Đề thi thử THPT QG môn toán THPT ngô quyền tỉnh hải phòng lần 2 năm 2019 có lời giải chi tiết

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HẢI PHÒNG ĐỀ THI THỬ THPT QG LẦN II – MÔN TOÁN
TRƯỜNG THPT NGÔ QUYỀN
NĂM HỌC: 2018 - 2019
Mã đề 179
Thời gian làm bài: 90 phút
Mục tiêu:
+) Đề thi thử THPTQG lần II môn Toán của trường THPT Ngô Quyền gồm 50 câu hỏi trắc nghiệm
nội dung chính của đề vẫn 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.
+) Đề thi được biên soạn dựa theo cấu trúc đề minh họa môn Toán 2019 mà Bộ Giáo dục và Đào tại
đã công bố từ đầu tháng 12. Trong đó xuất hiện các câu hỏi khó lạ như câu 38, 41, 45 nhằm phân loại
tối đa học sinh.
+) Đề thi giúp HS biết được mức độ của mình và có kế hoạch ôn tập tốt nhất cho kì thi THPTQG sắp
tới.
Câu 1 (TH): Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình thang vuông tại A và D với AD = 2a, AB = 2DC =
0

2a, SA ⊥ (ABCD) và cạnh SB tạo với đáy một góc 60 . Thể tích khối chóp S.ABCD bằng
A.

2 a3 3
3

B. a3

C. 2 a3 3

3

D. a3

Câu 2 (VDC): Người ta sử dụng xe bồn để chở dầu. Thùng đựng
dầu có thiết diện ngang (mặt trong của thùng) là một đường elip có
độ dài trục lớn bằng 2m , độ dài trục bé bằng 1, 6m , chiều dài (mặt
trong của thùng) bằng 3, 5m . Thùng được đặt sao cho trục bé nằm
theo phương thẳng đứng (như hình bên). Biết chiều cao của dầu hiện
có trong thùng (tính từ điểm thấp nhất của đáy thùng đến mặt dầu) là
1, 2m . Tính thể tích V của dầu có trong thùng (Kết quả làm tròn đến
hàng phần trăm).
A. V = 4, 42m3
Câu 3 (NB): Với 0

(

B. V = 2,02m3

C. V = 7,08m3

D. V = 2,31m3

a 1, biểu thức nào sau đây có giá trị âm?

A. log 2 log 4 a
a

)

(

)

B. log 2 loga2 a

C. loga

D. loga

4a

1

log10
)
Câu 4 (VD): Trong không gian Oxyz, cho hình hộp ABCD. A ' B ' C ' D' biết A 1;0;1 , B 2;1; 2 ,
(
)
(
)
D 1; −1;1 , C ' 4;5; −5 . Tọa độ của đỉnh B ' là

(

A. B ' (3;5; −6)

B. B ' (4;6; −5)

) (

C. B ' (−3; −4;5)

D. B ' (4;6;5)

2
Câu 5 (TH): Số nghiệm của phương trình (x − x − 2 ). (log 2 x − 1) = 0 là

A. 1

B. 2

C. 0

Câu 6 (TH): Số đường tiệm cận đứng của đồ thị hàm số y = 5 x − 2 là
3 − x2
A. 2
B. 4
C. 1

D. 3

D. 3

1


Câu 7 (VD): Có bao nhiêu số nguyên m thuộc khoảng (−10;10) để hàm số

y = x 3 − mx + 2 đồng biến

trên (2; + )?
A. 17

B. 15

C. 18

D. 21

Câu 8 (VD): Cho hàm số y = f (x) có bảng biến thiên như sau:

Mệnh đề nào dưới đây đúng?
A. Hàm số đồng biến trong khoảng (− ;0)
C. Hàm số nghịch biến trong khoảng (−1; 0)

B. Hàm số đồng biến trong khoảng (−1; + )
D. Hàm số nghịch biến trong khoảng (−1; 2)
y = x 4 + x2 , trục

Câu 9 (VD): Gọi S là diện tích của hình phẳng giới hạn bởi đồ thị (C) của hàm số
5 + b, (a ,b

hoành, trục tung và đường thẳng x =1 . Biết S = a

) . Tính a +b

B. a + b = 1
C. a + b = 1
D. a + b = 13
2
3
3

Câu 10 (VD): Một quả bóng bàn và một chiếc chén hình trụ có cùng chiều cao. Nếu ta đặt quả bóng lên
A. a + b = −1

miệng chiếc chén thấy phần ở ngoài của quả bóng có chiều cao bằng

3 chiều cao của quả bóng. Gọi V1
4

,V2 lần lượt là thể tích của quả bóng và thể tích chiếc chén, khi đó
A. 3V1 = 2V2
B. 9V1 = 8V2
C. 27V1 = 8V2

D. 16V1 = 9V2

Câu 11 (TH): Gọi M và M ’ lần lượt là các điểm biểu diễn cho các số phức z và −z . Xác định mệnh đề
đúng.
A. M và M ’ đối xứng nhau qua trục hoành.
C. M và M ’ đối xứng nhau qua gốc tọa độ.

B. Ba điểm O, M và M ’ thẳng hàng.
D. M và M ’ đối xứng nhau qua trục tung.

Câu 12 (VD): Cho hình lăng trụ ABC. A ' B ' C ' có đáy là tam giác vuông cân đỉnh A , AB = 2a, AA' = 2a,
hình chiếu vuông góc của A' lên mặt phẳng (ABC) là trung điểm H của cạnh BC . Thể tích của khối lăng
trụ ABC. A ' B ' C ' bằng
3

A. 4a

2

3

B. 2a

2

C.

Câu 13 (TH): Cho cấp số cộng (un) có u1 = −2
cấp số cộng?
A. Thứ 25.

B. Thứ 39.
3

a3 14
4

D.

2 a3 2
3

và công sai d = 5. Số 198 là số hạng thứ bao nhiêu của
C. Thứ 40.

D. Thứ 41.

2

Câu 14 (TH): Cho hàm số y = x - 3 x + 9 có đồ thị là (C). Điểm cực đại của đồ thị (C) là
A. M (0;9)
B. M (2;5)
C. M (5; 2)
D. M (9;0)
Câu 15 (TH): Đường cong trong hình vẽ dưới đây là đồ thị hàm số nào?

2


A. y = x −1
x +1

B. y = x − 2
x +1

2
D. y = x − 2
x +1

C. y = 2 x − 2
x +1

Câu 16 (TH): Tìm tập xác định của hàm số y = log (−2 x 2 + 5x − 2)
A.

1

;2

B.− ;

2

1

2,

+

)

C.

− ;

2
Câu 17 (TH): Tìm nguyên nhàm của hàm số f (x ) = e− x

( 2,+ )

D.

1

;2

2

2

ex

2−

1

2

sin

x

A. F (x ) = 2e −x + cot x + C

B. F (x ) = 2e x − tan x + C

C. F (x ) = − 2x − tan x + C
e

D. F (x ) = − 2x + cot x + C
e

Câu 18 (TH): Số nghiệm nguyên của bất phương trình log 1 (x 2 + 2 x − 8

) −4 là

2

A. Vô số

B. 2

C. 4

D. 6

2−
2+
+ 12 4 − x 2 16x + 3m x
Câu 19 (VDC): Cho bất phương trình m
x
+ 3m + 35 Có tất cả bao
nhiêu giá trị nguyên của tham số m −10;10 để bất phương trình nghiệm đúng với mọi x
−2;2 ?
A. 10.

B. 18.

C. 3.

D. 4.
0

0

0

Câu 20 (VD): Cho tứ diện ABCD có AB = 3, AC = 2, AD = 6, BAC = 90 , CAD = 120 , BAD = 60 . Thể
tích khối tứ diện ABCD bằng
B. 2 2
3

A. 6 2

Câu 21 (VD): Trong không gian Oxyz, cho ba điểm

C.

(

2

D. 3 2

) (
(
)
,
A 1;0;0 B 0;3;0 ,C 0;0; −2 . Phương trình của
)

mặt phẳng (P) đi qua điểm D(1;1;1) và song song với mặt phẳng (ABC) là
A. 3 x − 2 y − 3 z + 2 = 0
B. 2 x + 6 y − 3 z − 5 = 0
C. 3 x + 2 y − 6 z + 1 = 0

D. 6 x + 2 y − 3 z − 5 = 0

Câu 22 (TH): Cho hình chóp S.ABC có đáy là tam giác đều cạnh a , SA ⊥ (ABC), góc giữa hai mặt
0

phẳng (SBC) và (ABC) bằng 30 . Độ dài cạnh SA bằng
A. a 3
B. 3a
2

C. a
2

Câu 23 (VD): Trong mặt phẳng phức, cho số phức z có điểm biểu diễn là N.

1

Biết rằng số phức w = z được biểu diễn bởi một trong bốn điểm M , P, Q, R
như hình vẽ bên. Hỏi điểm biểu diễn của w là điểm nào?

D. a
3


3


B. Q.
D. M .

A. P.

C. R.

Câu 24 (VD): Cho số nguyên dương n và số nguyên k với 1 k n . Mệnh đề nào sau đây đúng?
A. C k = C k +1 +Ck −1 B. C k = C k +1 + C k
C. C k = C k + C k −1
D. C k +1 = C k + C k −1
n +1

n

n +1

n

n

n +1

n

n

n

n

n

n

Câu 25 (VD): Cho lăng trụ tam giác đều ABC. A ' B ' C ' có AB = a, AA ' = a 2 . Khoảng cách giữa A 'B và
CC' bằng
A. a 3
2

B. a 3

D. a 6
3

C. a
4

2

Câu 26(TH): Đường cong ở hình vẽ bên dưới là đồ thị của hàm số y = ax + bx + c với a, b, c là
các số thực.
A. Phương trình y ' = 0 vô nghiệm trên tập số thực.
B. Phương trình y ' = 0 có ba nghiệm thực phân biệt.
C.Phương trình y ' = 0 có hai nghiệm thực phân biệt.
D. Phương trình y ' = 0 có đúng một nghiệm thực.
Câu 27(TH): Phương trình log 2 x − 4 log x + 3 = 0 có hai nghiệm x , x . Tính tổng x + x
5

A. 30.

5

B. 80.

1 2

C. 130.

1

2

D. 20.

Câu 28 (VD): Một hình nón có thiết diện qua trục là tam giác đều cạnh bằng 2a . Tính thể tích của khối
nón được tạo nên từ hình nón đó.
A. 1 a3
3

B. a3

3

3

C. 1 a3
4

3

D. 1 a3
12

3

Câu 29 (TH): Cho log 3 2 = b . Mệnh đề nào sau đây đúng?
2+
A. log 72 = 4 + 6b B. log 72 = 3b
C. log 72 = 3b
D. log 72 =12b
3
3
3
3
( )
( ) . Tìm I =2
( )
3 f x + 2 dx
Câu 30 (TH): Cho biết F x là một nguyên hàm của hàm số f x
A. I = 3xF (x)+ 2x + C B. I = 3F (x)+ 2x + C

C. I = 3F (x)+ 2 + C D. I = 3xF (x)+ 2 + C

Câu 31 (TH): Gọi z , z là hai nghiệm phức của phương trình z 2 + 4 x + 5 = 0 . Tính giá trị của biểu thức
1

2

P = 2 z1 + z 2 + z1 − z2
A. P = 10

B. P =3

C. P = 6

D. P =

2+ 4

Câu 32 (VD): Anh Bình vay ngân hàng 1 tỉ đồng với lãi suất là 0, 5% / 1 tháng theo phương thức trả góp,
cứ mỗi tháng anh Bình sẽ trả cho ngân hàng 30 triệu đồng và trả hàng tháng như thế cho đến khi hết nợ.
Hỏi sau bao nhiêu tháng thì anh Bình trả được hết nợ ngân hàng? (Biết lãi suất ngân hàng không thay
đổi).
A. 36 tháng
B. 38 tháng
C. 37 tháng
D. 35 tháng
Câu 33 (VD): Cho

(

số phức z thay đổi thỏa

mãn z − 1 =1. Biết rằng tập hợp các số phức

)

w = 1 + 3.i z + 2 là đường tròn có bán kính bằng R. Tính R.
A. R = 8.

B. R =1.

C. R = 4.

D. R = 2.

4


Câu 34 (NB): Trong không gian Oxyz , cho đường thẳng d đi qua điểm M nhận véc tơ a làm véc tơ chỉ
phương và đường thẳng d ' đi qua điểm M ' nhận véc tơ a ' làm véc tơ chỉ phương. Điều kiện để đường
thẳng d trùng với đường thẳng d ' là
a k a ', (k 0)

A.

a = k a ', (k 0 )

B.

M d'

a = k a ', (k 0 )

a=a'

C.

M d'

D.

M d'

M d'

Câu 35 (VD): Sắp xếp chỗ ngồi cho 6 học sinh lớp 12A và 5 học sinh lớp 12B vào một ghế băng dài.
Tính xác suất để các học sinh học cùng lớp ngồi cạnh nhau.
A. 461
462

1
462

B.

Câu 36 (NB): Trong không gian

(P ): 2 x − y + z − 1 = 0

(

A. n = 4; −2; 2

D. 1
231

Oxyz , véc tơ nào sau đây là véc tơ pháp tuyến n

)

(

C. 1

19958400

)

B. n = 2;1; −1

C. n =

( 4;

của mặt phẳng

)

)

(

−4; 2

D. n = 4; 4; 2

y = 3sin x − 2 cos x + mx đồng biến

Câu 37 (VD): Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để hàm số
trên

+

(−;

)

(

D. m
− ; − 13
13
B. m − 13; + )
C. m
13;
(
)
Câu 38 (TH): Trong không gian Oxyz , phương trình của mặt cầu có tâm I 1;−2; −3 và tiếp xúc với mặt
A. m

phẳng (Oxz) là
(

(

)

(

)

A. ( x − 1 2 + ( y + 2

2

C. x − 1 2 + y + 2

2

)

)

)

+ (z + 3 2 = 4

B. x − 1

)

+ z +3

) (

(

2

Câu 39 (VD): Trong không gian

=1

(

2

(

)

)

+ y +2 2 + z + 3 2 = 2
)

(

)

(

)

D. x − 1 2 + y − 2 2 + z −3 2 = 4
Oxyz, cho mặt phẳng (P ): 2 x − y + 2 z − 14 = 0 và mặt cầu

(S ): x 2 + y 2 + z 2 − 2 x + 4 y + 2 z − 3 = 0 . Gọi tọa độ điểm M (a;

b; c) thuộc mặt cầu (S)

cách từ M đến mặt phẳng (P) là nhỏ nhất. Tính giá trị biểu thức K = a + b + c.
A. K = -2.
B. K = -5.

C. K = 2.

sao cho khoảng

D. K = 1.

(

Câu 40 (VD): Trong không gian Oxyz , phương trình chính tắc của đường thẳng d đi qua điểm M 1;2;3
(
)
và có véc tơ chỉ phương a = 1; −4; −5 là

z

x=1+t
x
−
1
y
−
2
z
−
3
=
A.
B. y = 2 − 4t
=
−5

1−4
= 3 − 5t

x=1+t
C. y = − 4 + 2t
1
z = − 5 + 3t

D. x − 1 =

)

y+
4 =z+5
2
3

Câu 41 (TH): Cho hàm số y = f (x) có đồ thị như hình vẽ:
Số nghiệm của phương trình 4 f (x) + 3 = 0 là
A. 3.
B. 0.
C. 1.
D. 2.
Câu 42 (VDC): Trong không gian Oxyz , cho ba điểm
( )

thuộc mặt phẳng
A. Pmin = 5

5

) (

) (
)
(
A −1;0;1 , B 2;1;0 ,C 3;1; −2 và M là điểm

: 2x − y + 2z + 7 = 0 . Tính giá trị nhỏ nhất của P = 3 MA + 5 MB − 7MC
B. Pmin = 27

C. Pmin = 3

D. Pmin = 2


Câu 43 (NB): Tính thể tích khối cầu có đường kính 2a .
A.
2 a3
3
B. 4 a2
3

Câu 44 (TH): Cho tích phân

A.

I=

2t3

23

−t2

I=

0

x
1+ x +1

4 a3
3

4 a2
3

D.

dx và t = x +1 . Mệnh đề nào dưới đây sai?

B. I = 2 (2 x 2 − 2x )dx

1

C.

C. I = 3 (2t 2 − 2t )dt

D. I = 2 (2t 2 − 2t )dx

0

1

1

1
Câu 45 (VD): Biết hàm số y = x 3 + 3 (m − 1) x 2 + 9 x +1 nghịch biến trên khoảng (x1 ; x2 ) và đồng biến trên
3
x1 − x2 = 6 3 thì có bao nhiêu giá trị nguyên dương của tham

các khoảng còn lại của tập xác định. Nếu
số m thỏa mãn đề bài?
A. 0.

B. 1.

C. 2.

( −D. 3.)

Câu 46 (VD): Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để hàm số y = x4 +

x2 + 2 − 2m nghịch

1m

biến trên (−1;0) .

A. m3

B. m > 3
(

Câu 47 (TH): Cho hàm số y = f
số y = f (x)
(

C. m 1

)

x liên tục trên
(

Câu 48 (TH): Cho

9

C.

( )

f x dx =18 . Tính I =

0

A. I = −18

(

)

B. − ;1

A. 3;+

(

9
0

B. I = −10

(

)

(

D. m < 1
) (

và có đạo hàm f ' x = 2 − x

đồng biến trên khoảng nào dưới đây?
)

(

10 2 − 1 f x
x +1) 2

)
− ;2

)

(3 − )

x−13 x

2

(

. Hàm

)

D. 1;2

dx
)

C. I = 8

D. I = 0

Câu 49 (VD): Cho hàm số y = f (x) thỏa mãn:

Hàm số y = f (4 − x )− x + x2 +1 nghịch biến trên khoảng nào sau đây?
A. (− ;3)

B. (3;6)

(

−
Câu 50 (VD): Cho số phức z thỏa mãn 1 i
A. w = 5

B. w = 7

)

C. (5; +

)

D. (4;7)
(

)

−
z + 2i z = 5 + 3i . Tính mô đun của w = 2 z + 1 z
C. w = 9

D. w =11

6


HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT
1.C

2.C

3.B

4.B

5.A

6.A

7.B

8.C

9.A

10.B

11.D

12.B

13.D

14.A

15.B

16.D

17.D

18.B

19.C

20.D

21.D

22.C

23.D

24.C

25.A

26.B

27.C

28.A

29.A

30.B

31.A

32.C

33.D

34.B

35.D

36.A

37.C

38.A

39.D

40.A

41.A

42.A

43.C

44.C

45.B

46.C

47.D

48.D

49.B

50.A

Câu 1:
Phương pháp
+ Xác định góc giữa đường thẳng d và mặt phẳng (P) là góc giữa đường thẳng d và đường thẳng d ' với d
' là hình chiếu của d trên mặt phẳng (P).

1

+ Thể tích hình chóp có chiều cao h và diện tích đáy S là V = 3 hS
Cách giải:
+ Ta có SA ⊥ (ABCD) AB là hình chiếu của SB
lên mặt phẳng (ABCD) . Suy ra góc giữa SB và
0

đáy là góc SBA = 60 .

+ Xét tam giác vuông SAB có
0

SA = AB. tan SBA = 2a. tan 60 = 2 3 a +
Diện tích đáy
=( AB + DC ) AD =( 2 a + a ).2a = 3a2
2
2
+ Thể tích khối chóp là
S

ABCD

1

1

VS . ABCD = 3 SA.S ABCD = 3 .2 a 3.3a 2 = 2 a3 3
Chọn C.
Câu 2:
Phương pháp
- Gắn hệ trục tọa độ lên mặt thiết diện ngang. Viết phương trình elip.
- Tính diện tích phần thiết diện chỉ chứa dầu.
- Tính thể tích phần dầu trong thùng, sử dụng công thức V = Sh với S là diện tích một phần elip tính
được ở trên, h là chiều dài của thùng chứa dầu.
Cách giải:
Chọn hệ trục tọa độ như hình vẽ.
Phương trình elip

x2 + y2 = 1 y = 0,8 1− x2

2

1 0,8
Diện tích thiết diện có chứa dầu là phần diện tích được
gạch chéo trong hình.
Ta tính diện tích phần không gạch chéo S1 là phần hình
phẳng giới hạn bởi đường thẳng y = 0, 4 với một phần elip
7


phía trên trục hoành có phương trình y = 0,8 1 − x2 .
Phương trình hoành độ giao điểm:
0, 4 = 0,8 1 − x 2 x =

2

3

3

2

Diện tích phần không gạch chéo: S1 =

(0,8

)

1 − x 2 − 0, 4 dx 0, 49(m2 )
3

−
2

(

)

2

Diện tích elip: S = ab = .1.0,8 2,51 m

2

Diện tích phần gạch chéo: S 2 = S - S1 = 2, 51 - 0, 49 = 2, 02 (m ).
3

7, 08 (m ).

Thể tích dầu là: V = S 2 .h = 2, 02.3, 5
Chọn C.
Câu 3:
Phương pháp

Sử dụng các công thức log a b = log a b; log a b =

1

log a b; log a a = 1(a , b 0

Cách giải:

+ Đáp án A: log 2 (log 4

a

a ) = log 2 log

1

a

+ Đáp án B: log 2 (log a a ) = log 2 1 = −1 0 nên chọn B.
2
1
1
+ Đáp án C: log a 4 a = log a a 4 = 0 nên loại C.
4
1
= log a 1 = 0 nên loại D.
+ Đáp án D: log a
log10
Chọn B.
Câu 4:
Phương pháp
- Tìm tọa độ C dựa vào tính chất ABCD là hình bình hành.
2

- Tìm tọa độ C ' dựa vào tính chất hình hộp BB ' = CC '
Cách giải:
Ta có: AB = 1;1;1 , gọi điểm C (x; y; z) thì:
(

)
ABCD là hình bình hành nên
1 =x−1 x=2
AB = DC1

=y+1

y=0

1 =z−1

C (2; 0; 2)

z=2

CC ' = ( 2;5; −7)
xB'−2=2
−1=5

Lại có BB ' = CC 'y B '

z

B'

− 2 = −7

xB ' = 4
y

=6

B'

z

B'

= −5

4

a = log 2 4 = 2 0 nên loại A


8


B '(4;6; −5)
Chọn B.
Câu 5:
Phương pháp
Tìm điều kiện
A x =0
( )

Đưa về giải phương trình tích A (x ).B (x) = 0

B

(x) = 0

Cách giải:
ĐK : x > 0
x = −1
Ta có (x 2 − x − 2 )(log 2

x

x − 1) = 0

2

−x−2=0

log 2 x − 1 = 0

x = −1(L)

x=2

x = 2 (N

x=1

log

)

2

Vậy phương trình có 1 nghiệm x = 2.
Chọn A.
Câu 6:
Phương pháp
- Tìm các nghiệm của mẫu thức.
- Thay vào tử thức và kiểm tra có là nghiệm của tử hay không.
Cách giải:
Ta thấy: 3 − x 2 = 0 x = 3 không là nghiệm của tử nên x = 3 và x là các đường tiệm cận đứng của đồ thị
hàm số.
Chọn A.
Câu 7:
Phương pháp

( f (x) )' = f ' (x ). f (x)

Sử dụng công thức đạo hàm

f (x)

Hàm số y = f (x) đồng biến trên khoảng K khi f '(x)

0; x

K (dấu = xảy ra tại hữu hạn điểm)

Cách giải:
Xét hàm số y = x3 − mx + 2 xác định trên
2
3

Ta có y ' = (3x − m)(x − mx + 2)

x3 − mx + 2

Đề hàm số đồng biến trên (2; +

) thì y '

0; x

2

Suy ra (3x2 − m)(x3 − mx + 2) 0; x 2

9


3x

2

−m 0

3x

x 3 − mx + 2 0

3x

x

−m 0

2

2

3

+ 2 mx

m

x2

2
+ m

(I )

x

3x2

x 3 − mx + 2 0

m

3x 2

x3

m

với mọi x > 2

3x m
2

+ 2 mx

2

2

x +

(II )

m

x

Xét hệ (I)

+ Để bất phương trình 3x 2 m đúng với mọi x > 2 thì hoặc
min 3 x 2 = 3.2 2 = 12 m 3 x 2 ; x 2 m 12 hoặc với m 0 thì bất phương trình 3x 2
)
(2;+ ) (
mọi x

m đúng với

. (1)

Xét hàm số g (x ) = x2 + 2 trên (2; + )
x
3
Ta có g ' (x ) = 2 x − 22
= 0 2x −2 =0
x
x2
BBT của g (x) trên (2; + ): (hình bên)

Suy ra x 2 +

x=1

( 2; + )
x
g '(x)

2
mm 5 (2)
x

m

g (x )

)

−10;10 ; m

m

+
+

Từ (1) và (2) suy ra m 5 mà
(

+

2

−9;−8;...;4;5 nên có 15 giá trị

5

thỏa mãn.
3x2
+ Xét hệ (II):

x2+

m max ( 3x2

m
2

x

(2;+ )

m

)

m max g (x )

(2;+ )

Nhận thấy hệ (II) vô nghiệm vì không tồn tại GTLN của các hàm số 3 x 2 ; g (x ) = x2 +

2
trên (2; + )
x

Chọn B.
Câu 8:
Phương pháp
- Các khoảng làm cho y ' > 0 thì hàm số đồng biến.
- Các khoảng làm cho y ' < 0 thì hàm số nghịch biến.
Cách giải:
Quan sát bảng biến thiên ta thấy:

+ Hàm số đồng biến trên các khoảng (− ; −2)
+ Hàm số nghịch biến trên khoảng (−2;0)
khoảng (−1;0)

và (0; + )
, mà (−1;0)

( −2;0) nên hàm số cũng nghịch biến trên

Chọn C.
Câu 9:
Phương pháp

10


Diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số y = f (x) , trục hoành, x = a; x = b là S = b f (x) dx
a

Cách giải:
y=
Xét phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị x

4 + x2 với trục hoành là x x2 + 4 = 0x = 0

Diện tích hình phẳng cần tìm là S = 1 x x 2 + 4 dx = 1x x 2 + 4dx
0

0

3 1

11

=

0

2

2

2 x + 4 d ( x + 4)

1 (x2 + 4) 2
3
=2

5 5 8
= 3 −3

2

0

Suy ra a = 5 ; b = − 8 a + b = −1
3
3
Chọn A.
Câu 10:
Phương pháp
- Tính bán kính đáy hình trụ.
- Tính thể tích khối trụ và thể tích khối cầu suy ra đáp án.
Cách giải:

Gọi bán kính khối cầu là R thì đường kính 2R và chiều cao hình trụ h = 2R

4

Thể tích khối cầu: V1 = 3 R3

3

Do phần ở ngoài có chiều cao bằng 4 quả bóng nên chiều cao bên ngoài là

3

3 R
4 .2R = 2
3 R

R

OI = 2 − R = 2
Xét tam giác vuông OIA có
2
IA 2 = OA 2 − OI 2 = R 2 − R 2 = 3 R IA =
4
4

R 3
2

2
3

Thể tích khối trụ V = .IA 2 .h = . 3 R .2R = 3 R
2
4
2
V 4
3
4 2 8
1

=

R3

: R3

=

. =

8V2 = 9V1

V2 3
2
3 3 9
Chọn B.
Câu 11:
Phương pháp
Số phức z = a +bi có điểm biểu diễn M (a;b)
Số phức liên hợp z = a −bi và số phức đối của z là − z = −a −bi
Cách giải:

Gọi z = a + bi có điểm biểu diễn trên mặt phẳng phức là M (a;b)
11


Số phức − z = − ( a − bi ) = − a + bi có điểm biểu diễn M '(−a; b)
M và M ' có hoành độ đối nhau và tung độ bằng nhau nên chúng đối xứng nhau qua trục tung.
Chọn D.
Câu 12:
Phương pháp
- Tính chiều cao A 'H .
- Tính thể tích khối lăng trụ V = S ABC . A ' H
Cách giải:
Tam giác ABC vuông cân đỉnh A cạnh AB = AC = 2a
nên BC = 4a2 + 4a2 = 2a 2

1

AH = 2 BC = a 2
Tam giác AHA' vuông tại H nên
A' H = A' A2 − AH 2 = 4a2 − 2a2 = a 2
Vậy thể tích khối lăng trụ

1

1

V = S ABC . A ' H = 2 AB. AC . A ' H = 2 .2 a.2 a.a 2 = 2 a3 2
Chọn B.
Câu 13:
Phương pháp

Cấp số cộng (un )có số hạng đầu u1 và công sai d thì số hạng thứ n là un = u1 + ( n −1)d
Cách giải:
Gọi 198 là số hạng thứ n của dãy.
Ta có: 198 = u1 + ( n − 1)d = −2 + ( n − 1).5

5n = 205 n = 41

Chọn D.
Câu 14:
Phương pháp
- Tính y ', y '' và tìm nghiệm của y ' = 0 .
- Tìm điểm cực đại của hàm số bằng cách kiểm tra y '' (x0 ) 0
- Tìm điểm cực đại của đồ thị hàm số và kết luận.
Cách giải:
x=0
Ta có: y ' = 3 x 2 − 6 x = 0

x=2

y '' = 6x − 6 y ''(0) 0 nên x = 0 là điểm cực đại của hàm số, yCĐ = 9.
Vậy điểm cực đại của đồ thị hàm số là M (0;9).
Chọn A.
Câu 15:
Phương pháp
Từ hình vẽ xác định các đường tiệm cận của đồ thị hàm số.
Xác định một số điểm thuộc đồ thị rồi thay tọa độ vào các hàm số để loại trừ đáp án.
12


Cách giải:

Từ hình vẽ ta thấy đồ thị hàm số nhận đường thẳng y = 1 làm TCN và đường thẳng x = -1 làm
TCĐ Suy ra loại C và D.
Lại có điểm có tọa độ (2;0) thuộc đồ thị nên thay x = 2; y = 0 vào hai hàm số ở đáp án A, B ta thấy chỉ

x −

2

có hàm số y = x +1 được thỏa mãn nên chọn B.
Chọn B.
Câu 16:
Phương pháp
Hàm số y = log f (x) xác định nếu f (x) xác định và f (x) > 0 .
Cách giải:
Điều kiện xác định: − 2 x 2 + 5 x − 2
D=

Vậy TXĐ:

1

1

0

x

2

2

;2

2
Chọn D.
Câu 17:
Phương pháp
Sử dụng các công thức nguyên hàm
1
e x dx = e x + C ; sin 2 x dx = − cot x + C ;
Cách giải:
Ta có f (x )dx =

e

−x

ex

2−

=

dx

2

sin

1

( f (x )+ g (x ))dx = f (x )dx + g (x )dx
2e

−x

1

−

x

dx

2

sin

x

= 2 e − x dx − sin2 x dx = − 2 e − x + cot x + C

1

=−e

x

+ cot x + C

Chọn D.
Câu 18:
Phương pháp
- Tìm điều kiện xác định của hàm số.
- Bất phương trình loga f (x ) mf (x ) am nếu 0 a 1
Cách giải:
Điều kiện: x 2 + 2 x − 8

0

x 2
x −4

Khi đó: log 1 (x

2

+2x−8

) −4

x

2

+2x−8

2

2

Kết hợp điều kiện ta được −6 x −4

1 −4

x

x

(

−5;3

2

+2x

do x

− 24 0−6 x 4

)

2 x 4
Vậy bất phương trình có 2 nghiệm nguyên.
13


Chọn B.
Câu 19:

Phương pháp
- Đặt ẩn phụ t = 2 − x − 3 2 + x đưa về bất phương trình bậc hai ẩn t .
- Tìm điều kiện của t và đưa bài toán về tìm m để bất phương trình nghiệm đúng với t thỏa mãn điều kiện
tìm được ở trên.
Cách giải:
m 2 − x + 12 4 − x 2 16x + 3m 2 + x + 3m + 35
m 2 − x − 3m 2 + x 16x − 12 4 − x 2 + 3m + 35 m
2−x−3 2+x

) 2(8x − 6

(

)

4 − x 2 + 3m + 35

2−
2+
t 2 − 20 = 8x − 6 4 − x2
Đặt t = x
−3 x
1
3 0 nên hàm t = t (x) nghịch biến trên (−2; 2) .
Dễ thấy t ' = −
−
Do đó −2

2 2− x 2 2 + x
x 2 −6 t 2

Thay vào bất phương trình trên được:
mt 2(t 2 − 20)+ 3m + 35 2t 2 − mt + 3m − 5 0
Bất phương trình đã cho nghiệm đúng với mọi x

−2;2 nếu và chỉ nếu bất phương trình

2t 2 − mt + 3m − 5 0 nghiệm đúng với mọi t −6;2 tam thức bậc hai f (t ) = 2t 2 − mt + 3m − 5 có hai
nghiệm thỏa mãn t1 −6 2 t2
m 12 + 2
2

0
af (−6 ) 0

af (2 ) 0

Kết hợp với m

m − 24 m + 40 0
2. (67

2. (3

m 12 − 2

+9m)0

m −

+ m) 0

m −3

−10;10 thì m

67

26
26
m −

9

67
9

−10; −9; −8

Chọn
Câu 20:
Phương pháp
Sử dụng công thức tính nhanh thể tích khối tứ diện biết ba cạnh và ba góc cùng xuất phát từ một đỉnh:

1

V = 6 abc 1 + 2 cos x cos y cos z − cos 2 x − cos 2 y − cos2 z
Cách giải:

1

Áp dụng công thức V = 6 abc 1 + 2 cos x cos y cos z − cos 2 x − cos 2 y − cos2 z ta được:

14


V

1

= 6 .3.2.6. 1 + 2 cos 90 0.cos120 0.cos 60 0 − cos 2 90 0 − cos 2 120 0 − cos 2 600

1

1

=6 1− 4− 4=3 2
Chọn D.
Câu 21:
Phương pháp:
+ Mặt phẳng (P ) / / (Q) thì ta có thể chọn n P = nQ
M (x0 ; y0 ; z0 ) và nhận n (a; b;c) làm VTPT thì có phương trình

+ Phương trình mặt phẳng qua

a (x − x0 )+ b ( y − y0 )+ c (z − z 0 ) = 0
Cách giải:
Ta có AB = ( −1;3; 0 ); AC = ( −1; 0; −2 )AB; AC = ( −6; −2;3)
= ( − 6; −2;3)

+ Mặt phẳng (ABC) có VTPT n = AB ; AC

Vì (P) / / (ABC) nên 1 VTPT của (P) là n = ( −6; −2;3)
(

)

(

)

Phương trình mặt phẳng P : −6 x − 1 − 2

(

)

)

(

y − 1+ 3

z − 1= 0

6x + 2 y − 3z − 5 = 0

Chọn D.
Câu 22:
Phương pháp

- Xác định góc giữa hai mặt phẳng (góc giữa hai đường thẳng lần lượt nằm trong hai mặt phẳng mà cùng
vuông góc với giao tuyến).
- Tính toán, sử dụng tính chất của tam giác vuông, tam giác đều.
Cách giải:
Gọi M là trung điểm của BC .
Tam giác ABC đều nên AM ⊥ BC . Mà
SA ⊥ (ABC)
SA ⊥ BC .
BC ⊥ (SAM)BC ⊥ SM .
(SBC ) ( ABC ) = BC
Ta có: AM ⊥ BC nên góc giữa hai mặt phẳng SM ⊥ BC

(SBC ) và (ABC) là (SM , AM ) hay SMA = 300
Tam giác ABC đều cạnh a nên AM =

a 3
2

Tam giác SAM vuông tại A nên SA = AM tan 30 0 =

a 3 3 a
2 . 3 = 2

Chọn C.
Câu 23:
Phương pháp

15

1

1

Tính z để tìm được tọa độ điểm biểu diễn số phức z
Đánh giá hoành độ và tung độ để xác định xem điểm cần tìm thuộc góc phần tư nào, từ đó chọn đáp án.
Cách giải:
Gọi số phức z = a + bi , (a , b
1

1

) thì điểm N (a;b)
a − bi

a − bi

a

b

Khi đó số phức z = a + bi = ( a + bi )(a − bi ) = a2 + b2 = a2 + b2 − a2 + b2 .i
1
a
b
;−
Nên điểm biểu diễn số phức
có tọa độ
+
+

z
a b
a b
2

2

2

2

Vì điểm N (a;b)thuộc góc phần tư thứ (IV) tức là a > 0; b < 0 suy ra

a
b
0; − 2 2 0 nên điểm
2
a +b
a +b
2

biểu diễn số phức 1 thuộc góc phần tư thứ (I) . Từ hình vẽ chỉ có điểm M thỏa mãn.
z
Chọn D.
Câu 24:
Phương pháp
Sử dụng tính chất của tổ hợp:
Cho số nguyên dương n và số nguyên k với 1 k n , khi đó C nk = C nk−1 + Cnk−−11
Cách giải:
Áp dụng công thức C nk = C nk−1 + Cnk−−11 , thay n bởi n + 1 ta được C nk+1 = C nk + Cnk −1

Chọn C.
Chú ý :
Các em có thể thay các giá trị cụ thể của k , n vào các đáp án và bấm máy tính kiểm tra.
Câu 25:
Phương pháp
Sử dụng khoảng cách giữa hai đường thẳng d (a; b) = d (a; (P)) = d (M; (P)) với a / / (P); b (P); M a Và d
(M; (P)) = MH với H là hình chiếu của M xuống mặt phẳng (P).
Cách giải:
Ta có CC '/ / AA '

CC '/ / (ABB ' A')

Nên d (CC '; AB ') = d (CC ';(ABB ' A')) = d (C;(ABB ' A'))
Lấy H là trung điểm của AB
Khi đó CH ⊥ AB (do tam giác ABC đều)
Lại có A A' ⊥ CH (do A A' ⊥ (ABC ))
Nên CH ⊥ (ABB ' A') tại H
Ta có CH CH =

d (C;(ABB ' A')) = CH

a 3
2 (đường trung tuyến trong tam giác đều cạnh a )

Vậy d ( AB '; CC ') =

a 3
2

Chọn A

Câu 26:
16


Phương pháp:
Quan sát đồ thị, đếm số cực trị của đồ thị hàm số và suy ra số nghiệm của phương trình y ' = 0 .
Cách giải:
Đồ thị hàm số có 3 điểm cực trị hay hàm số có 3 điểm cực trị. Do đó phương trình y ' = 0 có ba nghiệm
thực phân biệt.
Chọn B.
Câu 27:
Phương pháp:
Tìm điều kiện
Đưa về giải phương trình tích hoặc đặt ẩn phụ log5 x = t
Cách giải:
ĐK: x > 0
Ta có log 52 x − 4log5 x + 3 = 0 log 52 x − 3log 5 x − log 5 x + 3 = 0
log5 x (log5 x − 3)− ( log5 x − 3) = 0( log5 x − 3)(log5 x − 1) = 0
log x = 3 x = 53 =125(tm) log5 x =1 = 1 = (

)

x 5 5 tm

5

Vậy tổng các nghiệm x1 + x2 = 5 + 125 =130.
Chọn C.
Câu 28:
Phương pháp:

- Xác định chiều cao và bán kính đáy hình nón.

1

- Tính thể tích theo công thức V = 3 r 2h

Cách giải:
Tam giác SAB đều cạnh 2a nên r = OA = a , h = SO =

1
1
Vậy V = r 2 h = .a 2 .a 3 =
3
3
Chọn A.
Câu 29:
Phương pháp:
Sử dụng các công thức log a b =

2a 3

=a32

a3 3
3

1

log a b; log a b

) = log a b + log a c (0

a

=

log a b; log a (bc

1; b, c

0)

Cách giải:
Ta có log 3 72 = log 1

(32.23 ) = 2(log3 32 + log3 23 ) = 2(2 + 3log3 2) = 4 + 6b

2

3

Chọn A.
Câu 30:
Phương pháp:
Sử dụng tính chất

( )
f

x g

( )
x dx =

(

)
f x dx

( )d
g x x

Cách giải:
17


( )

Ta có: I =

( )

( )

3 f x + 2 dx = 3 f x dx + 2 dx = 3F x + 2x + C

Chọn B.
Câu 31:
Phương pháp:
+ Giải phương trình tìm z1 ; z2

Sử dụng công thức tính mô đun của số phức z = a + bi , (a , b ) và z = a 2 + b2 để tính P.
Cách giải:
Ta có z 2 + 4z + 5 = 0

( z + 2)

2

=i2

( z + 2)2 + 1 = 0

( z + 2 )2

= −1

z=−2+iz=−
2−i

Nên z1 = −2 + i; z 2 = −2 − i
Suy ra z1 + z 2 = −2 + i + ( −2 )− i = −4

z1 + z2 = 4

Và z1 − z 2 = −2 + i − ( −2 − i ) = 2i z1 − z 2 = 2
Nên P = 2 z1 + z 2 + z1 − z 2 = 2.4 + 2 =10
Chọn A.
Câu 32:
Phương pháp:
Sử dụng công thức lãi kép cho bài toán trả góp:

A

Số tiền còn nợ sau N tháng là TN = T (1 + r )N − r (1 + r )N −1
Cách giải:
= ( + )N −
Áp dụng công thức lãi kép cho bài toán trả góp TN
Khi trả hết nợ thì TN = 0 nên T (1 + r )

(1 + r )

N

=

A

:

r

A

= log

1+ r

)

=

−

A

N

(1 + r )

r

− 1= 0

r
A

A −Tr
30

r
A

N = log

− T (1 + r

N

N

T 1

A

( + )N

r
T−

1

r

A
r

−
1

(1 + r )

ta có:

N

A
+ =0
r

36,56

1+0,5%

A − Tr
30 −1000.0,5%
Vậy anh Bình phải trả nợ trong 37 tháng thì mới hết nợ.
Chọn C.
Câu 33:
Phương pháp:
Biểu diễn số phức z theo w rồi thay vào giả thiết z − 1 =1 để để tìm tập hợp điểm biểu diễn w từ đó suy ra
bán kính đường tròn.
Cách giải:

(

)

Ta có w = 1 + 3.i z + 2

(1 + 3.i )z = w − 2z =

w−2
1 + 3i
18


w = x + yi (x; y)

Đặt

x + yi − 2
z=

(

=

1 + 3i

3
x − 2 + yi 1 − i
)
) x−2+y 3 y− 3x+2 3
(
i
=
+
4
4
4

x − 2 + y 3 + y − 3x + 2 3 i − 1 =1
4
4

Ta có z − 1 = 1

x − 6 + y 3 + y − 3x + 2 3 i =1
4
4

(x+y

3−6

) +(y−x
2

3+2 3

)

2

= 16

x 2 + 3 y 2 + 36 − 12 x − 12 3 y + 2 3 xy + y 2 + 3 y 2 + 12 − 2 xy 3 + 4 3 y − 12 x − 16 = 0
4 x 2 + 4 y 2 − 24 x − 8 3 y + 32 = 0
x2+y2−6x−2 3y+8=0

( x − 3 )2 + ( y −

3

)

2

=4

Nên bán kính đường tròn là R = 2.
Chọn D.
Câu 34:
Phương pháp:
Điều kiện để hai đường thẳng trùng nhau là hai véc tơ chỉ phương cùng phương và một điểm thuộc đường
thẳng này cũng thuộc đường thẳng kia.
Cách giải:
a = ka '(k 0)
u = ku
k 0
d

d'

d

d '

d,Md'

(

)

M

hay

Chọn B.
Câu 35:

Phương pháp:

( ) = n ( A)

Sử dụng công thức tính xác suất của biến cố A là P A

với n

(
n( )

)

là số phần tử của không gian

mẫu và n (A) là số phần tử của biến cố A.
Cách giải:
Số phần tử của không gian mẫu n ( ) = 11!
Gọi A là biến cố “các học sinh cùng lớp ngồi cạnh nhau”
Như vậy ta có 6! cách xếp 6 học sinh lớp 12A ngồi cạnh nhau, 5! cách xếp 5 học sinh lớp 12B ngồi cạnh
nhau và có 2! cách xếp học sinh lớp 12A ngồi cung học sinh lớp 12B.
Suy ra n (A) = 2!.6!.5!
n ( A)
Xác suất cần tìm là P ( A) = n (
Chọn D.
Câu 36:
Phương pháp:

)

2!.5!.6!
=

1

11! = 231

19


-

Một véc tơ pháp tuyến của mặt phẳng (P ): Ax + By + Cz + D = 0 là n ( A; B ;C )

- Nếu n là một VTPT của (P) thì k n (k 0) cũng là một VTPT của (P) .
Cách giải:

(

)

(

)

(

)

Mặt phẳng P : 2x − y + z − 1 = 0 có một VTPT là n 2;−1;1 nên nó cũng nhận 2 n 4;−2; 2 làm VTPT.

Chọn A.
Câu 37:
Phương pháp:
Hàm số y = f (x) đồng biến trên

khi y ' = f '(x ) 0,

x

(dấu = xảy ra tại hữu hạn điểm)

Sử dụng −1 sin x 1; x
Cách giải:
TXĐ: D =
Ta có y ' = ( 3sin x − 2cos x + mx)' = 3cos x + 2sin x + m
Để hàm số đồng biến trên

thì

y ' 0, x3cos x + 2 sin x + m; x

3 cos x + 2 sin x + m
13
13
13
sin

0sin .cos x + cos .sin x + m 0 x
13
=

3
13

Với
là góc thỏa mãn

sin (x +
Vậy m

)

m
; x−
13

−
13; +

m
−1
13

m

13 (do − 1 sin (x +

)

1; x)

)

Chọn C.
Câu 38:
Phương pháp:
Mặt cầu (I ; R) tiếp xúc với mặt phẳng (P) nếu và chỉ nếu d (I ,(P)) = R.
Cách giải:
Gọi J là hình chiếu của I (1; -2; 3) lên (Oxz) thì J (1; 0; -3)
(S) tiếp xúc (Oxz)
R = d (I ,(Oxz)) = IJ = 2 .
Vậy (S ): (x − 1)2 + ( y + 2)2 + ( z + 3)2 = 22 = 4
Chọn A.
Câu 39:
Phương pháp:
+ Tìm tâm và bán kính của mặt cầu
+ Xác định vị trí tương đối của mặt phẳng và mặt cầu để suy ra vị trí của điểm M
+ Tìm tọa độ của đường thẳng và mặt cầu thì ta giải hệ phương trình gồm phương trình đường thẳng và
phương trình mặt cầu.
Cách giải:
Mặt cầu (S) có tâm I (1; −2; −1); R = 12 + −2 2 + 12 − −3 = 3
20


( )
Xét d (I ; (P )) =

( )

2.1 − −2 + 2 −1 −14

= 4R = 3 nên mặt phẳng (P) không cắt mặt cầu (S).
2 2 + 12 + 22
Khi đó điểm M thuộc mặt cầu (S) sao cho khoảng cách từ M đến mặt phẳng (P) là nhỏ nhất thì M là
giao điểm của đường thẳng d đi qua I , nhận n( P ) = ( 2; −1; 2) làm VTCP với mặt cầu.
x = 1 + 2t
Phương trình đường thẳng d :
y=−2−t

Tọa độ giao điểm của đường thẳng d và mặt cầu (S) thỏa mãn hệ phương trình
x = 1 + 2t
y = −2 − t
z = − 1 +
2t

x2+y2+z2−2x+4y+2z−3=0

(1+ 2t )2 + ( −2 − t )2 + ( −1 + 2t )2 − 2(1+ 2t )+ 4(−2 − t )+ 2(−1 + 2t )− 3 = 0
M (3; −3;1)

t=1
9t 2 − 9 = 0

t = −1 → M (−1; −1; −3)

2.3 − ( −3 ) + 2.1 −14

d (M ;2 (P )) 2= 2
= 1 2 + −1 + 2

(3; −3;1)

2. (−1) − ( −1) + 2. (−3 )

d−14
(M ; (P )) =
= 7 2 2 + ( − 1) 2 + 22

; − 1; − 3 )

Nên điểm cần tìm là M (3; −3;1) a + b + c = 3 + ( −3 )+ 1 =1
Chọn D.
Câu 40:
Phương pháp:
Phương trình chính tắc của đường thẳng đi qua M (x0 ; y0 ; z0 ) và nhận u (a; b; c) làm VTCP (abc 0) là

x−x
0

=

y − y

0

a
b
Cách giải:

=

z − z

0

c

Phương trình chính tắc của đường thẳng d đi qua điểm M (1;2;3) và có véc tơ chỉ phương a = (1; −4; −5)

là x − 1 = y − 2 = z − 3
1

−4

−5

Chọn A.
Câu 41:
Phương pháp:
Số giao điểm của hai đồ thị hàm số

f (x) = g (x)
Cách giải:

y = f (x) và y = g (x) chính là số nghiệm của

phương trình


21

3

Xét phương trình 4 f (x ) + 3 = 0

f (x) = − 4 (*)

Số nghiệm của phương trình (*) là số giao điểm của đồ thị hàm số y =

3

f (x) và đường thẳng y = − 4 (song song với trục hoành)

3

Từ hình vẽ ta thấy đường thẳng y = − 4 cắt đồ thị y = f (x) tại ba
điểm phân biệt nên phương trình đã cho có 3 nghiệm phân biệt.
Chọn A.
Câu 42:
Phương pháp:
- Tìm điểm I thỏa mãn 3IA + 5 IB − 7 IC = 0
- Đánh giá GTNN của biểu thức P và kết luận.
Cách giải:
+ Ta tìm điểm I thỏa mãn 3IA + 5 IB − 7 IC = 0
IA = ( −1 − x; − y ;1− z )
Gọi I (x; y ; z ), ta có: IB = ( 2 − x;1 − y ; −z )
IC = ( 3 − x;1 − y ; −2 − z )
3( −1 − x ) + 5(2 − x ) − 7(3 − x) = 0
3 IA + 5 IB − 7 IC = 03( − y ) + 5(1 − y ) − 7(1 − y) = 0 3(1

− z ) + 5( − z ) − 7( −2 − z) = 0

− x − 14 = 0
−y−2=0

x = −14
I (− 14; −2;17)

y=−2

− z + 17 = 0
z = 17
Khi đó: P = 3 MA + 5 MB − 7MC

(

) (

) (

=

3 MI + IA + 5 MI + IB − 7 MI + IC

=

MI + 3 IA + 5 IB − 7IC = MI = MI

)

Do đó Pmin nếu và chỉ nếu MI đạt min hay M là hình chiếu của I trên (P) .
+) Đường thẳng d đi qua I

(

−14; −2;17

)

và vuông góc

(

)

: 2x − y + 2z + 7 = 0 nên nó nhận

n = ( 2; −1; 2) = ud làm VTCP
x = − 14 + 2t
y= −2−t

d:

Phương trình tham số:
z = 17 + 2t
Điểm M là hình chiếu của I trên (

) nên M = d ( )

2( −14 + 2t ) − ( −2 − t ) + 2(17 + 2t ) + 7 = 0

5

9t + 15 = 0t = − M −

52

;−

1 41

333 3

;

22