Đề thi thử THPT QG môn toán THPT chuyên thái bình tỉnh thái bình lần 3 năm 2019 có lời giải chi tiết

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THÁI BÌNH
TRƯỜNG THPT CHUYÊN
MÃ ĐỀ 485

9

Câu 1 (VD): Cho


4

ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA LẦN 3 – MÔN
TOÁN
NĂM HỌC: 2018 - 2019
Thời gian làm bài: 90 phút

1

f  x  dx  10 . Tính tích phân J   f  5 x  4  dx
0

A. J = 2

B. J = 10

Câu 2 (TH): Tìm tập xác định của hàm số y  ln 1  x 
A. 1;  

B.  ;1

C. J = 50

D. J = 4

C. 

D.  \ 1

2

1
là một nguyên hàm của hàm số nào dưới đây trên mỗi khoảng xác định?
x
1
1
B. ln x
C.  2
D. 2
x
x

Câu 3 (TH): Hàm số F  x  
A. ln x

Câu 4 (NB): Với f  x  là hàm số tùy ý liên tục trên  , chọn mệnh đề sai trong các mệnh đề sau:
2

b
 b
2
A.   f  x  dx     f  x   dx

a
a

b

C.


a

c

b

f  x  dx   f  x  dx   f  x  dx
a

b

b

a

a

B.  kf  x  dx  k  f  x  dx  k   
b

D.

c


a

a

f  x  dx    f  x  dx

Câu 5 (NB): Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, đường thẳng d :

b

x 1 y  3 z  7


nhận vecto nào
2
4
1

dưới đây là một vecto chỉ phương?
A.  2; 4;1

B.  2; 4;1

C. 1; 4; 2 

D.  2; 4;1

Câu 6 (TH): Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho điểm M 1; 2;3 . Gọi A, B, C lần lượt là hình
chiếu vuông góc của điểm M trên các trục Ox, Oy, Oz. Viết phương trình mặt phẳng  ABC  .
x y z
x y z
x y z
x y z
  1
B.    1
C.    0
D.     1
1 2 3
1 2 3
1 2 3
1 2 3
Câu 7 (TH): Cho hình nón có bán kính đáy bằng a, đường cao là 2. Tính diện tích xung quanh hình nón
đã cho.

A.

A. 2 5 a 2

B.

5 a 2

C. 2a 2

D. 5a 2

Câu 8 (TH): Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho hai điểm A 1;3; 4  và B  1; 2; 2  . Viết

phương trình mặt phẳng trung trực   của đoạn thẳng AB.
A.   : 4 x  2 y  12 z  7  0

B.   : 4 x  2 y  12 z  17  0

C.   : 4 x  2 y  12 z  17  0

D.   : 4 x  2 y  12 z  7  0
1


Câu 9 (TH): Cho dãy số  un  , n  * là cấp số cộng có u4  u7  5 . Tính tổng 10 số hạng đầu tiên của
dãy số đó.
A. 25

B. 50

C. 3

D. 60

Câu 10 (TH): Cho hàm số y  f  x  có đồ thị hàm số là đường cong trong hình vẽ
bên. Mệnh đề nào dưới đây đúng?
A. Giá trị cực đại của hàm số là 4
B. Giá trị cực tiểu của hàm số là -4
C. Giá trị cực đại của hàm số là -1
D. Giá trị cực tiểu của hàm số là 1

Câu 11 (NB): Cho hình chữ nhật ABCD, hình tròn xoay khi quay đường gấp khúc ABCD quanh cạnh
AB trong không gian là hình nào dưới đây?

A. Mặt trụ
B. Hình nón
C. Mặt nón
D. Hình trụ
n 1
Câu 12 (NB): Tính lim 3
n 3
A. L = 1
B. L = 0
C. L = 3
D. L = 2
Câu 13 (NB): Tính đạo hàm của hàm số y  3x 1
A. y '  3x 1 ln 3

B. y '  1  x  .3x

Câu 14 (TH): Hàm số nào sau đây đồng biến trên  ?
2x 1
A. y  2 x  cos 2 x  5 B. y 
x 1

C. y ' 

3x 1
ln 3

C. y  x 2  2 x

D. y ' 

3x 1.ln 3
1 x

D. y  x

Câu 15 (TH): Hàm số F  x   2sin x  3cos x là một nguyên hàm của hàm số:
A. f  x   2 cos x  3sin x

B. f  x   2 cos x  3sin x

C. f  x   2 cos x  3sin x

D. f  x   2 cos x  3sin x

Câu 16 (TH): Cho hàm số y  a x  0  a  1 có đồ thị hàm số  C  . Mệnh đề nào sau đây là sai ?
A. Đồ thị  C  có tiệm cận y  0

B. Đồ thị  C  luôn nằm phía trên trục hoành

C. Đồ thị  C  luôn đi qua M  0;1

D. Hàm số luôn đồng biến trên 

Câu 17 (VD): Một hộp đựng 7 viên bi đỏ đánh số từ 1 đến 7 và 6 viên bi xanh đánh số từ 1 đến 6. Hỏi có
bao nhiêu cách chọn hai viên bi từ hộp đó sao cho chúng khác màu và khác số.
A. 36
B. 42
C. 4
D. 30
Câu 18 (VD): Cho khai triển 1  x  với n là số nguyên dương. Tìm hệ số của số hạng x3 trong khai

n

triển biết C21n 1  C22n 1  C23n 1  ...  C2nn 1  2020  1
A. 480

B. 720

C. 240

D. 120

2


Câu 19 (VD): Cho tập hợp S  1; 2;3;...;17 gồm 17 số nguyên dương đầu tiên. Chọn ngẫu nhiên một
tập con có 3 phần tử của tập hợp S. Tính xác suất để tập hợp được chọn có tổng các phần tử chia hết cho
3.
27
23
9
9
A.
B.
C.
D.
34
68
34
17
Câu 20 (VD): Tính đến 31/12/2018, diện tích trồng rừng ở nước ta là 3.886.337ha. Giả sử cứ mỗi năm

diện tích rừng trồng của nước ta tăng 6,1%. Hỏi sau ba năm diện tích rừng trồng ở nước ta là bao nhiêu
ha? (kết quả làm tròn đến hàng đơn vị)
A. 4.134.404 ha
B. 4.834.603 ha
C. 4.641.802 ha
D. 4.600.000 ha
Câu 21 (VD): Tìm tất cả các giá trị của tham số m để hàm số y  2 x3  x 2  mx  2m  1 nghịch biến trên
đoạn  1;1
A. m  

1
6

B. m  

Câu 22 (TH): Hỏi đồ thị hàm số y 
A. 3

B. 0

1
6

C. m  8

D. m  8

x 1
có đúng bao nhiêu tiệm cận đứng và tiệm cận ngang?
x  3x  2

C. 2
D. 1
2

Câu 23 (VD): Cho hàm số f  x  có đạo hàm là f '  x    x  2  x  5  x  1 . Hàm số f  x  đồng biến
trên khoảng nào dưới đây?
A.  2;  

B.  2;0 

C.  0;1

D.  6; 1

Câu 24 (TH): Cho hàm số y  f  x  có bảng biến thiên như sau:
x



2

y'



0


+


1

y

Hỏi đồ thị hàm số đã cho có tất cả bao nhiêu đường tiệm cận?
A. 3
B. 2
C. 1
Câu 25 (VD): Cho a, b, c là các số thực dương khác 1. Hình vẽ bên là

0

D. 4

đồ thị của ba hàm số y  log a x, y  log b x, y  log c x . Khẳng định nào
sau đây là đúng?
A. a  b  c
B. a  c  b
C. b  a  c
D. b  a  c
Câu 26 (VD): Có tất cả bao nhiêu giá trị của tham số m để bất phương trình
log 2  x 2  mx  m  2   log 2  x 2  2  nghiệm đúng với mọi x   .

3


A. 2

B. 4

C. 3
D. 1
1
1
Câu 27 (VD): Gọi x1 , x2 là hai điểm cực trị của hàm số y  x3  mx 2  4 x  10 . Tìm giá trị lớn nhất
3
2
của biểu thức S   x12  1 x22  1 .
A. 9

B. 6

C. 4

D. 8

Câu 28 (VD): Có bao nhiêu giá trị nguyên của m   10;10  để hàm số y  m 2 x 4  2  4m  1 x 2  1 đồng
biến trên khoảng 1;  
A. 7

B. 16

C. 1

D. 6

Câu 29 (VD): Cho f  x  là hàm số liên tục trên  thỏa mãn f  x   f '  x   x, x   và f  0   1 .
Tính f 1
2

1
e
B.
C. e
D.
e
e
2
Câu 30 (VD): Hỏi hình tạo bởi 6 đỉnh là 6 trung điểm của các cạnh một tứ diện đều có bao nhiêu mặt
phẳng đối xứng?
A. 6
B. 3
C. 4
D. 9

A.

Câu 31 (VD): Cho hàm số f  x   x3  3 x 2  mx  1 . Gọi S là tổng tất cả các giá trị của tham số m để đồ
thị hàm số y  f  x  cắt đường thẳng y  1 tại ba điểm phân biệt A  0;1 , B, C sao cho tiếp tuyến của đồ
thị hàm số y  f  x  tại B, C vuông góc với nhau. Giá trị của S bằng:
9
9
9
11
B.
.C.
D.
2
5
4

5
Câu 32 (VD): Cho hình hộp ABCD. A ' B ' C ' D ' có thể tích 120 cm3. Gọi M, N lần lượt là trung điểm của
AB và AD. Thể tích khối tứ diện MNA ' C ' bằng:
A. 20cm3
B. 15cm3
C. 24cm3
D. 30cm3
Câu 33 (VD): Cho hình lập phương ABCD. A ' B ' C ' D ' cạnh a. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng
BC ' và CD '

A.

A. a 2

B. 2a

C.

a 3
3

D.

a 2
3

Câu 34 (VD): Trong không gian cho tam giác ABC có 
ABC  900 , AB  a . Dựng AA ', CC ' ở cùng một
phía và vuông góc với mp  ABC  . Tính khoảng cách từ trung điểm của A ' C ' đến mp  BCC '
A.

a
2

B. a

Câu 35 (VD): Tập nghiệm của bất phương trình 3x

C.
2

9

a
3

D. 2a

  x 2  9  5 x 1  1 là khoảng  a; b  . Tính b  a

A. 6
B. 3
C. 8
D. 4
Câu 36 (VD): Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, gọi d ' là hình chiếu vuông góc của đường thẳng
x 1 y  2 z  3
trên mặt phẳng tọa độ Oxy. Vectơ nào dưới đây là một vectơ chỉ phương của d.
d:



2
3
1
4



A. u   2;3;0 
Câu



37



10  1

x2


B. u   2;3;1

(VD):

Tìm

giá





 2.3x

m

10  1

x2

A. 14

trị
2

1

nguyên


C. u   2;3;0 
của

tham

số


D. u   2; 3;0 

m   10;10 

để

phương

trình

có đúng hai nghiệm phân biệt.

B. 15

C. 13

D. 16

Câu 38 (VD): Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm A 1;1;1 và mặt phẳng  P  : x  2 y  0 .
Gọi  là đường thẳng đi qua A, song song với  P  và cách điểm B  1;0; 2  một khoảng ngắn nhất. Hỏi

 nhận vectơ nào dưới đây là vectơ chỉ phương.


A. u   6;3; 5 
B. u   6; 3;5 


C. u   6;3;5 



D. u   6; 3; 5 

Câu 39 (VD): Cho f  x  là hàm số liên tục trên  thỏa mãn f  x   f  2  x   xe x x   . Tính tích
2

2

phân I   f  x  dx
0

A. I 

e4  1
4

B. I 

2e  1
2

C. I  e 4  2

D. I  e 4  1

12

Câu 40 (VDC): Biết

1  x  1x
a dc


1

x

e
dx

e , trong đó a, b, c, d là các số nguyên dương và các phân

1 
x
b

12

số

a c
, là tối giản. Tính bc  ad
b d
A. 12
B. 1

C. 24

Câu 41 (VDC): Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để phương trình f



D. 64
3



f  x   m  x3  m có

nghiệm x  1; 2 biết f  x   x5  3 x3  4m
A. 16

B. 15

C. 17

D. 18

Câu 42 (VDC): Cho x, y là các số thực thỏa mãn  x  3   y  1  5 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu
2

thức P 

2

3 y 2  4 xy  7 x  4 y  1
x  2 y 1

A. 3

B.

3

C.

114
11

D. 2 3

Câu 43 (VDC): Biết rằng phương trình

a x 4  bx3  cx 2  dx  e  0

 a, b, d , e  , a  0, b  0 

có 4 nghiệm thực phân biệt. Hỏi phương trình sau

có bao nhiêu nghiệm thực?

 4ax

3

 3bx 2  2cx  d   2  6ax 2  3bx  c  ax 4  bx3  cx 2  dx  e 
2

A. 0
B. 2
C. 4
D. 6

Câu 44 (VD): Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, SAD là tam giác đều và nằm
trong mặt phẳng vuông góc với đáy. Gọi M và N lần lượt là trung điểm của BC và CD. Bán kính của mặt
cầu ngoại tiếp hình chóp S.CMN là:
5


A.

a 93
12

B.

a 29
8

C.

5a 3
12

D

a 37
6

Câu 45 (VD): Cho hình trụ có đáy là hai đường tròn  O; R  và  O '; R  , chiều cao bằng đường kính đáy.
Trên đường tròn đáy tâm O lấy điểm A, trên đường tròn đáy tâm O ' lấy điểm B. Thể tích của khối tứ diện
OO ' AB có giá trị lớn nhất bằng:
A.

R3
2

3R 3
3

B.

C.

R3
6

D.

R3
3

Câu 46 (VDC): Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm A 1;1;1 , B  2; 2;1 và mặt phẳng

 P  : x  y  2 z  0 . Mặt cầu  S 

thay đổi đi qua A, B và tiếp xúc với  P  tại H. Biết H chạy trên một

đường tròn cố định. Tìm bán kính của đường tròn đó.
A. 3 2

B. 2 3

C.

3

1
2
C. x = 24

D.

3
2

Câu 47 (NB): Tìm nghiệm của phương trình log 25  x  1 
A. x = 4

B. x = 6

D. x = 0

 x2  x  2
khi x  2

Câu 48 (TH): Tìm giá trị thực của tham số m để hàm số f  x    x  2
liên tục tại x  2
m
khi x  2

A. m = 3
B. m = 1

C. m = 2
D. m = 0
Câu 49 (VDC): Gọi S là tập hợp các giá trị của tham số m để giá trị lớn nhất của hàm số

x 2  mx  2
trên đoạn  1;1 bằng 3. Tính tổng tất cả các phần tử của S.
y
x2
8
5
B. 5
C.
D. 1
3
3
Câu 50 (VDC): Cho tập hợp S có 12 phần tử. Hỏi có bao nhiêu cách chia tập hợp S thành 2 tập con
(không kể thứ tự) mà hợp của chúng bằng S.

A. 

A.

312  1
2

B.

312  1
2

C. 312  1

D. 312  1

6


HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT
1.A

2.D

3.C

4.A

5.D

6.A

7.B

8.C

9.A

10.C

11.D

12.B

13.A

14.A

15.A

16.D

17.A

18.D

19.B

20.C

21.D

22.A

23.A

24.A

25.A

26.D

27.A

28.B

29.A

30.A

31.C

32.

33.C

34.A

35.A

36.A

37.B

38.D

39.A

40.

41.

42.A

43.A

44.A

45.D

46.B

47.A

48.A

49.

50.

Câu 1:
Phương pháp:
Sử dụng phương pháp đổi biến để tính tích phân cần tính.
Cách giải:
1
Đặt 5 x  4  t  dt  5dx  dx  dt . Đổi cận:
5
9

x  0  t  4

x  1  t  9

9

1
1
1
 J   f  t  dt   f  x  dx  .10  2
5
54
5
4
Chọn: A
Câu 2:
Phương pháp:

0  a  1
Hàm số log a f  x  xác định  
 f  x   0
Cách giải:
Hàm số y  ln 1  x  xác định  1  x   0  1  x  0  x  1
2

2

Chọn: D
Chú ý: Rất nhiều học sinh mắc sai lầm khi giải bất phương trình 1  x   0  1  x  0  x  1
2

Câu 3:
Phương pháp:

Sử dụng công thức: F  x    F '  x  dx để làm bài toán.
Cách giải:
Ta có: F  x  

1
1
1
 F ' x    '   2
x
x
x

Chọn: C
Câu 4:
Phương pháp:
Sử dụng các tính chất cơ bản của tích phân để chọn đáp án đúng.

7


b

b

 kf  x  dx  k  f  x  dx   
a

b



a

a

c

b

f  x  dx   f  x  dx   f  x  dx
a

c

b

a

a

b

 f  x  dx   f  x  dx
Cách giải:
Sử dụng các tính chất cơ bản của tích phân ta thấy chỉ có đáp án A sai.
Chọn: A
Câu 5:
Phương pháp:
Đường thẳng



x  x0 y  y0 z  z0


đi qua M  x0 ; y0 ; z0  và có 1 VTCP u   a; b; c 
a
b
c

Cách giải:


Ta thấy đường thẳng d có 1 VTCP: u   2; 4;1
Chọn D
Câu 6:
Phương pháp:
Phương tình mặt phẳng đi qua các điểm A  a;0;0  , B  0; b;0  , C  0;0; c  có phương trình:

x y z
  1
a b c

Cách giải:
Gọi A, B, C lần lượt là hình chiếu vuông góc của điểm M trên các trục Ox, Oy, Oz
x y z
 A 1;0;0  , B  0; 2;0  , C  0;0;3   ABC  :    1
1 2 3
Chọn: A
Chú ý: Học sinh hay nhầm lẫn phương trình mặt phẳng đi qua các điểm A  a;0;0  , B  0; b;0  , C  0;0; c 
có phương trình:

x y z
  0
a b c

Câu 7:
Phương pháp:
Công thức tính diện tích xung quanh hình nón có bán kính đáy R, chiều cao h và đường sinh l:
S xq   Rl   R h 2  R 2

Cách giải:
Diện tích xung quanh của hình nón đã cho là: S xq   Rl   R h 2  R 2   .a

 4a 

2

 a 2  5 a 2

Chọn: B
Câu 8:
Phương pháp:
8



Phương trình mặt phẳng  P  đi qua M  x0 ; y0 ; z0  và có 1 VTPT n   a; b; c  là:
a  x  x0   b  y  y0   c  z  z0   0
Cách giải:
 5


Gọi I là trung điểm của AB  I  0; ; 1
 2



 5

Mặt phẳng trung trực của đoạn thẳng AB đi qua AB  I  0; ; 1 và nhận AB   2; 1;6     2;1; 6 
 2

làm VTPT
5

   : 2 x   y    6  z  1  0  4 x  2 y  12 z  17  0
2


Chọn: C
Câu 9:
Phương pháp:
Công thức tổng quát CSC có số hạng đầu là u1 và công sai d : un  u1   n  1 d
Tổng của n số hạng đầu của CSC có số hạng đầu là u1 và công sai d:
n  u1  un  n  2u1   n  1 d 

2
2
Cách giải:
Sn 

Gọi cấp số cộng bài cho có số hạng đầu và công sai lần lượt là u1 , d .

Khi đó ta có: u4  u7  5  u1  3d  u1  6d  5  2u1  9d  5
n  2u1   n  1 d  10  2u1  9d 

 5.5  25
Tổng 10 số hạng đầu tiên của dãy số là: S n  
2
2
Chọn: A
Câu 10:
Phương pháp:

Dựa vào đồ thị hàm số nhận xét các điểm cực trị và giá trị cực trị của hàm số.
Cách giải:
Dựa vào đồ thị hàm số ta thấy hàm số đạt cực đại tại x  1, yCD  2
Hàm số đạt cực tiểu tại x  1, yCT  2
Chọn: C
Chú ý khi giải: HS sẽ hay nhầm lẫn giữa điểm cực trị x  x0 với các giá trị cực trị yCT , yCD .
Câu 11:
Phương pháp:
Sử dụng lý thuyết các khối và các mặt tròn xoay để chọn đáp án đúng.
Cách giải:
Khi quay hình chữ nhật ABCD quanh cạnh AB ta được hình trụ có
đường sinh CD, trục AB và bán kính đáy BC.
9


Chọn: D
Câu 12:
Phương pháp:
Sử dụng các phương pháp tính giới hạn của dãy số để tính giới hạn bài cho.

1
 0 khi   1
n
1
lim    khi 0    1
n
Cách giải:
lim

1 1
 3
2
n 1
Ta có: lim 3
 lim n n  0
3
n 3
1 3
n
Chọn: B
Câu 13:
Phương pháp:





Sử dụng công thức tính đạo hàm của hàm mũ: a f  x  '  f '  x  ln a
Cách giải:

Ta có: y '   3x 1  '  3x 1 ln 3
Chọn: A
Câu 14:
Phương pháp:
Hàm số y  f  x  đồng biến trên R  f '  x   0 x   và bằng 0 tại hữu hạn điểm.
Cách giải:
+) Đáp án A: y '  2  2sin 2 x
Ta có: 1  sin 2 x  1  1   sin 2 x  1  1  2  sin 2 x  3
 y '  0  x    Chọn A.
+) Đáp án B: D   \ 1  loại đáp án B.
+) Đáp án C: y '  2 x  2  y '  0  x  1  hàm số có y ' đổi dấu tại x  1 .
+) Đáp án D: D   0;    loại đáp án D.
Chọn: A
Câu 15:
Phương pháp:
Sử dụng công thức: F  x    f  x  dx  f  x   F '  x  để làm bài toán.
Cách giải:
Ta có: f  x   F '  x    2sin x  3cos x  '  2 cos x  3sin x
Chọn: A
Câu 16:
10


Phương pháp:
Xét hàm số y  a x ta có:

y  ax

 a  1

y  a x  0  a  1

+) TXĐ: D  
+) Đồ thị hàm có TCN: y  0 .

+) TXĐ: D  
+) Đồ thị hàm có TCN: y  0 .

+) Đồ thị hàm số luôn đi qua điểm  0;1 .

+) Đồ thị hàm số luôn đi qua điểm  0;1 .

+) Hàm số luôn đồng biến trên TXĐ.
+) Đồ thị hàm số luôn nằm phía trên trục Ox.

+) Hàm số luôn nghịch biến trên TXĐ.
+) Đồ thị hàm số luôn nằm phía trên trục Ox.

Cách giải:
Dựa vào lý thuyết của hàm số mũ y  a x  0  a  1 ta có:
+) TXĐ: D  
+) Đồ thị hàm có TCN: y  0 .
+) Đồ thị hàm số luôn đi qua điểm  0;1 .
+) Hàm số luôn nghịch biến trên TXĐ.
+) Đồ thị hàm số luôn nằm phía trên trục Ox.
Chọn: D
Câu 17:
Phương pháp:
Sử dụng quy tắc cộng và quy tắc nhân để làm bài toán.
Cách giải:

Vì số viên bi xanh ít hơn số viên bi đỏ nên ta lấy số viên bi xanh trước, số cách lấy 1 viên bi xanh có 6
cách .
Số cách lấy 1 viên bi đỏ và số của viên bi đỏ phải khác số của viên bi xanh đã lấy có 6 cách.
Như vậy có: 6  6  36 cách.
Chọn: A
Câu 18:
Phương pháp:
n

Sử dụng công thức khai triển của nhị thức Newton:  a  b    Cnk a n  k b k
n

k 0

Cách giải:
Xét khai triển:

 x  1

n

n

  Cnk x k
k 0

Xét khai triển:  x  1

2 n 1



2 n 1

C
k 0

x  C20n 1 x 0 C21n 1 x1  ...  C22nn11 x 2 n 1

k
k
2 n 1

11


Có:
C20n 1  C22nn11
 1
2n
C2 n 1  C2 n 1
 C20n 1 x 2 n 1  C21n 1 x 2 n  ...  C22nn11  2  C20n 1 x 2 n 1  C21n 1 x 2 n  ...  C2nn 1 

....
C n  C n 1
2 n 1
 2 n 1
Chọn x  1 ta được:

1  1

2 n 1

 C20n 1  C21n 1  ...  C22nn11  2  C20n 1  C21n 1  ...  C2nn 1 

 22 n 1  2  C20n 1  C21n 1  ...  C2nn 1 
 C20n 1  C21n 1  ...  C2nn 1  22 n

Theo bài ra ta có:

C21n 1  C22n 1  C23n 1  ...  C2nn 1  220  1
 1  C21n 1  C22n 1  C23n 1  ...  C2nn 1  220
 C20n 1  C21n 1  C22n 1  C23n 1  ...  C2nn 1  220
 22 n  220  2n  20  n  10  tm 
10

 hệ số chứa x3 trong khai triển  x  1   C10k x k là: C103  120
10

k 0

Chọn: D
Câu 19:
Phương pháp:
Công thức tính xác suất của biên cố A là: P  A  

nA
n

Cách giải:

Chọn ngẫu nhiên 3 phần tử trong 17 phần tử của tập S có n  C173  680 cách chọn.
Gọi A là biến cố: “Chọn ngẫu nhiên 3 phần tử của tập S sao cho tổng của 3 phần tử chia hết cho 3”.
Trong tập hợp S có 5 số chia hết cho 3 là 3;6;9;12;15 , có 6 số chia 3 dư 1 là 1; 4;7;10;13;16 và có 6
số chia 3 dư 2 là 2;5;8;11;14;17 .
Giả sử số được chọn là a, b, c   a  b  c  chia hết cho 3.
TH1: Cả 3 số a, b, c đều chia hết cho 3  Có C53  10 cách chọn.
TH2: Cả 3 số a, b, c chia 3 dư 1  Có C63  20 cách chọn.
TH3: Cả 3 số a, b, c chia 3 dư 2  Có C63  20 cách chọn.
TH4: Trong 3 số a, b, c có 1 số chia hết cho 3, 1 số chia 3 dư 1, 1 số chia 3 dư 2  Có 5.6.6 = 180 cách
chọn.
 n  A   10  20  20  180  230  P  A  

230 23

680 68

Chọn: B
Câu 20:
12


Phương pháp:
Sử dụng công thức: S  A. 1  r  với S là số diện tích rừng trồng sau khi tăng, A là diện tích rừng trồng
n

lúc đầu, r là tỉ lệ tăng trưởng và n là thời gian.
Cách giải:
Ta có, sau 3 năm, diện tích rừng trồng của nước ta là:

S  A. 1  r 

n

3

6,1 

 3.886.337 1 
  4.641.802 ha .
 100 

Chọn: C
Câu 21:
Phương pháp:
Hàm số y  f  x  nghịch biến trên  a; b   f '  x   0 x   a; b  .
Cách giải:
TXĐ: D   . Ta có: y '  6 x 2  2 x  m

Hàm số y  2 x3  x 2  mx  2m  1 nghịch biến trên  1;1  y '  0 x   1;1

 6 x 2  2 x  m  0 x   1;1  6 x 2  2 x  m x   1;1  m  max  6 x 2  2 x 
 1;1

Xét hàm số: g  x   6 x 2  2 x trên  1;1 ta có:
1
g '  x   12 x  2  g '  x   0  12 x  2  0  x     1;1
6
 g  1  4

1

  1
  g       max g  x   8 khi x  1
 1;1
6
  6
 g 1  8

m8
Chọn: D
Câu 22:
Phương pháp:

+) Đường thẳng x  a được gọi là TCĐ của đồ thị hàm số y  f  x  

g  x
 lim f  x    .
xa
h  x

+) Đường thẳng y  b được gọi là TCN của đồ thị hàm số y  f  x   lim f  x   b .
x 

Cách giải:
TXĐ: D  1;   .
Ta có: y 

x 1
x 1



x  3 x  2  x  1 x  2 
2

1
x 1  x  2

x  1
 x 1  x  2  0  
 đồ thị hàm số có hai TCĐ: x  1, x  2
x  2
13


lim

x 

1
 0  y  0 là TCN của đồ thị hàm số.
x 1  x  2

Chọn: A
Câu 23:
Phương pháp:
Hàm số y  f  x  đồng biến trên  a; b   f '  x   0 x   a; b 
Cách giải:
Hàm số y  f  x  đồng biến  f '  x   0   x  2  x  5  x  1  0
Ta có bảng xét dấu:
x
x5



x 1





x2





f ' x



0

0

2

1

5

+

+

0
0

+

+

+

+



0

+



0

+

5  x  1
 f ' x  0  
x  2
Chọn: A

Câu 24:
Phương pháp:
Dựa vào BBT để nhận xét về số đường TCN và TCĐ của đồ thị hàm số.
Cách giải:
Ta thấy đồ thị hàm số có 2 TCĐ là x  2, x  0
Lại có: lim y  0  y  0 là TCN của đồ thị hàm số.
x 

Chọn: A
Câu 25:
Phương pháp:
Dựa vào tính đơn điệu của các hàm số logarit để chọn đáp án đúng.
Cách giải:
Dựa đồ thị hàm số ta thấy hàm số y  log a x là hàm số nghịch biến trên TXĐ
 0  a 1

Hàm số y  log b x, y  log c x là các hàm đồng biến trên TXĐ  b, c  1
Dựa vào đồ thị hàm số ta thấy đồ thị hàm số y  log c x đi qua điểm

 x0 ; y1   y1  log c x0  x0  c y

1

Đồ thị hàm số y  log c x đi qua điểm  x0 ; y2   y2  log b x0  x0  b y2
Mà y1  y2  c y1  b y2  c  b
14


 0  a 1 b  c  a  b  c

Chọn: A
Câu 26:
Phương pháp:
Sử dụng công thức: log a f  x   log a g  x   f  x   g  x  khi a  1 .
Cách giải:
log 2  x 2  mx  m  2   log 2  x 2  2  x  
x 2  mx  m  2  x 2  2  0 x    do 2  1
mx  m  0
x  
 2
 x  2  0  luon dung 
 m  x  1  0 x    m  0

Chọn: D
Câu 27:
Phương pháp:
+) Xác định giá trị của m để hàm số đã cho có cực trị.
+) Sử dụng hệ thức Vi-ét để tìm giá trị lớn nhất của biểu thức S.
Cách giải:
TXĐ: D   . Ta có: y '  x 2  mx  4  y '  0  x 2  mx  4  0 *
Hàm số đã cho có hai điểm cực trị  * có hai nghiệm phân biệt

   0  m 2  4.4  0  m 2  16  0 m  hàm số đã cho luôn có hai điểm cực trị với mọi m.
Gọi x1 , x2 là hai điểm cực trị của hàm số  x1 , x2 hai nghiệm của phương trình (*)

x  x  m
Áp dụng hệ thức Vi-ét ta có:  1 2
 x1.x2  4
 S   x12  1 x22  1   x1 x2    x12  x22   1
2

  x1 x2    x12  x22   2 x1 x2  1
2

 16  m 2  8  1  9  m 2  9

Dấu “=” xảy ra  m  0
Chọn: A
Câu 28:
Phương pháp:
Hàm số y  f  x  đồng biến trên  a; b   f '  x   0 x   a; b 
Cách giải:
Ta có: y '  4m 2 x3  4  4m  1 x
+) Xét m  0  y '  4 x  0 x  1;    Hàm số đã cho đồng biến trên 1;    m  0 thỏa mãn bài
toán.
15


x  0
+) Xét m  0  y '  0  4m x  4  4m  1 x  0  4 x  m x  4m  1  0   2 4m  1
x 
1
m2

2 3



Nếu 4m  1  0  m 

2

2

1
 y '  0 có nghiệm duy nhất x  0  Hàm số đã cho có 1 điểm cực trị
4

x0

BXD:
x





0



y'

0

+

 Hàm số đồng biến trên  0;    Hàm số đồng biến trên 1;    m 


Nếu 4m  1  0  m 

1
tm
4

1
 Phương trình y '  0 có 3 nghiệm phân biệt hay hàm số có 3 điểm cực trị.
4

Giả sử x1  x2 là 2 nghiệm phân biệt của phương trình (1) khi đó ta có bảng biến thiên:

x1

x

y'



x2

0

0

+



0

0

+

 x1  x2  2
Dựa vào BBT ta thấy để hàm số đồng biến trên 1;    x1  x2  1  
 x1  1 x2  1  0

 x1  x2  0

Áp dụng định lí Vi-ét ta có: 
4m  1
 x1 x2  m 2
0  2  luon dung 
m  2  3
m 2  4m  1

2
  4m  1


0

m

4
m


1

0


m2
0

 m  2  3
2
 m
1

Kết hợp điều kiện  m   ; 2  3    2  3; 
4






Kết hợp các trường hợp ta có m  ; 2  3    2  3; 







m  10; 2  3   2  3;10 


  m  9; 8;...;0; 4;5;...;9  Có 16
Kết hợp điều kiện đề bài ta có 
m  
giá trị của m thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Chọn: B
Câu 29:
Phương pháp:

Nhân cả 2 vế với e x và sử dụng phương pháp tích phân 2 vế.
Cách giải:
16


Theo bài ra ta có: f  x   f '  x   x  f  x  e x  f '  x  e x  xe x
1

1

 e x f  x   '  xe x    e x f  x   ' dx   xe x dx
0

0

1

1

1

0

0

0

 e x f  x    xd  e x   xe x
 ef 1  f  0   e  e x

1

1

  e x dx
0

 ef 1  1  e   e  1  f 1 

0

2
e

Chọn: A
Câu 30:
Phương pháp:
Sử dụng lý thuyết khối đa diện để làm bài toán.
Cách giải:
Khối đa diện được tạo từ 6 đỉnh là 6 trung điểm của các cạnh của tứ diện
đều là khối bát diện đều có 6 đỉnh, 12 cạnh và 8 mặt.

Khối bát diện đều là khối đa diện có 9 mặt đối xứng.
Chọn: D
Câu 31:
Phương pháp:
+) Giải phương trình hoành độ giao điểm, tìm điều kiện để phương trình hoành độ giao điểm có 3 nghiệm
phân biệt.
+) Gọi x1 , x2 là hoành độ của các điểm B, C. Để tiếp tuyến của đồ thị hàm số y  f  x  tại B, C vuông
góc với nhau f '  x1  f '  x2   1 . Áp dụng định lí Vi-ét tìm m.
Cách giải:
Xét phương trình hoành độ giao điểm của hai đồ thị hàm số:

x  0
x3  3 x 2  mx  1  1  x  x 2  3 x  m   0  
2
 g  x   x  3 x  m  0  *
Để đồ thị hàm số y  f  x  cắt đường thẳng y  1 tại ba điểm phân biệt  Phương trình (*) có 2 nghiệm
9

  0
3 x 2  4m  0
m 
phân biệt khác 0  


4
 g  0   0
m  0
m  0

 x  x  3

Gọi x1 , x2 là 2 nghiệm phân biệt của (*). Theo định lý Vi-ét ta có:  1 2
 x1 x2  m
Khi đó ta có tọa độ các giao điểm của đồ thị hàm số y  f  x  và đường thẳng y  1 là

A  0;1 , B  x1 ;1 , C  x2 ;1
Ta có f '  x   3 x 2  6 x  m

17


k1  3 x12  6 x1  m
 Hệ số góc của tiếp tuyến của đồ thị hàm số y  f  x  tại B, C lần lượt là 
2
k2  3 x2  6 x2  m
Để tiếp tuyến của đồ thị hàm số y  f  x  tại B, C vuông góc với nhau thì k1k2  1

  3 x12  6 x1  m  3 x22  6 x2  m   1
 9  x1 x2   18 x12 x2  3mx12  18 x1 x22  36 x1 x2  6mx1  3mx22  6mx2  m 2  1  0
2

 9  x1 x2   18 x1 x2  x1  x2   3m  x12  x22   36 x1 x2  6m  x1  x2   m 2  1  0
2

 9m 2  18m  3  3m  9  2m   36m  6m  3  m 2  1  0
 9m 2  54m  27 m  6m 2  36m  18m  m 2  1  0
 4m 2  9m  1  0  m 

 9  65 
9  65
(tm)  S  


8
 8 

Vậy tổng các phần tử của tập hợp S bằng

9
.
4

Chọn: C
Câu 32:
Phương pháp:
Cách giải:
Câu 33:
Phương pháp:
+) Khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau bằng khoảng cách giữa đường này và mặt phẳng song
song với nó chứa đường kia.
+) Sử dụng phương pháp đổi đỉnh.
Cách giải:
Ta có AD '/ / BC '  BC '/ /  ACD '

 d  BC '; CD '  d  BC ';  ACD '   d  B;  ACD ' 
Gọi O  AC  BD ta có BD   ACD '  O



d  B;  ACD ' 

d  D;  ACD ' 



BO
 1  d  B;  ACD '   d  D;  ACD ' 
DO

 AC  OD
Ta có 
 AC   ODD '
 AC  DD '
Trong  ODD ' kẻ DH  OD '  DH  AC

 DH   ACD '  DH  d  D;  ACD ' 
1
a 2
BD 
2
2
Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông ODD ' ta có:

ABCD là hình vuông cạnh a  BD  a 2  OD 

18


DH 

a 2
.a

a 3
2


2
2
2
3
DO  DD '
a
 a2
2
DO.DD '

Vậy d  BC '; CD ' 

a 3
3

Chọn: C
Câu 34:
Phương pháp:
Sử dụng phương pháp đổi đỉnh/
Cách giải:
Ta có: A ' M   BCC '  C ' 
d  M ;  BCC '  

d  M ;  BCC ' 
d  A ';  BCC ' 



MC ' 1

A 'C ' 2

1
d  A ';  BCC ' 
2

Mà AA '/ / CC '  AA '/ /  BCC '  d  A ';  BCC '   d  A;  BCC ' 
 AB  BC  gt 
 AB   BCC '
Ta có 
 AB  CC '  CC '   ABC  

 d  A;  BCC '   AB  a
Vậy d  M ';  BCC '  

a
2

Chọn: A
Câu 35:
Phương pháp:
Xét 2 trường hợp x 2  9  0 và x 2  9  0 . Đánh giá VT của bất phương trình và suy ra tập nghiệm.
Cách giải:

x  3
TH1: x 2  9  0  

. Khi đó ta có:
 x  3
3x 9  30  1
x 2 9

3
  x 2  9  5 x 1  1  Bất phương trình vô nghiệm.
 2
x 1
 x  9  5  0
2

TH2: x 2  9  0  3  x  3 . Khi đó ta có:
3x 9  30  1
2
 3x 9   x 2  9  5 x 1  1  Bất phương trình nghiệm đúng x   3;3
 2
x 1
 x  9  5  0
2

 Tập nghiệm của bất phương trình 3x

2

9

  x 2  9  5 x 1  1 là  3;3  a  3; b  3

Vậy b  a  3   3  6

19


Chọn: A
Câu 36:
Phương pháp:
+) Tìm tọa độ điểm A  d   Oxy 
+) Lấy điểm B bất kì thuộc d. Xác định tọa độ B ' là hình chiếu của B trên  Oxy 
+) Vì d ' là hình chiếu vuông góc của đường thẳng d trên mặt phẳng tọa độ Oxy  d ' đi qua A và B '

 d ' nhận AB ' là 1 VTCP.
Cách giải:

 x  1  2t

Phương trình tham số của đường thẳng d :  y  2  3t
 z  3  t

Cho z  0  t  3  x  5; y  11  A  5;11;0   d   Oxy 
Lấy B  1; 2; 3  d . Gọi B ' là hình chiếu của B trên  Oxy   B '  1; 2;0 
Vì d ' là hình chiếu vuông góc của đường thẳng d trên mặt phẳng tọa độ Oxy  d ' đi qua A và B '

Ta có: AB '   6; 9;0  là 1 VTCP của đường thẳng d '

 u   2;3;0  cũng là 1 VTCP của đường thẳng d '
Chọn: A
Câu 37:
Phương pháp:
+) Chia cả 2 vế của phương trình cho 3x

2

x2

 10  1 
+) Đặt ẩn phụ t  
  1 , đưa phương trình về dạng phương trình bậc hai ẩn t.
3



+) Để phương tình ban đầu có đúng hai nghiệm phân biệt thì phương trình bậc hai ẩn t hoặc có nghiệm
kép t  1 hoặc có 2 nghiệm phân biệt thỏa mãn t1  1  t2   t1  1 t2  1  0
Cách giải:





10  1

x2

m





10  1

x2

 2.3x

x2

2

1

x2

 10  1 
 10  1 
 
  m 
  6
3
3




x2

x2

2

x
 10  1   10  1 
 10  1 
Ta nhận xét:  
 . 
  
 1
 9 
 3   3 
x2

x2

 10  1 
 10  1 
1
Do đó đặt t  
  1  t  
 
t
 3 
 3 

20


m
 6  t 2  6t  m  0 *
t
Để phương trình ban đầu có đúng hai nghiệm phân biệt thì phương trình (*)

TH1: Phương trình (*) có nghiệm kép t  1

Phương trình trở thành t 

 '  32  m  0

 b 6
m9
  3  1(luon dung )

 2a 2
TH2: Phương trình (*) có 2 nghiệm phân biệt thỏa mãn t1  1  t2   t1  1 t2  1  0

 '  0
9  m  0
m  9



m5
 t1  1 t2  1  0
t1t2   t1  t2   1  0
m  6  1  0
m   10;5   9
Kết hợp 2 TH và kết hợp điều kiện của bài toán ta có 
 m  9; 8;...; 4;9  Có 15
m  
giá trị của m thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Chọn: B
Câu 38:

Phương pháp:

+) Gọi u   a; b;1 là 1 VTCP của đường thẳng  .


+) n  1; 2;0  là 1 VTPT của  P  , do    P   n.u  0 . Rút a theo b.
 
 BA; u 


+) Tính d  B;   
 f  b  . Lập BBT của hàm số f  b  và tìm GTNN của d  B;   . Từ đó suy

u

ra b và suy ra u
Cách giải:

Gọi u   a; b;1 là 1 VTCP của đường thẳng  .



n  1; 2;0  là 1 VTPT của  P  , do    P   n.u  0  a  2b  0  a  2b  u   2b; b;1

 
Ta có BA   2;1; 1   BA; u    b  1; 2  2b; 4b 
 
2
2
 BA; u 

 b  1   2  2b   16b2
21b 2  6b  5


 d  B;   



5b 2  1
u
4b 2  b 2  1
Xét hàm số f  b  

21b 2  6b  5
ta có:
5b 2  1

21


f 'b 


 42b  6   5b2  1   21b2  6b  5 .10b

 5b

2

 1

2

210b 2  42b  30b 2  6  210b3  60b 2  50b

 5b

2

 1

2

3

b


30b  8b  6
5

0
2
2
b   1
 5b  1

3
2

BBT:
b





f 'b

+

1
3

0

3
5



0

6
f b

21
5



+
21
5

16
5

 3  16

Từ BBT ta thấy min f  b   f   
5 5
 d  B;  min 

  6 3 
4
3
 b   u    ; ;1 / /  6; 3; 5 
5
5
 5 5 

Chọn: D
Chú ý khi giải: Các em có thể tham khảo cách 2:
+) Lập phương trình mặt phẳng (Q) đi qua A và song song với (P).
+) Khi đó  cần tìm là một đường thẳng nằm trong (Q) và đi qua A.
+) Khi đó: d  B;  min  d  B;  Q  
+) Lập phương trình đường thẳng d ' đi qua B và vuông góc với (Q).
+) Gọi H là giao điểm của d ' và (Q).


+) Khi đó H thuộc đường thẳng  hay  nhận AH là 1 VTCP.
Câu 39:
Phương pháp:
+) Lấy tích phân từ 0 đến 2 hai vế của giả thiết.
+) Sử dụng phương pháp đổi biến để biến dổi các tích phân.
Cách giải:

22


2

2

2

0

0

0

Ta có: f  x   f  2  x   xe x x     f  x  dx   f  2  x  dx   xe x dx
2

2

x  0  t  2
Đặt t  2  x  dt  dx . Đổi cận 
x  2  t  0

2

0

2

2

0

2

  f  2  x  dx    f  t  dt   f  t  dt   f  x  dx
0

2

2

0

0

 2  f  x  dx   xe x dx  I 
2

0

2

2
1
xe x dx

20

Đặt u  x 2  du  2 xdx  xdx 
2

4

1
1
  xe dx   eu dt  eu
20
2
0
x2

4


0

x  0  u  0
du
. Đổi cận 
2
x  2  u  4

1 4
 e  1
2

1 4
e 1
e  1 

4
4
Chọn: A
Câu 40:
Câu 41:
Câu 42:
Cách giải:
4

I

Ta có:  x  3   y  1  5  x 2  y 2  6 x  2 y  5  0
2

2

2
2
2
3 y 2  4 xy  7 x  4 y  1  3 y  4 xy  7 x  4 y  1   x  y  6 x  2 y  5 
P


x  2 y 1
x  2 y 1

x 2  4 xy  4 y 2  x  2 y  4  x  2 y   3
P

1
x  2 y 1
 x  2 y 1
2

t2  3
 1  f t 
Đặt t  x  2 y ta có P 
t 1
Áp dụng BĐT Bunhiacopxki ta có:

1

2

2
2
2
 22   3  x    y  1    x  3  2 y  2 



 25   x  2 y  5   x  2 y  5  5
2

5  x  2 y  5  5  0  x  2 y  10  0  t  10

t2  3
 1 với t   0;10 ta có:
Xét hàm số f  t  
t 1

f 't  

2t  t  1  t 2  3

 t  1

2



t 2  2t  3

 t  1

2

t  1
0
t  3

BBT:
23

t

0

f 't 

1



f t 

0

10
+

4

144/11
3

Từ BBT ta có min f  t   3  t  1
Vậy Pmin  3  x  2 y  1
Chọn: A
Câu 43:
Cách giải:
Đặt f  x   ax 4  bx3  cx 2  dx  e

 f '  x   4ax3  3bx 2  2cx  d

2
2
 f ''  x   12ax  6bx  2c  2  6ax  3bx  c 

 f '  x    f ''  x  f  x 
 f ' x 
Theo bài ra ta có  f '  x    f ''  x  f  x   0  
 0  
 '  0
2
f  x
 f  x 
2

2

Phương trình ax 4  bx3  cx 2  dx  e  0 giả sử có 4 nghiệm phân biệt x1 , x2 , x3 , x4

 f  x   a  x  x1  x  x2  x  x3  x  x4 

 x  x2  x  x3  x  x4    x  x1  x  x3  x  x4  
Ta có f '  x   a 

   x  x1  x  x2  x  x4    x  x1  x  x2  x  x3  


f ' x
1

1
1
1




f  x  x  x1 x  x2 x  x3 x  x4

 f ' x 
1
1
1
1




0
' 
2
2
2
2
f
x


x


x
x

x
x

x
x

x










1
2
3
4

 f ' x 
Vậy phương trình 
 '  0 vô nghiệm hay phương trình
f
x






 4ax

3

 3bx 2  2cx  d   2  6ax 2  3bx  c  ax 4  bx3  cx 2  dx  e   0 vô nghiệm.
2

Chọn: A
Câu 44:
Phương pháp:
+) Gắn hệ trục tọa độ.
+) Viết phương trình đường thẳng  là trục của CMN
+) Viết phương tình mặt phẳng trung trực  P  của SC.
+) Tâm mặt cầu ngoại tiếp chóp S.CMN là I   P   
24


+) Tính R  IS  IC  IM  IN
Cách giải:
Gọi H là trung điểm của AD  SH  AD  SH   ABCD 
Gắn hệ trục tọa độ như hình vẽ. Chọn a  1

1
3
Ta có: D  0;0;0  , A 1;0;0  ; B 1;1;0  , C  0;1;0  , S  ;0;


2 
2
1
  1 
M  ;1;0  , N  0; ;0 
2
  2 
1 3 
Gọi E  ; ;0  là trung điểm của MN.
4 4 

Tam giác CMN vuông tại C  E là tâm đường tròn ngoại tiếp CMN .
1

x  4


3

Gọi  là đường thẳng qua E và vuông góc với  ABCD    nhận k   0;0;1 là VTCP   :  y 
4

z  t



1 1 3
Gọi K  ; ;
 là trung điểm của SC.

4 2 4 
  1
3
Ta có SC    ;1; 
 / / 1; 2; 3
2 
 2









 Mặt phẳng trung trực của SC đi qua K và nhận 1; 2; 3 là 1 VTPT có phương trình:

1 
1
3

1 x    2  y    3  z 
  0  x  2 y  3z  0  P 
4 
2
4 


Gọi I   P     I là tâm mặt cầu ngoại tiếp chóp S.CMN

1 3 
I    I  ; ;t 
4 4 
I  P 

1 3 5 3
1 3
5 3
  3t  0  t 
 I  ; ;

4 2
12
 4 4 12 

 R  IC 

1 1 25
93
 

16 16 48
12

Chọn: A
Câu 45:
Phương pháp:
+ Gọi C là hình chiếu của A lên mặt đáy chứa đường tròn  O '; R  và D là hình chiếu của B lên mặt đáy
chứa đường tròn

 O; R  .
25