.

B. V1 = 6V2.

C. V1 = 16V2.

D. V1 = 4V2.

Câu 2. Cho các số phức z, w thỏa mãn z + 2 − 2i = z − 4i , w = iz + 1 .
Giá trị nhỏ nhất của w là
3 2
2

B. 2
C.
D. 2 2
2
2
Câu 3. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hình hộp chữ
nhậtABCD.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 của cạnh CC ′ . Giả
sử a + b = 4 , tìm giá trị lớn nhất của thể tích khối tứ diện A′BDM ?
64
A. maxVA′MBD =
B. maxVA′MBD = 1.
.
27
64
27
C. maxVA′MBD = − .
D. maxV A′MBD =
.
27
64
Câu 4. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, , cho ba điểm

A.

(

)

A 0;2;0 ,

(

)

B −1;1;4

(

)

( )

và C 3; −2;1 . Mặt cầu 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 cầu S là

( )

A. R = 1.

B. R = 3.

C. R = 4 .

D. R = 5 .
Câu 5. Cho hình lập phương ABCD.A’B’C ’D’ . Mặt phẳng BDC’ chia

(

)

khối
lập phương thành 2 phần có tỉ lệ thể tích phần nhỏ so với phần 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 hạn một quý với lãi suất 1,65% một quý. Hỏi sau bao lâu người đó có
được ít nhất 20 triệu đồng (cả vốn lẫn lãi) từ số vốn ban đầu? (Giả sử
lãi suất không 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 thỏa log2 log8 x = log8 log2 x . Tính giá trị

(

(

)

)

2

của P = log2 x ?

Page |

228

(

)


1
3.
B. P = 3 3 .
C. P = 27 .
D. P = .
3
3

Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m sao cho khoảng

A. P =

Câu 8.

( 2;3)

(

)

(

)

2
2
thuộc tập nghiệm của bất phương trình log5 x + 1 > log5 x + 4x + m − 1

?
A. m ∈  −12;13 .

B. m ∈ 12;13 .

C. m ∈  −13;12 .

D. m ∈  −13; −12 .

Câu 9. Cho hai vị trí A, B cách nhau 615m, cùng nằm về một phía bờ

sông
như hình vẽ. Khoảng cách từ A và từ B đến bờ sông lần lượt là 118m và
487m. Một người đi từ A đến bờ sông để lấy nước mang về B. Đoạn
đường ngắn nhất mà người đó có thể đi là

A.569,5 m

B.671,4 m

C.779,8 m

(

)

D.741,2 m

Câu 10. Cho số phức z thỏa mãn 1 − 5i z = 2 42 + 3i + 15 .
z

Mệnh đề nào dưới đây đúng?
A. 1
B. 5
< z <2
< z <4
2
2
3
C. < z < 3
D. 3 < z < 5

2
Câu 11. Ba tia Ox,Oy,Oz đôi một vuông góc. Gọi C là điểm cố định
trên Oz , đặt OC = 1 hai điểm A, B thay đổi trên Ox,Oy sao cho
OA + OB = OC . Tìm giá trị nhỏ nhất của bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ
diện O.ABC ?
6
B. 6 .
C. 6 .
D. 6.
.
4
3
2
Câu 12. Một miếng bìa hình tròn có bán kính là 20 cm. Trên biên
của miếng bìa, ta xác định 8 điểm
A, B,C , D, E , F ,G, H theo thứ tự chia đường
A.

tròn thành 8 phần bằng nhau. Cắt bỏ theo
các nét liền như hình vẽ để có được hình
chữ thập ABNCDPEFQGHM rồi gấp lại
theo các nét đứt MN , NP , PQ, QM tạo
thành một khối hộp không nắp. Thể tích
của khối hộp thu được là

Page |

229

A.

)

(

4000 2 − 2

4− 2 2

3



4000 2 − 2 ÷
B.

 .
2

.

2

)

(

3

C. 4000 2 − 2 4 − 2 2 .
D. 4000 2 − 2 ÷ .


Câu 13. Hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân tại
A

(

) (

)

và AB = AC = SB = SC = a , SBC ⊥ ABC . Tính bán kính của mặt

cầu ngoại tiếp hình chóp?
a
A. a 2 .
B. .
C. a.
D. a 2 .
2
3
2
Câu 14. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho lăng trụ đứng

(

)

(

)

(

)

(

)

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

với a,b dương

thay đổi thỏa mãn a + b = 4 . Khoảng cách lớn nhất giữa hai đường
thẳng B 'C và AC ' là
2
.
2
Câu 15. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho hình hộp
chữ nhật ABCD.A′B ′C ′D ′ có điểm A trùng với gốc của hệ trục tọa độ,
B (a;0;0) , D(0;a;0) , A′(0;0;b) (a > 0,b > 0) . Gọi M là trung điểm của cạnh
a
để hai mặt phẳng (A′BD) và MBD vuông góc
CC ′ . Giá trị của tỉ số
b
với nhau là
1

1
A. .
B. .
C. −1.
D. 1.
3
2
Câu 16. Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để phương
A. 1

B. 2

C.

D.

2

(

trình

(

)

)

)

log22 x + log1 x2 − 3 = m log4 x2 − 3 có nghiệm thuộc 32; +∞ ?

2

(

A. m ∈ 1; 3 .

C. m ∈  −1; 3 .


)

B. m ∈ 1; 3 .

D. m ∈ − 3;1 .


)

(

Câu 17. Trong mặt phẳng ( P ) cho đường tròn ( C ) đường kính
AB = 2R . Gọi M là một điểm di động trên đường tròn. Kẻ MH vuông
góc với AB tại H với AH = x 0 < x < 2R . Dựng đường thẳng vuông

( )

góc với P

(

)

tại M . Trên đường thẳng đó lấy điểm S sao cho MS = MH .

Xác định giá trị lớn nhất bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện SABM ?
A. R 5
2

B. R 3
2

C.

R

D.

R 2

Câu 18. Cho số phức z = 1 + i 2 + i 4 + ... + i 2n + ... + i 2016, n ∈ ¥ . Môđun
của số phức z bằng
A. 2.
B. 1.
C. 1008.
D. 2016.
Oxyz
Câu 19. Trong không gian với hệ trục tọa độ
, cho mặt cầu

Page |

230


và
( S ) : x + y + z − 2x − 2y + 4z − 1 = 0
( P ) : x + y − 3z + m − 1 = 0. Tìm tất cả m để ( P )
2

2

2

một đường tròn có bán kính lớn nhất?
A. m = 7 .
B. m = −7 .

mặt

phẳng

( )

cắt S theo giao tuyến là

C. m = 9 .

D. m = 5 .

Câu 20. Cho z1, z2 là hai số phức thỏa mãn z12 − 4z2 = 16 + 20i . Gọi
α , β là hai nghiệm của phương trình x2 + z1x + z2 + m = 0thỏa mãn điều
kiện α − β = 2 7 , trong đó m là số phức . Giá trị lớn nhất của 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

( )

phẳng P

mặt

có

phương

trình:

( )

2x − y − 2z + 2017 = 0 . Phương trình mặt phẳng Q qua hai điểm A, B và

( )

tạo với mặt phẳng P

một góc nhỏ nhất có phương trình là

( )
C. ( Q ) : 2x + y − 3z − 4 = 0 .

( )
D. ( Q ) : 2x − y − z − 4 = 0 .

A. Q : x + y − z + 4 = 0.

B. Q : x + y − z − 4 = 0.

Câu 22. Từ một miếng bìa hình

vuông có cạnh bằng 5, người ta
cắt 4 góc bìa 4 tứ giác bằng nhau
và gập lại phần còn lại của t m bìa
để được một khối chóp tứ giác đều
có cạnh đáy bằng x (xem hình vẽ

bên).

Câu 23. Trong chương trình
nông thôn mới, tại một xã X có
xây một cây cầu bằng bê tông
như hình vẽ. Tính thể tích khối
bê tông để đổ đủ cây cầu.
(Đường cong trong hình vẽ là
các đường Parabol).
A. 19m3 .

B. 21m3 .

0,5m

2m

5m
0,5m

3
C.
19m 18m .0,5m

D. 40m3 .

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

trọng
tâm tam giác ABC song song với BC cắt AB tại D , cắt AC tại E .

Mặt phẳng đi qua A ', D, E chia khối lăng trụ thành hai phần, tỉ số thể
tích (số bé chia cho số lớn) của chúng bằng
Page |

231


2
.
3

A.

B.

4
.
23

C.

4
.
9

D.

4
.
27

2
Câu 25. Tìm tất cả giá trị của m để đồ thị hàm số y = mx + 3mx + 1

x+2

có ba tiệm cận?

1
1
1
C. m ≤ 0.
D. m ≥ .
. B. 0 < m ≤ .
2
2
2
Câu 26. Tìm tất cả các giá trị của tham số m để đồ thị hàm số
y = x4 − 2mx2 − m4 có ba điểm cực trị là ba đỉnh của tam giác đều?
A. 0 < m <

m = 0
A. m = − 3 .
B. 
.
C. m = 3 3 .
D. m = ± 3 .
3
m = 3
Câu 27. Tam giác vuông có diện tích lớn nhất là bao nhiêu nếu tổng

của
một cạnh góc vuông và cạnh huyền bằng hằng số a > 0 ?
3

2
2
2a2
a2
.
B.
.
C. 3a .
D. 3a .
3
9
18
6
Câu 28. Một lần nhà ảo thuật gia Dynamo đến New York anh ngẫu
hứng
trình diễn khả năng bay lơ lửng trong không trung của mình bằng cách
di truyển từ tòa nhà này đến toà nhà khác và trong quá trình anh di
chuyển đấy có một lần anh đáp đất tại một điểm trong khoảng cách
của hai tòa nhà ( Biết mọi di chuyển của anh đều là đường thẳng ). Biết
tòa nhà ban đầu Dynamo đứng có chiều cao là a(m) , tòa nhà sau đó
Dynamo đến có chiều cao là b(m) (a < b) và khoảng cách giữa hai tòa
nhà là c(m) . Vị trí đáp đất cách tòa nhà thứ nhất một đoạn là x(m) hỏi
x bằng bao nhiêu để quãng đường di chuyển của Dynamo là bé nhất?
ac
ac
ac

3ac
.
.
A. x =
B. x =
C. x =
D. x =
.
.
2 a +b
3(a + b)
a +b
a +b

A.

(

)

Câu 29. Một cái tháp hình nón có chu vi đáy bằng 207,5 m. Một

học sinh nam muốn đo chiều cao của cái tháp đã làm như sau. Tại thời
điểm nào đó, cậu đo bóng của mình dài 3,32 m và đồng thời đo được
bóng của cái tháp (kể từ chân tháp) dài 207,5 m. Biết cậu học sinh đó
cao 1,66 m, hỏi chiều cao của cái tháp dài bao nhiêu m?
51,875
51,87
A.h = 103,75 +
B.h = 103 +

π
π
25,94
C.h = 103,75 +
D. h = 103,75
π

Câu 30. Cho đồ thị hàm số y = ax4 + bx3 + c đạt cực đại tại A ( 0;3) và

(

)

cực tiểu B −1;5 . Tính giá trị của P = a + 2b − 4c ?
A. P = −5
B. P = 6
C. P = −4
Câu 31. Tìm tất cả các giá trị của m để phương trình

(

)

D. P = 9

log23 x − m + 2 .log3 x + 3m − 1 = 0 có 2 nghiệm x1, x2 sao cho x1.x2 = 27

Page |

232

4
28
B. m = 25
C. m =
D. m = 1
3
3
Câu 32. Cho mặt cầu (S) : x2 + y2 + z2 − 2x + 4z + 1 = 0 và đường thẳng
A. m =

x = 2 − t

d : y =
t . Tìm m để d cắt S tại hai điểm phân biệt A, B sao cho
z = m + t


( )

( )

các mặt phẳng tiếp diện của S tại A và tại B vuông góc với nhau.
A. m = −1 hoặc m = − 4.

B. m = 0 hoặc m = − 4.

D. m = 1 hoặc m = − 4.
Câu 33. Cho tứ diện ABCD có cạnh CD = 2AB, AB = a, BC = h. Thể

tích của khối tròn xoay tạo thành khi quay hình ABCD quanh cạnh CD
bằng
C. m = −1 hoặc m = 0.

16
18
20
B.
C. π ah2.
D.
π ah2.
π ah2.
π ah2.
27
27
27
Câu 34. Chị Hoa gửi vào ngân hàng 50 triệu đồng với lãi suất
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 cả gốc lẫn lãi. Biết trong suốt thời gian đó, ngoài số tiền rút
mỗi tháng chị Hoa không rút thêm một đồng nào kể cả gốc lẫn lãi và
lãi suất không 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 dây điện được nối từ nhà máy điện trên đất
liền ở vị trí A đến vị trí C trên một hòn đảo. Khoảng cách ngắn nhất từ

C đến đất liền là BC=1km, khoảng cách từ A đến B là 4km. Người ta
chọn một vị trí là điểm S nằm giữa A và B để mắc đường dây điện đi từ
A đến S, rồi từ S đến C như hình vẽ dưới đây. Chi phí mỗi km dây điện
trên đất liền mất 3000USD, mỗi km dây điện đặt ngầm dưới biển mất
5000USD.Hỏi điểm S phải cách A bao nhiêu km để chi phí mắc đường
dây điện là ít nhất?
A.

Page |

233


A. 3,25km

B. 1km

D. 1,5km

C. 2km

ĐỀ 5
ÔN TẬP VẬN DỤNG - VẬN DỤNG CAO
Câu 1.
Dễ thấy, N , P , Q lần lượt là trung điểm các
cạnh SB, SC , SD.

S

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
Page |

234

P

M

N
D

A

C

B


⇒ V1 = 8V2 ⇒ Chọn A.

Câu 2.

Đặt z = a + bi ( a, b ∈ ¡ ) , khi đó z + 2 − 2i = a + 2 + ( b − 2 ) i

và z − 4i = a + ( b − 4 ) i

Nên ta có ( a + 2 ) + ( b − 2 ) = a 2 + ( b − 4 ) ⇔ a + b = 2 ⇔ b = 2 − a
2

2

2

Khi đó 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


Dễ thấy a + ( a − 1) = 2a − 2a + 1 = 2  a − ÷ + ≥ ⇒ w ≥
=
2 2 2
2
2

2

⇒ min w =

2

2

2 ⇒
Chọn A.
2

Ta có: C (a;a;0), B ′(a;0;b), D ′(0;a;b),C ′(a;a;b) ⇒ M a;a; b 

÷
Câu 3.
2

uuuur
uuuur
uuuur 
b
′

′
A
B
=
(
a
;0
;
−
b
),
A
D
=
(0;
a
;
−
b
),
AM
=  a;a; − ÷
Suy ra:
2

uuuur uuuur
uuuur uuuur uuuuu
r 3a2b
a2b
⇒ A′B, A′D  = (ab;ab;a2) ⇒ A′B, A′D  .A′M =

⇒ V A′MBD =




2
4
Do a,b > 0 nên áp dụng BĐT Côsi ta được:
4= a +b=

Câu 4.

64
1
1
1
64
⇒ Chọn D.
⇒ maxVA′MBD =
a + a + b ≥ 33 a2b ⇒ a2b ≤
27
2
2
4
27
Phương trình mặt cầu ( S ) có dạng:

x 2 + y 2 + z 2 + 2ax + 2by + 2cz + d = 0 .
Vì 4 điểm O, A, B, C thuộc mặt cầu ( S ) nên ta có hệ:.
A∈( S )

4b + d + 4 = 0


 B ∈ ( S ) ⇒ −2a + 2b + 8c + d + 18 = 0 . OI = 5 ⇔ OI 2 = 5 ⇔ a 2 + b 2 + c 2 = 5 .
6a − 4b + 2c + d + 14 = 0


C ∈ ( S )
Suy ra a = −1; b = 0; c = −2; d = −4 ⇒ R = 3 ⇒ Chọn B.

Câu 5.

Nhìn vào hình vẽ ta có thể thấy 2 phần của hình lập phương
ABCD.A’B’C ’D’ chia bởi mặt phẳng (BDC’) gồm hình chóp BCC ’D và
VBCC 'D
phần còn lại. Tỉ lệ cần tính sẽ là T =
VABCD .A 'B 'C 'D ' − VBCC 'D
Giả sử hình lập phương có cạnh là 1 ⇒ V ABCD .A 'B 'C 'D ' = 13 = 1
Page |

235


Hình chóp BCC’D có đáy là tam giác vuông cân DCC’, đỉnh B, đường
1
1
1 1
cao BC ⇒ VBCC 'D = .BC .SDCC ' = .1.1.1. =
3
3

2 6
1
1
⇒T = 6 =
⇒ Chọn C.
1 5
1−
6
n

Số tiền của người ấy sau n kỳ hạn là T = 15 1 + 1,65  .

÷
100 


Câu 6.

n


1,65 
4
Theo đề bài, ta có 15 1 +
÷ > 20 ⇔ n > log1+ 1,65 ≈ 17,56 ⇒ Chọn A.
100 
3

100
Đặt t = log x . Ta có:

Câu 7.

2

1
1  1
log2 log8 x = log8 log2 x ⇒ log2  t ÷ = log2 t ⇒ 1 t = t 3
3
3  3
⇒ P = 27 ⇒ Chọn C.
 2
x2 + 4x + m
2
x + 1 >
m > −x − 4x = f (x)
⇒
⇔
5
2
Câu 8.
2
m < 4x − 4x + 5 = g(x)
x + 4x + m > 0



(

)

(

)

()

⇒ t 2 = 27

( )

Hệ trên thỏa mãn ∀x ∈ 2;3

m ≥ Max f (x) = −12 khi x = 2
2⇔
⇔ −12 ≤ m ≤ 13 ⇒ Chọn C.
m
≤
Min
f
(
x
)
=
13
khi
x
=
2


2Gọi A ', B ' lần lượt là hình chiếu của A, B lên bờ sông, gọi H
Câu 9.
là

hình

chiếu

của

trên

A

.

BB '

Ta

BH = 487 − 118 = 369m ⇒ AH = AB − BH = 492m
Gọi M là nơi trên bờ sông để người A đi quảng đường ngắn nhất
Giả sử A 'M = x ⇒ B 'M = 492 − x .
AM = AA '2 + A 'M 2 = x2 + 1182

Ta có 
2
BM = BB '2 + B 'M 2 = 492 − x + 4872


2

(

2

)

Tổng đoạn đường người đó đi được là

x2 + 1182 +

( 492 − x)

2

+ 4872

Áp dụng bất đẳng thức Mincopxky ta có
x2 + 1182 +

( 369 − x)

2

+ 4872 ≥

( x + 369 − x) + ( 118 + 487)
2

⇒ Chọn C.

Câu 10.

Page |

236

2

= 779,8 .

có


( 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
2
2 42

⇔ 6 z + 3÷. z − 4.42 = 0 ⇔ z = 2


z

⇒ Chọn C.

Câu 11.
Ta có: R = OC + AB =
4
⇒ Chọn A.
2

Câu 12.

2

1 + OA + OB
=
4
2

2

(

1 + OA 2 + 1 − OA
4

)

2

⇒ Rmin =

6
4

Hình hộp cần tính có đáy là hình vuông MNPQ (độ dài cạnh

hình
vuông này chính là AB) và chiều cao AM. Gọi O là tâm đường tròn. Ta
2π π
có góc 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 tại M, suy ra AM = 10 2 2 − 2 .

(

)

Thể tích khối hộp là : V = AM .AB 2 = 4000 2 − 2

4 − 2 2 ⇒ Chọn C.

Câu 13.

(

)

Do đó kẻ SD ⊥ BC ⇒ SD ⊥ ABC . Khi đó SD chính là đường cao của
hình chóp. Nhận thấy do tam giác ABC vuông cân tại A do đó D là tâm
đường tròn ngoại tiếp tam giácABC. Khi đó đường thẳng qua D vuông
góc với mặt phẳng (ABC) chính là trục đường tròn của mặt phẳng đáy.
Suy ra SD chính là trục đường tròn của mặt phẳng đáy. Hai tam giác
SBC và ABC là hai tam giác vuông cân tại S và A. Khi đó ta có:

Page |

237


DS = DB = DC = DA =
Chọn B.

Câu 14.

(

a
a
. Vậy ta đã tìm được tâm và bán kính R = ⇒
2
2

uuuu

r uuuur
CC' = AA ' ⇒ C 0;1;b .

(

)

d AC ',B'C =

ab

≤

)

ab

≤

a +b

=

4

= 2 ⇒ Chọn C.

2
2 2 2 2
a +b

uuur uuuu
r
Ta có AB = DC ⇒ C a;a;0 ⇒ C ' a;a;b ⇒ M  a;a; b 

÷
Câu 15.
2

Cách 1.
uuuu
r 
uuuur
b  uuur
Ta có MB =  0; −a; − ÷; BD = −a;a;0 và A 'B = a;0; −b
2

r
uuuu
r uuur
uuur uuuur
 ab ab
2
2
2
2
Ta có u = MB ;BD  =  ; ; −a ÷ và BD;A 'B  = −a ; −a ; −a

  2 2




r
Chọn v = 1;1;1 là VTPT của A 'BD
rr
ab ab
a
A 'BD ⊥ MBD ⇔ uv
. = 0⇔
+
− a2 = 0 ⇔ a = b ⇒ = 1
2
2
b
Cách 2.
A 'B = A 'D
A ' X ⊥ BD
AB = AD = BC = CD = a ⇒ 
⇒
với X là trung điểm
MB = MD
MX ⊥ BD


a a 
·
·

BD ⇒  A 'BD ; MBD  = A ' X ;MX X  ; ;0÷ là trung điểm BD



2 2 
uuuuu
r a a
 uuuur  a a b 
A ' X =  ; ; −b÷ , MX =  − ; − ; − ÷
2 2

 2 2 2
uuuuu
r uuuur
A 'BD ⊥ MBD ⇒ A ' X ⊥ MX ⇒ A ' X .MX = 0
2

2

(

)

(

(

)

)

(

)

(

(

(

(

(

)

) (

)

(

)(

) (

)

2

)

)

)

)

(

2

 a   a  b2
a
⇒ − ÷ −  ÷ +
= 0 ⇒ = 1 ⇒ Chọn D.
2
b
 2  2
Điều kiện: x > 0. Khi đó phương trình tương đương:

Câu 16.

(

)

log22 x − 2log2 x − 3 = m log2 x − 3 .
Đặt t = log2 x với x ≥ 32 ⇒ log2 x ≥ log2 32 = 5 hay t ≥ 5.
Phương trình có dạng

(

) ( *) .

t2 − 2t − 3 = m t − 3

Khi đó bài toán được phát biểu lại là: “Tìm m để phương trình (*) có
nghiệm t ≥ 5 ”
Với t ≥ 5 thì (*) ⇔

( t − 3) .( t + 1)

⇔ t + 1− m t − 3 = 0⇔ m =

(

)

= m t − 3 ⇔ t − 3.

t +1
t−3

Page |

238

(

)

t + 1− m t − 3 = 0

Ta có

t +1
4
4
4
= 1+
. Với t ≥ 5 ⇒ 1 < 1 +
≤ 1+
= 3 hay
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.
1<

Câu 17.
Vì nằm trên đường tròn đường kính AB
nên tam giác MAB vuông tại M, do vậy
áp dụng công thức tam diện vuông:

1
1
RC2 = MA2 + MB 2 + MS 2 =
4R 2 + MH 2
4
4

(

)

(

)

Vì MH max = R do vậy: Rc max = R 5 .
2
⇒ Chọn B.

Câu 18.
z = 1+ i

Câu 19.

( )

1− i 2
2

1008

1− i 2

( )

(

= 1 ⇒ Chọn B.

)

( )

Mặt cầu S có tâm I 1;1; −2 . Để P

( )

giao tuyến là đường tròn có bán kính lớn nhất thì P

( )

( )

của mặt cầu S . Do I ∈ P
⇒ Chọn B.

( )

( )

cắt mặt cầu S theo
đi qua tâm I

nên 1 + 1 − 3. −2 + m − 1 = 0 ⇔ m = −7

Câu 20.
Theo vi-et:
α + β = z1
2
⇒ α −β = α +β

αβ = z2 + m

= z12 − 4z2 − 4m = 16 + 20i − 4m

(

)

(

)

2

− 4αβ .

α − β = 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 tại 2 điểm A và B với O nằm giữa B và I.
Ta có
. Giá trị lớn nhất của m khi M ≡ A nên :
OI = 42 + 52 = 41
m

max

= OA = OI + IA = 7 + 41 ⇒ Chọn A.

Page |

239


(
)
(
)
cos( (P ),(Q)) lớn nhất ( Q ) : ax + b(y − 4) + cz = 0;A ∈ (Q ) ⇒ a = 2b + c

Câu 21.

Nhận xét: 00 ≤ (P ),(Q) ≤ 900 , nên góc (P ),(Q) nhỏ nhất khi

(

)

Ta có cos (P ),(Q) =

2a − b − 2c

=

b

3 a2 + b2 + c2
a2 + b2 + c2
0
·

Nếu b = 0 ⇒ cos P , Q = 0 ⇒  P , Q ÷ = 90


1
1
1
b ≠ 0 ⇒ cos (P ),(Q) =
=
≤
2
2
3.
Nếu
c
c

c

2 ÷ + 4 ÷ + 5
2 + 1÷ + 3
 b
 b
b


(( ) ( ))
(

( )( )

)

( )

Dấu bằng xảy ra khi b = −c;a = −c , nên phương trình Q : x + y − z − 4 = 0
⇒ Chọn B.

Câu 22.

Ta có SA ⊥ (ABCD ) nên AM là hình chiếu của 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 của BC nên AM = AB 3 = a 3
2
2
SA
a 3 3a
·
Khi đó tan SMA
=
⇒ SA = tan600.
=
AM
2
2
Thể tích khối chóp I.ABCD là VI .ABCD =
=

1
.d I ;(ABCD) .SABCD
3

(

1
1

a3 3 ⇒ Chọn B.
.d I ;(ABCD ) .SABCD = .SA.S∆ABC =
6
3
8

(

)

Page |

240

)


Câu 23.

Chọn hệ trục Oxy như hình vẽ.

y

x

O

 19 
2
Gọi P1 : y = ax + 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
2
Gọi P2 : y = ax + 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 x2 + 5

2
40
2
5 = b
b = 5
 2

2
Ta
có
thể
tích
của
bê
tông

19
 10  1
 8 2
 
5
V = 5.2 ∫  − x2 + ÷dx − ∫ 2  −
x + 2÷dx = 40m3 ⇒ 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 =
=

( (

1
d A '; ADE
3

( (

4
d A '; ABC
27

⇒ VA 'B 'C 'CEDB

) ) .S

) ) .S

∆ADE

=

( (

1
d A '; ABC
3

) ) . 49S

4
V
.
27 ABC .A 'B 'C '
VA 'ADE
23
4
= VABC .A 'B 'C ' ⇒
=
.
27
VA 'B 'C 'CEDB 23
∆ABC

G

C
M

B

∆ABC

=

⇒ Chọn B.

Page |

241

A'

C'
B'


Ta có lim y = lim mx + 3mx + 1 = lim
x→+∞
x→+∞
x→+∞
x+2
2

Câu 25.

3m 1
+ 2
x
x = m.
2
1+
x

m+

3m 1
+ 2
mx + 3mx + 1
x

x = − m.
lim y = lim
= lim
x→−∞
x →−∞
x→−∞
x+2
2
1+
x
Đồ thị hàm số có hai tiệm cận ngang thì m > 0.
Khi x = −2 ⇒ mx2 + 3mx + 1 = 1 − 2m
− m+

2

1
⇒ 1 − 2m > 0 thì đồ thị hàm số sẽ có tiệm đứng là x = −2.
2
1
1
Với m = ⇒ 1 − 2m = 0, ta phải 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 chỉ được xét giới hạn khi x → −2−
Với m <

(

)

(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 =

(

)

b3
−2m
Câu 26. 8a + 3 = 0 ⇔
8

3
3
3
+ 3= 0⇔ m = 3⇔ m= 3⇒

Chọn C.

Cạnh góc vuông x, 0 < x < a ; cạnh huyền: a − x
Câu 27.
2
Cạnh góc vuông còn lại là:

(a − x)2 − x2 . Diện tích tam giác

a(a − 3x)
a
1
; S ′(x) = 0 ⇔ x =
x a2 − 2ax . S ′(x) =
3
2
2 a2 − 2ax
Bảng biến thiên:
S(x) =

0 0

Tam giác có diện tích lớn nhất bằng
huyền

3a2 khi cạnh góc vuông a , cạnh
3
18

2a
. ⇒ Chọn C.
3

Page |

242


Câu 28.

Gọi các điểm như hình vẽ ta có quãng đường mà Dynamo đi

(

)

2

là SA + SB .Trong đó SA = a2 + x2 , SB = b2 + c − x .
Do đó quãng đường Dynamo phải di chuyển là

(

)

2

S = SA + SB = a2 + x2 + b2 + c − x .

( )

(

S = f x = a2 + x2 + b2 + c − x

( )

Ta có f ' x =

x
x2 + a2

( )

f ' x = 0⇔

(

−

x +a

)

2

2

2

2

x

2

( c − x)
b + ( c − x)
( c − x)
−
b + ( c − x)

) ( 0 < x < c)

2

(

2
⇔ x2 b2 + c − x  = c − x



) (x
2

2

2

(

⇔ x b2 + c − x

)

)

(

2

+ a2 ⇔ x2b2 = a2 x − c

( )

Lập bảng biến thiên của f x ta được khi x =

(

= c−x

)

2

)

⇔x=

x2 + a2
ac
.
a +b

ac
thì quãng đường bé
a +b

nhất ⇒ Chọn A.
Gọi R, h lần lượt là bán kính đáy và chiều cao của cái tháp.

Câu 29.

103,75
103,75
⇒ OA = 207,5 +
π
π
Vì bóng của cậu học sinh gấp 2 lần chiều cao thật nên
103,75
51,875
. Chọn A.
OA = 2h ⇔ 207,5 +
= 2h ⇔ h = 103,75 +
π
π
Hàm số đạt cực đại tại A 0; −3 ta có: y ' 0 = 0;y 0 = −3
Theo giả thiết ta có 2π R = 207,5 ⇒ R =

(

Câu 30.

⇒ c = −3

(

)

)

( )

( )

( )

Hàm số đạt cực tiểu tại B −1; −5 ta có y ' −1 = 0;y −1 = −5

Page |

243

( )


2a + b = 0
⇔

a + b = −2

Câu 31.

(

a = 2
. Thay vào P ta có: P = 2 − 8 + 12 = 6 ⇒ Chọn B.

b = −4

Đặt

log3 x = t .

)

Phương

trình

trở

thành:

( )

t2 − m + 2 t + 3m − 1 = 0 2

Phương trình (1) nghiệm phân biệt khi và chỉ khi (2) có 2 nghiệm phân

(

)

(

2

)

biệt ⇔ ∆ > 0 ⇔ m + 2 − 4 3m − 1 = m2 − 8m + 8 > 0 (đúng)
Gọi t1,t2 là 2 nghiệm của phương trình (2)
t
t
t t
⇒ x1 = 31, x2 = 3 2 ⇒ 313 2 = 27 ⇔ t1 + t2 = 3 . Theo Vi-et: t1 + t2 = m + 2
Suy ra m = 1 ⇒ Chọn D.
Tâm I 1;0; −2 . Để d cắt S tại 2 điểm A, B thì phương

(

Câu 32.

(

)

)

2

trình: t − 2 + t 2

( )
( )
+ ( m + t ) − 2( t − 2) + 4( m + t ) + 1 = 0 có 2 nghiệm phân
2

biệt.
⇔ 3t2 + 2t m + 1 + m2 + 4m + 1 = 0 ⇒ ∆′ = −2m2 − 10m − 2 > 0
uur
Ta có: IA là vtpt của mặt phẳng tiếp diện tại A .
uur
IB là vtpt của mặt phẳng tiếp diện tại B.
uur uur
Mà 2 mặt phẳng vuông góc với nhau ⇒ IA.IB = 0
⇔ xA − 1 xB − 1 + yAyB + zA + 2 zB + 2 = 0

(

)

( *)

(
)(
)
(
)(
)
⇔ ( 1 − a) ( 1 − b) + ab + ( m + a + 2) ( m + b + 2) = 0
⇔ ( m + 1) ( a + b) + 3ab + m + 4m + 5 = 0 ( 1)
2


2
a + b = − m + 1
3
Theo định lý Viet có: 
2
ab = m + 4m + 1

3

(

)

( 1) ⇔ 43m

2

+

20m 16
+
=0
3
3

m = −1
⇒
⇒ Chọn A.

m = −4
Gọi H = AD ∩ BC ⇒ BH = 1 h, HC = 2 h.
3
3
Gọi N là chân đường cao hạ từ A xuống CD ⇒ DN = 3a, NA = CB = h.
Khi quay ABCD quay quanh DC ta được khối tròn xoay như hình vẽ
khi bỏ đi phần bôi đậm.
Phần bôi đậm là phần thể tích chung của hình chóp có đỉnh 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 phần bôi đậm ⇒ V ' = V1 − V2, trong đó

Câu 33.

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

244


1
1
19
.DN .π NA 2 − .DC .π .CH 2 =
π ah2.
3
3

27
V
Gọi 3 là thể tích hình trụ với AB là chiều cao và bán kính đường tròn
Do đó V ' =

2
2
đáy là NA ⇒ V 3 = AB .π .NA = π ah .
Gọi V là thể tích khối tròn xoay cần tính thì
19
16
V = V1 + V 3 − 2V ' = π ah2 + π ah2 − 2. π ah2 =
π ah2. ⇒ Chọn A.
27
27
Áp dụng công thức tính số tiền còn lại sau n tháng

Câu 34.

(

Sn = A 1 + r

)

n

( 1+ r )
−X

n

−1

r

Với A = 50 triệu đồng, r = 0,6 và X = 3 triệu đồng ta được
1,006n − 1
.
0,006
Để rút hết số tiền thì ta tìm số nguyên dương n nhỏ nhất sao cho
Sn = 50.1,006n − 3.

1,006n − 1
500
⇔ 500 − 450.1,006n < 0 ⇔ n > log1,006
⇒ n = 18
0,006
450
Khi đó số tiền tháng cuối cùng mà Chị Hoa rút là
Sn < 0 ⇔ 50.1,006n − 3.


1,00617 − 1
S17.1,006 = 50.1,00617 − 3.
 .1,006 ≈ 1,840269833 triệu đồng
0,006 

≈ 1840270đồng
Giải máy:

Page |

245


1,006X − 1
Nhập màn hình máy tính 50.1,006 − 3.
, tính giá trị chạy từ 10
0,006
đến 20 với step bằng 1 ta được bằng giá trị tương ứng và số tiền còn
lại nhỏ hơn 3 ứng với X = 17 .
Từ đó tính được số tiền rút ra ở tháng cuối cùng là

1,00617 − 1
S17.1,006 = 50.1,00617 − 3.
 .1,006 ≈ 1,840269833 triệu đồng
0,006 

≈ 1840270đồng ⇒ Chọn A.
Giả sử BS = x ⇒ SA = 4 − x khi đó
SC = x2 + 1
Câu 35.
X

Chi phí đường dây điện là

(

)

(

5000 x2 + 1 + 3000 4 − x = 1000 5 x2 + 1 + 12 − 3x

)
( )

( )

Xét hàm số f x = 5 x2 + 1 + 12 − 3x với x < 4 . Ta có f ' x =

( )

Ta có f ' x = 0 ⇒ x =
Chọn A.

5x
x2 + 1

−3

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

Page |

246