Đề thi thử THPT QG môn toán THPT đào duy từ hà nội lần 3 năm 2019 có lời giải chi tiết

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TRƯỜNG THPT ĐÀO DUY TỪ

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 3
TRẮC NGHIỆM MÔN TOÁN 12
(Thời gian làm bài 90 phút, không kể thời gian phát đề)
Mã đề: 485

Mục tiêu: Đề thi thử THPTQG lần III môn Toán của trường THPT Đào Duy Từ gồm 50 câu hỏi trắc
nghiệm nội dung chính của đề xoay quanh chương trình Toán 12, ngoài ra có một số ít các bài toán
thuộc nội dung Toán lớp 11, lượng kiến thức được phân bố như sau: 90% lớp 12, 10% lớp 11, 0% kiến
thức lớp 10. Trong đề thi xuất hiện một vài câu hỏi khó lạ như 35, 39, 42. Đề thi được đánh giá bám sát
đề minh họa và kiểm tra được hết lượng kiến thức của HS.
Câu 1 [NB]: Cho hàm số y  f  x  đồng biến trên khoảng  a; b  . Mệnh đề nào sau đây sai?
A. Hàm số y  f  x  1 đồng biến trên  a; b 

B. Hàm số y  f  x   1 đồng biến trên  a; b 

C. Hàm số y   f  x  nghịch biến trên  a; b 

D. Hàm số y   f  x   1 nghịch biến trên  a; b 

Câu 2 [NB]: Tính  e x .e x1dx ta được kết quả nào sau đây?
A. 2e 2 x1  C

B. e x .e x1  C

C. Một kết quả khác

D.

1 2 x1
e C
2

Câu 3 [TH]: Gọi M, m lần lượt là giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số f  x   2 x3  3 x 2  1 trên
1

đoạn  2;   . Tính P  M  m .
2


B. P  1

A. P  5

D. P  4

C. P  5

Câu 4 [TH]: Diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số y  4 

1
 x  0  đường thẳng y  1 ,
x2

đường thẳng y  1 và trục tung được diện tích như sau:
1

1

1

1
1 

A. S    4  2  dx B. S  
dy
x 
1 4  y
1 
Câu 5 [NB]: Tính đạo hàm của hàm số y  2





ln x 2 1

2
A. y '  2
x 1





C. S 

1
dy

4 y



1

1

D. S 

1

 4 x

2

dx

1



ln x 2 1



ln x 2 1

2 x.2
.ln 2

B. y ' 
2
x 1

C. y '  2





ln x 2 1





ln x 2 1

x.2
D. y '  2
 x  1.ln 2

Câu 6 [TH]: Biết rằng đồ thị hàm số y  x3  3 x 2  2 x  1 cắt đồ thị hàm số y  x 2  3 x  1 tại hai điểm
phân biệt A và B. Độ dài đoạn thẳng AB là:
A. AB  3

B. AB  2 2

C. AB  1

D. AB  2

Câu 7 [NB]: Trong mặt phẳng tọa độ cho hai điểm A  4;0  và B  0; 3 . Điểm C thỏa mãn điều kiện
  
OC  OA  OB . Khi đó, số phức biểu diễn bởi điểm C là:
A. z  4  3i
B. z  4  3i
C. z  3  4i
D. z  3  4i
Câu 8 [TH]: Tính P là tích tất cả các nghiệm của phương trình 3.9 x  10.3x  3  0
A. P  9
B. P  1
C. P  1
D. P  0
1


Câu 9 [TH]: Cho hình chóp tứ giác đều có tất cả các cạnh đều bằng a. Côsin góc giữa mặt bên và mặt
đáy là:
1
1
1
1
A.
B.
C.
D.
3
2
3

2
Câu 10 [NB]: Đường cong ở hình bên là đồ thị của hàm số y  ax 4  bx 2  c
với a, b, c là các số thực. Mệnh đề nào dưới đây đúng?
A. Phương trình y '  0 có đúng một nghiệm thực.
B. Phương trình y '  0 có đúng hai nghiệm thực phân biệt.
C. Phương trình y '  0 vô nghiệm trên tập số thực.
D. Phương trình y '  0 có đúng ba nghiệm thực phân biệt.
Câu 11 [NB]: Chọn khẳng định đúng trong các khẳng định sau:
A. Đồ thị hàm số y  f  x  có tiệm cận đứng x  2 khi và chỉ khi lim f  x    và
x 2

lim f  x   

x 2

B. Đồ thị hàm số y  f  x  có tiệm cận ngang y  1 khi và chỉ khi lim f  x   1 và
x

lim f  x   1

x

C. Đồ thị hàm số y  f  x  bất kì có nhiều nhất hai đường tiệm cận ngang.
D. Đồ thị hàm số y  f  x  không xác định tại x0 thì đồ thị hàm số y  f  x  có tiệm cận đứng

x  x0
Câu 12 [VD]: Cho hình hộp ABCD. A ' B ' C ' D ' có đáy ABCD là hình thoi tâm O, cạnh a, B ' D '  a 3 .
Góc giữa CC ' và mặt đáy là 600 , trung điểm H của AO là hình chiếu vuông góc của A ' lên  ABCD  .
Thể tích của hình hộp là:
A.

3a 3
8

B.

a3 3
8

C.

3a 3
4

D.

a3
8

Câu 13 [TH]: Giả sử F  x  là nguyên hàm của hàm số f  x   4 x  1 . Đồ thị hàm số F  x  và f  x  cắt

nhau tại một điểm trên trục tung. Tọa độ các điểm chung của hai đồ thị hàm số trên là:
5 
B.  ;8 
2 

A.  0; 1

5 
C.  0; 1 và  ;9 

2 

5 
D.  ;9 
2 

Câu 14 [NB]: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho ba điểm A 1;0;0  , B  0;1;0  , C  0;0; 2  . Vectơ
nào dưới đây là vectơ pháp tuyến của mặt phẳng (ABC)?



A. n   2;2; 1
B. n  1;1; 2 
C. n   2;2;1


D. n   2; 2; 1

Câu 15 [TH]: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng (P) chứa trục Oy và đi qua điểm

M 1;1; 1 có phương trình là:
A. x  z  0

B. y  z  0

C. x  y  0

D. x  z  0
2

Câu 16 [NB]: Cho hàm số f  x  có đạo hàm f '  x  xác định,

liên tục trên  và f '  x  có đồ thị như hình vẽ bên. Khẳng
định nào sau đây là đúng?
A. Hàm số f  x  đồng biến trên 1; 
B. Hàm số f  x  đồng biến trên  ;1
C. Hàm số f  x  đồng biến trên  ;1 và 1; 
D. Hàm số f  x  đồng biến trên 

Câu 17 [TH]: Cho hình trụ có bán kính đáy là R  a , mặt phẳng qua trục cắt hình trụ theo một thiết diện
có diện tích bằng 8a 2 . Diện tích xung quanh của hình trụ và thể tích khối trụ là:
A. 16 a 2 ;16 a 3

B. 8 a 2 ;4 a 3

C. 6 a 2 ;6 a 3


Câu 18 [NB]: Tìm tập xác định D của hàm số y   x 2   x  1 
A. D   1;   \ 0

B. D   0;  

D. 6 a 2 ;3 a 3

C. D   1;  

D. D   ;  

Câu 19 [NB]: Tìm tất cả các giá trị của tham số thực m đẻ số phức z   m 2  1   m  1 i là số thuần
aoar.
A. m  0

B. m  1

C. m  1

D. m  1

Câu 20 [TH]: Cho hai số phức z   2 x  3   3 y  1 i và z '  3 x   y  1 i . Khi z  z ' , chọn khẳng định
đúng.
A. x  3; y  1

B. x  1; y  3

5
4
C. x   ; y 
3
3

5
D. x   ; y  0
3

Câu 21 [NB]: Cho hàm số y  f  x  liên tục trên  và có đồ thị như hình bên.

Hỏi hàm số có bao nhiêu điểm cực trị?
A. 0

C. 3

Câu 22 [TH]: Cho
A. 4

B. 1
D. 2

2

4

4

1

1

2

 f  x  dx  1 và  f  t  dt  3 . Giá trị của  f  u  du
B. 2

C. -4

là:
D. -2
2

Câu 23 [TH]: Có tất cả bao nhiêu giá trị nguyên dương của x thỏa mãn bất phương trình 8 x.21 x 

A. 4

B. 5

C. 2

 2

2x

D. 3
3


Câu 24 [NB]: Hình lập phương có:
A. 8 đỉnh, 12 mặt, 6 cạnh.
C. 6 đỉnh, 12 mặt, 8 cạnh.

B. 12 đỉnh, 8 mặt, 6 cạnh.
D. 8 đỉnh, 6 mặt, 12 cạnh.

Câu 25 [NB]: Số phức liên hợp của số phức z  i  3i  1 là
A. z  3  i

B. z  3  i

C. z  3  i

D. z  3  i

x

Câu 26 [TH]: Cho F  x     t 2  1 dt . Giá trị nhỏ nhất của F  x  trên đoạn  1;1 là:
1

A.

1
6

C. 

B. 2

5
6

D.

5
6

Câu 27 [TH]: Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn a 2  bc . Tính S  2ln a  ln b  ln c
A. S  0

B. S  1

 a 
C. S  2ln  
 bc 

 a 
D. S  2ln  
 bc 

Câu 28 [TH]: Tất cả các giá trị thực của tham số a để hàm số y  log M x với M  a 2  4 nghịch bến trên
tập xác định.
A. a  5

B. 2  a  5

C. a  2

2  a  5
D. 
  5  a  2

Câu 29 [TH]: Trong không gian Oxyz, cho tam giác ABC với A  1;0;2  , B 1;2; 1 , C  3;1;2  . Mặt
phẳng (P) đi qua trọng tâm tam giác ABC và vuông góc với đường thẳng AB là:
A.  P  : 2 x  2 y  3 z  3  0

B.  P  : 2 x  2 y  3 z  3  0

D.  P  : 2 x  2 y  3 z  1  0


Câu 30 [NB]: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho vectơ a  1; 2;3 . Tìm tọa độ của vectơ b ,





biết rằng b ngược hướng với a và b  2 a




A. b   2; 2;3
B. b   2; 4;6 
C. b   2; 2;3
D. b   2;4; 6 
C.

 P : x  y  z  3  0

Câu 31 [TH]: Cho a là số thực tùy ý và b, c là các số thực dương khác 1.
Hình vẽ bên là đồ thị của ba hàm số y  x a , y  log b x, y  log c x, x  0 .
Khẳng định nào sau đây đúng?
A. a  c  b
B. a  c  b
C. a  b  c
D. a  b  c

Câu 32 [TH]: Một tứ diện đều cạnh a có một đỉnh trùng với đỉnh hình nón, ba đỉnh còn lại nằm trên
đường tròn đáy của hình nón. Khi đó diện tích xung quanh của hình nón bằng
A.

3 a 2

B.

3 2
a
3

C.

3 2
a
2

D.

2 3 2
a
3

4


Câu 33 [TH]: Trong các đồ thị hàm số sau, đồ thị nào là đồ thị của hàm số y 

A.

B.

C.

D.

x

?
x 1

Câu 34 [TH]: Xét các số phức z  x  yi,  x, y    có tập hợp điểm biểu diễn trên mặt phẳng tọa độ là
đường tròn có phương trình  C  :  x  1   y  2   4 . Tập hợp các điểm biểu diễn của số phức là
2

w  z  z  2i
A. Đường thẳng.

B. Đoạn thẳng.

2

C. Điểm.

D. Đường tròn.

Câu 35 [VD]: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho bốn điểm A 1;0;0  , B  0;1;0  , C  0;0;1 ,

D  0;0;0  . Hỏi có bao nhiêu điểm cách đều bốn mặt phẳng  ABC  ,  BCD  ,  CDA  ,  DBA  ?
A. 5
B. 1
C. 8
D. 4
Câu 36 [VD]: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hình vuông ABCD có diện tích bằng 36, đường
thẳng chứa cạnh AB song song với trục Ox, các đỉnh A, B và C lần lượt nằm trên đồ thị các hàm số

y  log a x, y  log

a

x, y  log 3 a x , với  x  0, a  1 . Giá trị của a là:

A. a  3 6

B. a  6 6

C. a  3

D. a  6 3

Câu 37 [VD]: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt cầu (S) có phương trình x 2  y 2  z 2  9 và
điểm M 1; 1;1 . Mặt phẳng (P) đi qua M và cắt (S) theo giao tuyến là đường tròn có chu vi nhỏ nhất có
phương trình là:
A. x  y  z  1  0

B. x  y  z  3  0

C. x  y  z  1  0

D. 2 x  y  3 z  0

Câu 38 [VD]: Lãi suất gửi tiết kiệm của các ngân hàng trong thời gian qua liên tục thay đổi. Bác An gửi
vào một ngân hàng số tiền 5 triệu đồng với lãi suất 0,7%/ tháng. Sau sáu tháng gửi tiền, lãi suất tăng lên
0,9%/ tháng. Đến tháng thứ 10, sau khi gửi tiền lãi suất giảm xuống 0,6%/ tháng và giữ ổn định. Biết rằng
bác An không rút tiền ra khỏi ngân hàng thì cứ sau mỗi tháng, số tiền lãi sẽ được nhập vào vốn ban đầu
5

(người ta gọi là lãi kép). Sau một năm gửi tiền, bác An rút được số tiền là (biết trong khoảng thời gian này
bác An không rút tiền ra).
A.  5436521,164 (đồng)
B.  5452733,453 (đồng)
C.  5452771,729 (đồng)
D.  5468994,09 (đồng)
Câu 39 [VD]: Cho khối chóp S.ABC có thể tích V, M là một điểm trên cạnh SB. Thiết diện qua M song
song với đường thẳng SA và BC chia khối chóp thành hai phần. Gọi V1 là thể tích phần khối chóp S.ABC
chứa cạnh SA. Biết
A.

2
3

V1 20
SM

. Tỉ số
bằng:
V 27
SB
1
B.
2

C.

3
4

D.

4
5

Câu 40 [VD]: Cho các số phức z1 , z2 thỏa mãn z1  3, z2  4 và z1  z2  5 . Gọi A, B lần lượt là điểm
biểu diễn các số phức z1 , z2 . Diện tích S của tam giác OAB với O là gốc tọa độ là:
25
B. S  5 2
C. S  6
D. S  12
2
Câu 41 [VD]: Cho hình chóp S.ABCD đáy là hình thang cân có AB  CD  BC  a, AD  2a . Cạnh bên

A. S 

SA vuông góc với đáy, SA  2a . Thể tích khối cầu ngoại tiếp hình chóp S.BCD là:
8 2 a 3
A.
3

16 2 a 3
B.
3

16 a 3
C.
3

32 2 a 3

D.
3
1
Câu 42 [VD]: Cho hàm số f  x  dương và liên tục trên 1;3 thỏa mãn max f  x   và biểu thức
1;3
2
3

3

1

1

S   f  x  dx.
A.

1
dx đạt GTLN, khi đó hãy tính
f  x

5
2

B.

3
5

Câu 43 [TH]: Cho hàm số f  x  

3

 f  x  dx
1

C.

7
5

D.

5
4

1
1

. Trong các khẳng định sau, có bao nhiêu khẳng định
x
3  2 3  2 x

đúng?

1) f '  x   0, x  

2) f 1  f  2   ...  f  2017   2017
1
1


x
3  4 3  4 x
A. 0

3) f  x 2  

B. 3

C. 2

D. 1

Câu 44 [TH]: Cho hai điểm A, B thuộc đồ thị hàm số y   x  3 x  2  C  đối xứng nhau qua điểm
3

I  1;3 . Tọa độ điểm A là:
A. A 1;4 

B. A  1;0 

C. Không tồn tại.

D. A  0;2 

Câu 45 [VD]: Cho hình lăng trụ đứng ABC. A ' B ' C ' , biết đáy ABC là tam giác đều cạnh a. Khoảng cách
a
từ tâm O của tam giác ABC đến mặt phẳng  A ' BC  bằng . Thể tích khối lăng trụ ABC. A ' B ' C ' là:
6
6

3a 3 2
3a 3 2
3a 3 2
A.
B.
C.
16
8
28
Câu 46 [VD]: Cho tam giác ABC đều cạnh a và nội tiếp trong đường tròn
tâm O, AD là đường kính của đường tròn tâm O. Thể tích của khối tròn
xoay sinh khi cho phần tô đậm (hình vẽ) quay quanh đường thẳng AD bằng

A.
C.

4 a 3 3
27

 a3 3
24

B.

20 a 3 3
217

D.

23 a 3 3
216

3a 3 2
D.
4

Câu 47 [VD]: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho phương trình mặt phẳng  P  : x  2 y  z  8  0
và ba điểm A  0; 1;0  , B  2;3;0  , C  0; 5;2  . Gọi M  x0 ; y0 ; z0  là điểm thuộc mặt phẳng (P) sao cho
MA  MB  MC . Tổng S  x0  y0  z0 bằng

A. 12
B. 5
C. 9
D. 12
Câu 48 [TH]: Trong tất cả các hình chữ nhật có cùng chu vi bằng 16cm thì hình chữ nhật có diện tích lớn
nhất bằng:
A. 30 cm 2

B. 20 cm 2

C. 16 cm 2

D. 36 cm 2

Câu 49 [VD]: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho ba điểm M 1;1;1 , N 1;0; 2  , P  0;1; 1 . Gọi

G  x0 ; y0 ; z0  là trực tâm tam giác MNP. Tính x0  z0
13

5
C.
D. 5
7
2
Câu 50 [VD]: Tất cả các giá trị thực của tham số m để đường thẳng d : y  2 x  m cắt đồ thị hàm số

A. 0

B. 

2x  4
 C  tại hai điểm phân biệt A và B sao cho 4SIAB  15 , với I là giao điểm của hai đường tiệm
x 1
cận của đồ thị (C) là
A. m  5
B. m  0
C. m  5
D. m  5
y

7


HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT
1.A

2.D

3.C

4.B

5.B

6.C

7.A

8.B

9.A

10.D

11.C

12.A

13.A

14.A

15.D

16.A

17.B

18.A

19.B

20.A

21.D

22.C

23.C

24.D

25.B

26.C

27.A

28.D

29.B

30.D

31.D

32.B

33.C

34.B

35.C

36.D

37.B

38.D

39.A

40.C

41.A

42.A

43.A

44.D

45.A

46.D

47.C

48.C

49.B

50.A

Câu 1:
Phương pháp:
Hàm số y  f  x  đồng biến trên khoảng  a; b   f '  x   0, x   a; b  , chỉ bằng 0 tại hữu hạn điểm
trên  a; b  .
Cách giải:
Ta có: Hàm số y  f  x  đồng biến trên khoảng  a; b   f '  x   0, x   a; b  , chỉ bằng 0 tại hữu hạn
điểm trên  a; b  .
+) Hàm số y  f  x   1 có y '  f '  x   0, x   a; b  , chỉ bằng 0 tại hữu hạn điểm trên  a; b  .

 y  f  x   1 đồng biến trên  a; b  .
+) Hàm số y   f  x  có y '   f '  x   0, x   a; b  , chỉ bằng 0 tại hữu hạn điểm trên  a; b  .

 y   f  x  nghịch biến trên  a; b  .
+) Hàm số y   f  x   1 có y '   f '  x   0, x   a; b  , chỉ bằng 0 tại hữu hạn điểm trên  a; b  .

 y   f  x   1 nghịch biến trên  a; b  .
+) Hàm số y  f  x  1 có y '  f '  x  1 : không có nhận xét về dấu dựa vào hàm số y  f  x 
Chọn: A
Câu 2:
Phương pháp:
ax
C
ln a
Cách giải:
x

 a dx 

 e .e
x

x 1

dx   e 2 x 1dx 

1 2 x 1
1
e d  2 x  1  e 2 x 1  C

2
2

Chọn: D
Câu 3:
Phương pháp:
Để tìm GTNN, GTLN của hàm số f trên đoạn  a; b  , ta làm như sau:

8


- Tìm các điểm x1 ; x2 ;...; xn thuộc khoảng  a; b  mà tại đó hàm số f có đạo hàm bằng 0 hoặc không có đạo
hàm.
- Tính f  x1  ; f  x2  ;...; f  xn  ; f  a  ; f  b 
- So sánh các giá trị vừa tìm được. Số lớn nhất trong các giá trị đó chính là GTLN của f trên  a; b  ; số nhỏ
nhất trong các giá trị đó chính là GTNN của f trên  a; b  .
Cách giải:

 x  0  ktm 
f  x   2 x3  3 x 2  1  f '  x   6 x 2  6 x; f '  x   0  
 x  1  tm 
1
1

 1
Hàm số f  x  liên tục trên  2;   , có f  2   5; f  1  0; f     
2
2

 2

 m  min f  x   5; M  max f  x   0  P  M  m  5
1

 2;  2 



1

 2;  2 



Chọn: C
Câu 4:
Phương pháp:

Diện tích hình phẳng (H) giới hạn bởi đồ thị hàm số y  f  x  , y  g  x  , trục hoành và hai đường thẳng
b

x  a; x  b được tính theo công thức: S   f  x   g  x  dx
a

Cách giải:
Ta có: y  4 

1
1
1
, x  0  x2 
x
,  y   1;1
2 
x
4 y
4 y

Diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số y  4 
1

trục tung được diện tích như sau: S 



1

1

đường thẳng y  1 , đường thẳng y  1 và
x2

1
dy
4 y

Chọn: B
Câu 5:
Phương pháp:

 a    '  a   .ln a.u  x   ';  ln u  x   '   u  x 
u x

u  x '

u x

Cách giải:
y'  2



.ln 2. ln x 2  1 '
 



ln x 2 1


2



2
ln  x 1
.ln 2
.ln 2.  x  1 '  2ln  x 1.ln 2. 2 x  2 x.2
2
2
2
2

ln x 2 1

2

x 1

x 1

x 1

Chọn: B
9


Câu 6:
Phương pháp:

+) Giải phương trình hoành độ giao điểm của hai đồ thị hàm số. Tìm tọa độ điểm A, B.
+) Tính độ dài đoạn thẳng AB.
Cách giải:
Phương trình hoành độ giao điểm của hai đồ thị hàm số là:

x  1
x3  3x 2  2 x  1  x 2  3x  1  x3  4 x 2  5 x  2  0  
x  2
Tọa độ giao điểm A 1; 1 , B  2; 1  AB  12  02  1
Chọn: C
Câu 7:
Phương pháp:
Điểm biểu diễn của số phức z  a  bi,  a, b    là điểm M  a; b 
Cách giải:
Giả sử số phức cần tìm là: z  a  bi,  a, b    . Khi đó tọa độ điểm C  a; b 

  
a  4  0
a  4
Ta có: OC  OA  OB  

 z  4  3i
b  0  3
b  3
Chọn: A
Câu 8:
Phương pháp:
Giải phương trình mũ cơ bản.
Cách giải:

3 x  3
x  1
Ta có: 3.9 x  10.3x  3  0   x 1  
3 
 x  1

3
Tích các nghiệm của phương trình đã cho là P  1
Chọn: B
Câu 9:
Phương pháp:
Xác định góc giữa hai mặt phẳng   ,    :
- Tìm giao tuyến  của   ,    .
- Xác định 1 mặt phẳng      .
- Tìm các giao tuyến a        , b        
- Góc giữa hai mặt phẳng   ,    :

   ;       a; b 

Cách giải:

10


OM  BC
Gọi M là trung điểm của BC. Ta có: 
 BC   SOM   BC  SM
 SO  BC
Ta có:
 SBC    ABCD   BC


    SBC  ;  ABCD      SM ; OM   SMO
 SBC   SM  BC

 ABCD   OM  BC

ABCD là hình vuông cạnh a  OB 

1
a 2
BD 
2
2

SOB vuông tại O  SO  SB 2  OB 2  a 2 

a2 a 2

2
2

SO
AB a

OM 
 . SOM vuông tại O  tan SMO 
OM
2
2

Vậy, cos    SBC  ;  ABCD   

a 2
2  2
a
2

1
3

Chọn: A
Câu 10:
Phương pháp:
Số nghiệm của đạo hàm hàm số bậc bốn trùng phương bằng số cực trị của hàm số.
Cách giải:
Nhận xét: Đồ thị hàm số đã cho có 3 điểm cực trị  Phương trình y '  0 có đúng ba nghiệm thực phân
biệt.
Chọn: D
Câu 11:
Phương pháp:
Xét định nghĩa của tiệm cận đứng, tiệm cận ngang.
Cách giải:
Đồ thị hàm số y  f  x  bất kì có nhiều nhất hai đường tiệm cận ngang. Là khẳng định đúng.
Chọn: C
Câu 12:
Phương pháp:
Gọi a’ là hình chiếu vuông góc của a trên mặt phẳng (P).
Góc giữa đường thẳng a và mặt phẳng (P) là góc giữa đường thẳng a và a’.
Cách giải:
AOD vuông tại O

11


2

 3a 
a
1
a
 OA  AD  OD  a  
   AH  AO  ;
2
2
4
 2 
2

2

2

1
1
a2 3
.
AC  2. AO  a và S ABCD  . AC.BD  .a.a 3 
2
2
2

Do AA '/ / CC ' nên   AA ';  ABCD      CC ';  ABCD    600
Do AH   ABCD     AA ';  ABCD      AA '; AH   A ' AH  600
a
a 3
A ' AH vuông tại H  A ' H  AH .tan A ' AH  .tan 600 
4
4

Thể tích khối hộp là: V  S ABCD . A ' H 

a 2 3 a 3 3a 3
.

2
4
8

Chọn: A
Câu 13:
Phương pháp:
+) Sử dụng các công thức nguyên hàm cơ bản xác định hàm số F  x  .
+) Giải phương trình hoành độ giao điểm.
Cách giải:
f  x   4 x  1  F  x    f  x  dx  2 x 2  x  C

Phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số F  x  và f  x  là:

2 x 2  x  C  4 x  1  2 x 2  5 x  C  1  0  *

Do hai đồ thị hàm số trên cắt nhau tại một điểm trên trục tung nên x  0 là nghiệm của (*)
 C  1  0  C  1

x  0
Với C  1 : Phương trình *  2 x  5 x  0  
x  5

2
2

5



Tọa độ các điểm chung của hai đồ thị hàm số trên là:  0; 1 và  ;9 
2 
Chọn: C
Câu 14:
Phương pháp:
Sử dụng phương trình theo đoạn chắn của mặt phẳng.
Cách giải:
Mặt phẳng (ABC) cắt các trục tọa độ Ox, Oy, Oz lần lượt tại A 1;0;0  , B  0;1;0  , C  0;0; 2 


x y z
  ABC  :  
 1  2 x  2 y  z  2  0   ABC  nhận vectơ n   2;2; 1 làm VTPT.
1 1 2
Chọn: A
12

Câu 15:
Phương pháp:



Phương trình mặt phẳng đi qua M 0  x0 ; y0 ; z0  và có 1 VTPT n  a; b; c   0 là:
a  x  x0   b  y  y0   c  z  z0   0
Cách giải:


Ta có: OM 1;1; 1 ; j  0;1;0 


 
Mặt phẳng (P) chứa trục Oy và đi qua điểm M 1;1; 1 có một VTPT là n  OM ; j   1;0;1
Phương trình (P) là: 1 x  0   0  1 z  0   0  x  z  0
Chọn: D
Câu 16:
Phương pháp:
Hàm số đồng biến trên  a; b   f '  x   0, x   a; b  và bằng 0 tại hữu hạn điểm.
Cách giải:
Trên 1;   , f '  x   0  Hàm số f  x  đồng biến trên 1; 
Chọn: A
Câu 17:
Phương pháp:
Diện tích xung quanh của hình trụ: S xq  2 Rh  C.h
Thể tích khối trụ Vtru  Sh   R 2 h
Cách giải:

S ABCD  8a 2  2a.h  8a 2  h  4a
Diện tích xung quanh của hình trụ: S xq  2 Rh  2 .a.4a  8 a 2
Thể tích khối trụ Vtru   R 2 h   .a 4 .4a  4 a 3
Chọn: C
Câu 18:
Phương pháp:
Xét hàm số y  x :
+ Nếu  là số nguyên dương thì TXĐ: D  

+ Nếu  là số nguyên âm thì TXĐ: D   \ 0
+ Nếu  không phải là số nguyê thì TXĐ: D   0;  
Cách giải:

x  0
ĐKXĐ: x 2  x  1  0  
. Vậy TXĐ: D   1;   \ 0
 x  1
Chọn: A
13


Chú ý: x 2  0, x 2  0  x  0
Câu 19:
Phương pháp:
Số phức z  a  bi,  a, b    là số thuần ảo  a  0
Cách giải:
z   m 2  1   m  1 i là số thuần ảo  m 2  1  0  m  1

Chọn: B

Câu 20:
Phương pháp:

a  a2
Cho hai số phức z1  a1  b1i; z2  a2  b2i,  a1 , a2 , b1 , b2    . Hai số phức bằng nhau: z1  z2   1
b1  b2
Cách giải:

2 x  3  3x
x  3
z  z'  

3 y  1  y  1  y  1
Chọn: A
Câu 21:
Phương pháp:
Hàm số y  f  x  đạt cực trị tại x  x0 khi qua đó đồ thị hàm số đổi chiều.
Cách giải:
Hàm số y  f  x  liên tục trên  và đồ thị hàm số đổi chiều tại hai điểm x  0, x  1 nên hàm số

y  f  x  có hai điểm cực trị.
Chọn: D
Câu 22:
Phương pháp:
b

c

b

a

a

c

 f  x  dx  f  x  dx   f  x  dx
Cách giải:
4

Ta có


2

1

4

2

4

2

1

1

1

f  u  du   f  u  du   f  u  du    f  x  dx   f  t  dt  1  3  4

Chọn: C
Chú ý:

 f  x  dx   f  u  du   f  t  dt...

Câu 23:
Phương pháp:
Giải bất phương trình mũ cơ bản.
Cách giải:
Ta có:
14


2

8 x.21 x 

 2

2x

2

 23 x1 x  2 x  3 x  1  x 2  x

 x2  2x 1  0  1  2  x  1  2

Mà x     x  1;2 . Bất phương trình đã cho có 2 nghiệm nguyên dương.
Chọn: C
Câu 24:
Phương pháp:
Vẽ hình lập phương và xác định.
Cách giải:
Hình lập phương có: 8 đỉnh, 6 mặt, 12 cạnh.
Chọn: D
Câu 25:
Phương pháp:
Số phức liên hợp của số phức z  a  bi,  a, b    là z  a  bi
Cách giải:

z  i  3i  1  3  i có số phức liên hợp là z  3  i
Chọn: B
Câu 26:
Phương pháp:
+) Xác định hàm số F  x  .
+) Giải phương trình F '  x   0 , xác định các nghiệm xi   1;1 .
+) Tính các giá trị F  1 , F 1 , F  x  , so sánh và kết luận GTLN, GTNN của hàm số.
Cách giải:
x

x

1 
1  1 1 1
1
5
1

1
F  x     t  1 dt   t 3  t 2    x3  x 2       x 2  x 2 
2  1 3
2  3 2 3
2
6
3
1
2

x  0
F ' x   0  x2  x  0  
 x  1
2
5
5
F  x  liên tục trên  1;1 , có F  1   ; F  0    ; F 1  0  min F  x   
 1;1
3
6
6
Chọn: C
Câu 27:
Phương pháp:

log a x  log a y  log a  xy 
n

n
Sử dụng công thức 

x  0  a  1; x, y  0  ,log am b  log a b  0  a  1, b  0 
m
log a x  log a y  log a y

Cách giải:

15


S  2ln a  ln b  ln c  ln

a2
 ln1  0 , do a 2  bc
bc

Chọn: A
Câu 28:
Phương pháp:
Hàm số y  log a x nghịch biến trên tập xác định  0  a  1
Cách giải:
Hàm số y  log M x nghịch biến trên tập xác định

2  a  5
 0  M  1  0  a2  4  1  4  a2  5  
  5  a  2
Chọn: D
Câu 29:
Phương pháp:




Phương trình mặt phẳng đi qua M 0  x0 ; y0 ; z0  và có 1 VTPT n  a; b; c   0 là:
a  x  x0   b  y  y0   c  z  z0   0
Cách giải:
Trọng tâm G của tam giác ABC là: G  1;1;1


Mặt phẳng (P) đi qua trọng tâm tam giác ABC và vuông góc với đường thẳng AB nhận AB  2;2; 3 là
VTPT, có phương trình là: 2  x  1  2  y  1  3  z  1  0  2 x  2 y  3 z  3  0
Chọn: B
Câu 30:
Phương pháp:






b ngược hướng với a và b  k a  b  k a
Cách giải:







b ngược hướng với a và b  2 a  b  2a  b   2; 4; 6 
Chọn: D
Câu 31:

Phương pháp:
Nhận dạng đồ thị hàm số lũy thừa và đồ thị hàm số logarit.
Cách giải:
Nhận xét:
+) Đồ thị hàm số y  x a nghịch biến trên khoảng  0;    a  0
+) Xét đồ thị hàm số y  log b x & y  log c x, x  0 :
Cho y  1 ta có: log b x1  log c x2  1  x1  b, x2  c
Mà x1  x2  b  c  a  0  b  c . Vậy a  b  c
16


Chọn: D
Câu 32:
Phương pháp:
Diện tích xung quanh của hình nón: S xq   rl
(Trong đó, r: bán kính đáy, l: độ dài đường sinh, h: độ dài đường cao)
Cách giải:
Hình nón có độ dài đường sinh l  SA  a ; bán kính đáy
2 a 3 a 3
r  OA  .

, có diện tích xung quanh là:
3 2
3
S xq   rl   .

a 3
 a2 3
.a 
3

3

Chọn: D
Câu 33:
Cách giải:
Nhận xét:
Đồ thị hàm số (A) là đồ thị của hàm số y 

x
C 
x 1

 x
 x  1 khi x  1
x
y

x 1  x

khi x  1
 x  1

Ta giữ nguyên phần đồ thị (C) nằm phía bên phải đường thẳng x  1 ; lấy đối xứng phần đồ thị (C) nằm
bên trái đường thẳng x  1 qua trục hoành. Ta được đồ thị hàm số (C).
Chọn: C
Câu 34:
Phương pháp:
Sử dụng phương pháp hình học.
Cách giải:
Số phức z  x  yi,  x, y    có tập hợp điểm biểu diễn trên mặt phẳng tọa độ là đường tròn có phương

trình  C  :  x  1   y  2   4  1  x  3
2

2

w  z  z  2i  x  yi  x  yi  2i  2 x  2i
Tọa độ điểm biểu diễn số phức w là M  x; 2  , x   1;3
Vậy, tập hợp các điểm biểu diễn của số phức là w là đoạn thẳng AB với A  1; 2  , B  3; 2 
Chọn: B
Câu 35:
Phương pháp:
+) Xác định các phương trình mặt phẳng  ABC  ,  BCD  ,  CDA  ,  DBA 
17


+) Gọi I  x; y; z  là điểm cách đều bốn mặt phẳng  ABC  ,  BCD  ,  CDA  ,  DBA  , tính khoảng cách từ I
đến 4 mặt phẳng .
+) Giải các phương trình trên tìm x, y, z
Cách giải:
Phương trình mặt phẳng  ABC  : x  y  z  1  0
Phương trình mặt phẳng  BCD  : x  0
Phương trình mặt phẳng  CDA  : y  0
Phương trình mặt phẳng  DBA  : z  0
Gọi I  x; y; z  là điểm cách đều bốn mặt phẳng  ABC  ,  BCD  ,  CDA  ,  DBA 


x  y  z 1
3

 x  y  z

1

x

3x  1
1
1 
 1
3 3
 x 
I
;
;
TH1: x  y  z 

1
3

 3 3 3 3 3 3 
x


3 3


1
1 
 1
hoặc I 

;
;

 3 3 3 3 3 3 
1

x

x 1
1
1 
 1
3 1
 x 
I
;
;
TH2:  x  y  z 

1
3

 3 1 3 1 3 1 
x


3 1


1

1 
 1
hoặc I 
;
;

 3 1 3 1 3 1 
1

x


x 1
1
1 
 1
3 1
 x 
I
;
;
TH3: x   y  z 

1
3

 3 1 3 1 3 1 
x



3 1


1
1 
 1
hoặc I 
;
;

 3 1 3 1 3 1 
1

x

x 1
1
1 
 1
3 1
 x 
I
;
;
TH4: x  y   z 

1
3

 3 1 3 1 3 1 

x


3 1


1
1 
 1
hoặc I 
;
;

 3 1 3 1 3 1 
Vậy, có tất cả 8 điểm thỏa mãn.
18


Chọn: C
Câu 36:
Phương pháp:
+) Giả sử A  x1 ;log a x1  ; B  x2 ; 2 log a x2  ; C  x3 ;3log a x3 
+) Do AB / / Ox  y A  yB  Mối quan hệ giữa x1 , x2
+) Tính AB, từ đó tìm x1 , x2
+) AB / / Ox  BC / / Oy  xB  xC  Tìm x3
+) Tính BC, từ đó tìm được a.
Cách giải:
Các đỉnh A, B và C lần lượt nằm trên đồ thị các hàm số y  log a x. y  log

a

x, y  log 3 a x với

 x  0, a  1
 Giả sử A  x1 ;log a x1  ; B  x2 ; 2 log a x2  ; C  x3 ;3log a x3 
Do AB / / Ox nên log a x1  2 log a x2  x1  x22
Khi đó: A  x22 ; 2 log a x2  ; B  x2 ; 2 log a x2   AB  x22  x2
Hình vuông ABCD có diện tích bằng 36

 x2  x  6
 AB  6  x22  x2  6   22 2
 x2  x2  6
 x2  2  ktm 

 x2  3  x1  9
 x2  3  tm 
 A  9; 2 log a 3 ; B  3; 2 log a 3 ; C  x3 ;3log a x3 
Mặt khác, do AB // Ox nên BC // Oy  x3  3  A  9; 2 log a 3 ; B  3; 2 log a 3 ; C  3;3log a x3 

 BC  2 log a 3  3log a 3  6  log a 3  6  log a 3  6  do a  1  a  6 3
Chọn: D
Câu 37:
Phương pháp:

d 2  r 2  R2 d
Trong đó, d: khoảng cách từ tâm O đến mặt phẳng (P)
r: bán kính đường tròn là giao tuyến của mặt cầu (S) và mặt phẳng (P)
R: bán kính hình cầu.
Cách giải:
Mặt cầu  S  : x 2  y 2  z 2  9 có tâm O  0;0;0  , bán kính R = 3

Ta có: OM  3  R  Điểm M nằm trong mặt cầu (S)
Gọi H là hình chiếu vuông góc của O lên (P). Ta có: OH  OM
Mặt phẳng (P) đi qua M và cắt (S) theo giao tuyến là đường tròn
19


có chu vi nhỏ nhất khi và chỉ khi OH max  H trùng M.

Khi đó, (P) là mặt phẳng qua M 1; 1;1 và nhận OM 1; 1;1
làm VTPT, có phương trình là:

1 x  1  1 y  1  1 z  1  0  x  y  z  3  0
Chọn: B
Câu 38:
Phương pháp:
Công thức lãi kép, không kỳ hạn: An  M 1  r % 

n

Với: An là số tiền nhận được sau tháng thứ n,
M là số tiền gửi ban đầu
n là số thời gian gửi tiền (tháng)
r là lãi suất định kì (%)
Cách giải:
Số tiền bác An có sau 6 tháng đầu là: 5. 1  0, 7%  (triệu đồng)
6

Số tiền bác An có sau 10 tháng đầu là: 5. 1  0, 7%  .1  0,9% 4 (triệu đồng)
6

Số tiền bác An có sau 1 năm là: 5. 1  0, 7%  .1  0,9% 4.1  0, 62  5, 46899409 (triệu đồng)
6

Chọn: D
Câu 39:
Phương pháp:
Sử dụng công thức tỉ số thể tích cho khối chóp tam giác
(Công thức Simson): Cho khối chóp S.ABC, các điểm A1 , B1 , C1
lần lượt thuộc SA, SB, SC. Khi đó,
VS . A1B1C1 SA1 SB1 SC1

.
.
VS . ABC
SA SB SC
Cách giải:
Dựng MN / / BC  N  SC  , MQ / / SA  Q  AB  , PQ / / BC

 P  AC   MNPQ

là thiết diện cần dựng.

V1 là thể tích khối đa giác SNM.APQ. Dựng MR / / AB  R  SA  .
Khi đó, khối đa giác SNM.APQ được chia làm 2 phần:
khối chóp tam giác S.RMN và khối lăng trụ RMN.AQP.
SM
x
Giả sử
SB
3

V
 SM 
3
3
Ta có: S .RMN  
  x  VS .RMN  x .VS . ABC
VS . ABC  SB 
20


VRMN . ABC  d  M ;  ABC   .S APQ  1  x  d  S ;  ABC   .S ABC  3 1  x  .x 2 .VS . ABC  V1  3 1  x  .x 2 .V
V1 20
20
20
2

 x3  3 1  x  .x 2 
 2 x3  3 x 
0 x
V 27
27
27
3
SM 2

Vậy
SB 3
Chọn: A
Câu 40:

Phương pháp:
Sử dụng phương pháp hình học.
Cách giải:

Mà

z1  3, z2  4; z1  z2  5  OA  3, OB  4, AB  5  OAB vuông tại O
1
1
 S OAB  .OA.OB  .3.4  6
2
2
Chọn: C
Câu 41:
Phương pháp:
Cách xác định tâm mặt cầu ngoại tiếp khối chóp:
- Xác định tâm O của đường tròn ngoại tiếp đa giác đáy
- Từ O dựng đường thẳng d vuông góc với mặt phẳng đáy

- Dựng mặt phẳng trung trực   của một cạnh bên nào đó
- Xác định I     d , I chính là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp đã cho.
Cách giải:
ABCD là hình thang cân có AB  CD  BC  a, AD  2a  ABCD
là 1 nửa của hình lục giác đều, có tâm O là trung điểm của AD.
Gọi I là trung điểm của SD  OI / / SA
Mà SA   ABCD   OI   ABCD   I là tâm mặt cầu ngoại tiếp
khối chóp S.ABCD  I là tâm mặt cầu ngoại tiếp khối chóp S.BCD.
Bán kính mặt cầu ngoại tiếp khối chóp S.BCD là:
R

SD

2

SA2  AD 2 2a 2

a 2
2
2



4
4
Thể tích khối cầu đó là: V   R 3   a 2
3
3
Chọn: A
Câu 42:



3

8 a 3 2

3

Cách giải:
1

Ta có: 0  f  x   ; x  1;3
2

21


1
có tập giá trị là
f  x

Khi đó: f  x  

1
5
1
5
 , x  1;3 
  f  x  , x  1;3
f  x 2
f  x 2

 f  x 
3

3

S   f  x  dx.
1

3


1

5

 2 ;   , với x  1;3

1

3

3

1
5

dx   f  x  dx.   f  x   dx
f  x
2

1
1

3
3
3


3


5

f  x  dx.   f  x   dx   f  x  dx.  5   f  x  dx   5. f  x  dx    f  x  dx 
2

1
1
1
1


1

3

3

Khi đó hàm số đạt GTLN   f  x  dx 
1

2

5
2

Chọn: A
Câu 43:
Cách giải:
1

1
1
2x
4 x  6.2 x  1




1) f  x  
3  2 x 3  2 x 3  2 x 3.2 x  1 3.4 x  10.2 x  3
 f ' x

 2.2



 3.4

x

 2.4 .ln 2  6.2 .ln 2  3.4

x

 6  3.4 x

x

 10.2 x  3   6.4 x.ln 2  10.2 x.ln 2  4 x  6.2 x  1

 3.4  10.2  3
 10.2  3   6.2  10  4  6.2  1
.2 .ln 2
 3.4  10.2  3
x

x

x

2

x

x

8.4 x  8

 10.2  3
x

x

x

x

x

x

2

x

2

.2 x.ln 2

f '  x   0  8.4 x  8  0  4 x  1  x  0
4 x  6.2 x  1
2) f  x  
3.4 x  10.2 x  3
1
4 x  6.2 x  1
2.4 x  4.2 x  2

1

 0, x  f  x   1, x
Ta có; f  x   
3 3.4 x  10.2 x  3
3.4 x  10.2 x  3
 f 1  f  2   ...  f  2017   1  1  ...  1  2017
 f 1  f  2   ...  f  2017   2017
 2) sai

3) f  x 2  

1

3 2

x2



1
3 2

 x2

 f  x2  

1
1
là sai.

x
3  4 3  4 x

Chọn: A
Câu 44:
Phương pháp:
+) Giả sử A  x1 ;  x13  3 x1  2  ; B  x2 ;  x23  3 x2  2 
22


+) Do A, B đối xứng nhau qua điểm I  1;3 nên I là trung điểm của AB.
Cách giải:
Giả sử A  x1 ;  x13  3 x1  2  ; B  x2 ;  x23  3 x2  2 

Do A, B đối xứng nhau qua điểm I  1;3 nên

 x1  x2  2
 x1  x2  2

 3

3
3
 x1  3 x1  2  x2  3 x2  2  6
  x1  x2   3 x1 x2  x1  x2   3  x1  x2   4  6
  x1  0

 x1  x2  2
 x1  x2  2
  x2  2  A 0; 2 hoặc A 2; 4



 



3
  x  2
 x1 x2  0
  2   3 x1 x2 .  2   3.  2   4  6
1

  x2  0

Vậy, tọa độ điểm A có thể là A  0; 2 
Chọn: D
Câu 45:
Phương pháp:
Thể tích khối lăng trụ: V  Sh
Cách giải:
Gọi I là trung điểm của BC, kẻ AH  A ' I
a 3
a2 3
; S ABC 
ABC đều cạnh a  AI 
2
4

 AI   A ' BC    I 
1
Ta có: 
 d  O;  A ' BC    d  A;  A ' BC  
2
 AI  3.OI

 BC  AI
Ta có: 
 BC   AA ' I   BC  AH
 BC  AA '
Mà AH  A ' I  AH   A ' BC   d  A ';  A ' BC    AH
1
a
a

AH   AH 
3
6
2
AA ' I vuông tại A, AH  A ' I

 d  O;  A ' BC   





1
1
1
1
1
1
 2



2
2
2
2
AH
AI
AA '
AA '2

a
a 3
 


2
 2 
4
4
1
a 6
 2
 AA ' 
2
2
a
3a
AA '
4

Thể tích khối lăng trụ ABCD. A ' B ' C ' D ' là: V  S ABC . AA ' 

a 2 3 a 6 3a 2 2
.

4
4
16

Chọn: A

Câu 46:
23


Phương pháp:
1
Thể tích khối nón bán kính đáy r, chiều cao h: V   r 2 h
3
4
Thể tích khối cầu bán kính r: V   r 3
3
Cách giải:
Thể tích cần tìm bằng thể tích của khối cầu đường kính AD trừ đi thể tích khối nón sinh bởi tam giác
ABC khi quay quanh trục AD.
AC
a
2a
+) ADC vuông tại C  AD 


cos DAC
3
3
2
3

a
4  a  4 a 3 3
 Bán kính khối cầu đường kính AD là: R 
 Vcau   . 


3  3 
27
3

a 3
 AH 
2
+) ABC đều cạnh a  
r  HB  HC  a

2
2

Thể tích khối nón là: Vnon
Thể tích cần tìm là: V 

1  a  a 3  a3 3
 . .   .

3 2
2
24

4 a 3 3  a 3 3 24 a 3 3


27
24
216

Chọn: D
Câu 47:
Phương pháp:
M   P 

Giải hệ 3 phương trình  MA  MB xác định x0 , y0 , z0
 MA  MC


Cách giải:

 M   P 
Ta có: 
 MA  MB  MC
 x0  2 y0  z0  8  0

2
2
2
2
2
2
  x0  0    y0  1   z0  0    x0  2    y0  3   z0  0 

2
2
2
2
2

2
 x0  0    y0  1   z0  0    x0  0    y0  5    z0  2 

 x0  2 y0  z0  8  x0  5


 4 x0  8 y0  12   y0  1  S  x0  y0  z0  9
8 x  4 z  28
z  5
0
 0
 0
Chọn: C
24


Câu 48:
Phương pháp:
BĐT Cô si cho 2 số không âm a và b:

ab 

ab
, dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a  b
2

Cách giải:
Giả sử hình chữ nhật có chiều dài, chiều rộng lần lượt là: a, b  0  a  b  ,  cm 
Theo đề bài ta có: a  b 

16
 8(cm)
2
2

2

 ab 8
2
Diện tích của hình chữ nhật: S  ab  
     16  S max  16  cm  khi và chỉ khi a  b  4
 2  2
Chọn: C
Câu 49:
Phương pháp:

G   MNP 
  
G là trực tâm tam giác MNP  GM .NP  0
  
GN .MP  0
Cách giải:



 
M 1;1;1 , N 1;0; 2  , P  0;1; 1  NP   1;1;1 ; MP   1;0; 2    NP; MP    2; 3;1

Phương trình mặt phẳng (MNP) là: 2  x  1  3  y  1  1 z  1  0  2 x  3 y  z  4  0
G là trực tâm tam giác MNP

G   MNP 
2 x0  3 y0  z0  4  0
  

 GM .NP  0  1. 1  x0   11  y0   11  z0   0
  

GN .MP  0
11  x0   0  2  2  z0   0
5

 x0   7
2 x0  3 y0  z0  4

10
13


  x0  3 y0  z0  1   y0 
 x0  z0  
7
7
 x  2 z  3

0
 0
8

 z0   7


Chọn: B
Câu 50:
Phương pháp:
Sử dụng hệ thức Vi-ét
Cách giải:
Phưng trình hoành độ giao điểm:

25