Đáp án đề thi thử THPTQG môn toán PROXPLUS 2019 đề số 9

Câu 1 (10 Điểm) - Q294834509 Báo lỗi
3

3

3

Cho ∫ (f(x) + 3g(x))dx = 10; ∫ (2f(x) − g(x))dx = 6. Giá trị của ∫ (f(x) + g(x))dx bằng
1

1

1

A. 2.
B. 8.
C. 6.
D. −2.
Xem lời giải
3

Có

3

⎧
⎪
∫ f(x)dx + 3 ∫ g(x)dx = 10
⎪
⎪
⎪

⎪ 1
1
3
3
⎨
⎪
⎪
2 ∫ f(x)dx − ∫ g(x)dx = 6
⎪
⎪
⎩
⎪
1

3

⇔

1

⎧
⎪
∫ f(x)dx = 4
⎪
⎪
⎪
⎪ 1
⎨ 3
⎪
⎪

∫ g(x)dx = 2
⎪
⎪
⎩
⎪

3

⇒ ∫ (f(x) + g(x))dx = 4 + 2 = 6.
1

1

Chọn đáp án C.
Câu tiếp theo
Câu 2 (10 Điểm) - Q349943239 Báo lỗi
Tập nghiệm S của bất phương trình log3 (5 − x) < 1 là
A. S = (2; 5).
B. S = (3; 5).
C. S = (0; 2).
D. S = (0; 3).
Xem lời giải
Có log3 (5 − x) < 1 ⇔ 0 < 5 − x < 3 ⇔ 2 < x < 5.
Chọn đáp án A.
Câu trước Câu tiếp theo
Câu 3 (10 Điểm) - Q892103354 Báo lỗi
Đường cong trong hình bên là đồ thị của hàm số nào dưới đây ?
A. y = x3 − 3x2 .
B. y = x3 + 3x2 + 1.
C. y = −x3 + 3x2 + 1.

D. y = x3 − 3x2 + 1.
Xem lời giải
Có y (0) = 1, y (2) = −3 nên hàm số có đồ thị như hình vẽ là y = x3 − 3x2 + 1.
Chọn đáp án D.
Câu trước Câu tiếp theo
Câu 4 (10 Điểm) - Q656202665 Báo lỗi
Với a, b là hai số thực dương tùy ý, ln(

A. 2 log a −

1
log b.
2

B. 2 log a +

1
log b.
2

a2
√b

) bằng

www.facebook.com/Thich.Hoc.Chui.Ver2/


C.

2 ln a
ln √b

.

D. 2 ln a −

1
ln b.
2

Xem lời giải
Có ln(

a2
√b

1
ln b.
2

) = ln(a2 ) − ln(√b) = 2 ln a −

Chọn đáp án D.
Câu trước Câu tiếp theo
Câu 5 (10 Điểm) - Q642166115 Báo lỗi
Họ các nguyên hàm của hàm số f(x) =

1
+ sin x là

x

A. ln x − cos x + C.
B. −

1
x2

− cos x + C.

C. ln|x| + cos x + C.
D. ln|x| − cos x + C.
Xem lời giải
Có ∫ f (x) dx = ∫ (

1
+ sin x) dx = ln|x| − cos x + C.
x

Chọn đáp án D.
Câu trước Câu tiếp theo
Câu 6 (10 Điểm) - Q805509830 Báo lỗi
Tập nghiệm của phương trình log(x2 − 2x + 2) = 1 là
A. {2; 4} .
B. {−2; 4} .
C. {−4; 2} .
D. {−4; −2} .
Xem lời giải
Có log(x2 − 2x + 2) = 1 ⇔ x2 − 2x + 2 = 10 ⇔ [

x=4
.
x = −2

Chọn đáp án B.
Câu trước Câu tiếp theo
Câu 7 (10 Điểm) - Q436172736 Báo lỗi
Cho mặt cầu có diện tích bằng 36πa2 . Thể tích khối cầu là
A. 18πa3 .
B. 12πa3 .
C. 36πa3 .
D. 9πa3 .
Xem lời giải
Diện tích mặt cầu là S = 4πR2 = 36πa2 ⇔ R = 3a ⇒ V =

4 3
πR = 36πa3 .
3

Chọn đáp án C.

www.facebook.com/Thich.Hoc.Chui.Ver2/


Câu trước Câu tiếp theo
Câu 8 (10 Điểm) - Q694217169 Báo lỗi

−→
Trong không gian Oxyz, cho hai điểm A(1; 2; −1), B và AB = (1; 3; 1). Tọa độ của B là
A. (2; 5; 0) .

B. (0; −1; −2) .
C. (0; 1; 2) .
D. (−2; −5; 0) .
Xem lời giải

−→
Có AB = (xB − xA ; yB − yA ; zB − zA ) ⇒ B (2; 5; 0) .
Chọn đáp án A.
Câu trước Câu tiếp theo
Câu 9 (10 Điểm) - Q670160227 Báo lỗi
Cho tập hợp A = {1, 2, 3, . . . , 10} . Một chỉnh hợp chập 2 của A là
A. {1, 2} .
2
B. C10
.

C. A210 .
D. (1; 2).
Xem lời giải
Một chỉnh hợp chập 2 của A là một bộ số có thứ tự gồm 2 phần tử của A. Đối chiếu các đáp án chọn D.
Câu trước Câu tiếp theo
Câu 10 (10 Điểm) - Q313395086 Báo lỗi
Trong không gian Oxyz, hình chiếu vuông góc của điểm A(1; 2; 3) trên mặt phẳng (Oyz) là
A. M(0; 2; 3).
B. N(1; 0; 3).
C. P (1; 0; 0).
D. Q(0; 2; 0).
Xem lời giải
Có M(0; 2; 3) = h/c(A, (Oyz)).
Chọn đáp án A.

Câu trước Câu tiếp theo
Câu 11 (10 Điểm) - Q325262662 Báo lỗi
Điểm nào trong hình vẽ bên là điểm biểu diễn số phức z = 2 − i?
A. N.
B. P .
C. M.
D. Q.
Xem lời giải
Có M(2; −1) biểu diễn số phức z = 2 − i.
Chọn đáp án C.

www.facebook.com/Thich.Hoc.Chui.Ver2/


Câu trước Câu tiếp theo
Câu 12 (10 Điểm) - Q334652232 Báo lỗi
Trong không gian Oxyz, véctơ nào dưới đây có giá song song hoặc trùng với đường thẳng d :

−y + 3
x−1
z−7
=
=
?
2
1
4

A. (−2; −4; 1) .
B. (2; 4; 1) .

C. (1; −4; 2) .
D. (2; −4; 1) .
Xem lời giải
Có d :

y−3
x−1
z−7
→
=
=
⇒ ud = (2; −4; 1).
2
1
−4

Chọn đáp án D.
Câu trước Câu tiếp theo
Câu 13 (10 Điểm) - Q050206375 Báo lỗi
Khối chóp tam giác đều có cạnh đáy bằng 2√3a và thể tích bằng 4a3 . Tính chiều cao h của khối chóp đã cho.
A. h = 4√3a.
B. h =

4a√3
.
3

C. h = 4a.
D. h =

4a√3
.
9

Xem lời giải
Ta có h =

3V
=
S

12a3
2

(2√3a) √3

=

4a
√3

.

4
Chọn đáp án B.
Câu trước Câu tiếp theo
Câu 14 (10 Điểm) - Q669436653 Báo lỗi
2

2

2

Trong không gian Oxyz, cho mặt cầu (S) : (x + 1) + (y − 1) + (z + 2) = 9. Điểm nào dưới đây thuộc (S).
A. M(1; −1; 2).
B. N(−1; 1; −2).
C. P (−3; −1; −1).
D. Q(3; 1; 1).
Xem lời giải
Chọn đáp án C.
Câu trước Câu tiếp theo
Câu 15 (10 Điểm) - Q523592733 Báo lỗi
1
2 2
10 10
Cho hàm số f(x) = 1 + C10
x + C10
x +. . . +C10
x . Số điểm cực trị của hàm số đã cho bằng

A. 10.
B. 0.
C. 9.
D. 1.
Xem lời giải

www.facebook.com/Thich.Hoc.Chui.Ver2/


Có f(x) = (1 + x)

10

9

⇒ f ′ (x) = 10(1 + x) đổi dấu khi qua điểm x = −1. Vậy hàm số đã cho có duy nhất một điểm cực trị x = −1.

Chọn đáp án D.
Câu trước Câu tiếp theo
Câu 16 (10 Điểm) - Q020373003 Báo lỗi
Cho hàm số y = f(x) có bảng biến thiên như sau:
Hàm số đã cho nghịch biến trên khoảng nào dưới đây ?
A. (−2; 2).
B. (−∞; 0).
C. (0; 2).
D. (2; +∞).
Xem lời giải
Chọn đáp án C.
Câu trước Câu tiếp theo
Câu 17 (10 Điểm) - Q086540864 Báo lỗi
Cho khối hộp ABCD. A′ B′ C ′ D′ có tất cả các cạnh bằng 2a, có đáy là hình vuông và cạnh bên tạo với mặt phẳng đáy khối hộp một góc bằng 600 . Thể tích khối
hộp bằng
A. 8a3 .
B. 2√3a3 .
C. 8√3a3 .
D. 4√3a3 .
Xem lời giải
Có chiều cao khối hộp là h = AA′ sin 600 = 2a

√3

= √3a. Diện tích đáy S = 4a2 . Do đó V = Sh = 4√3a3 .
2

Chọn đáp án D.
Câu trước Câu tiếp theo
Câu 18 (10 Điểm) - Q420082486 Báo lỗi
Cho các số thực x, y thoả mãn (2x − y)i + y(1 − 2i) = 3 + 7i với i là đơn vị ảo. Giá trị của x2 − xy bằng
A. 30.
B. 40.
C. 10.
D. 20.
Xem lời giải
Có (2x − y)i + y(1 − 2i) = 3 + 7i ⇔ y − 3 + (2x − 3y − 7)i = 0 ⇔ {

y−3=0
y=3
⇔{
⇒ x2 − xy = 40.
2x − 3y − 7 = 0
x=8

Chọn đáp án B.
Câu trước Câu tiếp theo
Câu 19 (10 Điểm) - Q540348434 Báo lỗi
Trong không gian Oxyz, cho điểm A(1; 1; −1) Phương trình mặt phẳng (P ) đi quaA và chứa trục Ox là
A. x + y = 0.
B. x + z = 0.
C. y − z = 0.

www.facebook.com/Thich.Hoc.Chui.Ver2/

D. y + z = 0.
Xem lời giải
Có Ox : {

y=0
⇒ Ox ⊂ (P ) : my + nz = 0; A ∈ (P ) ⇒ m − n = 0 ⇒ (P ) : y + z = 0.
z=0

Chọn đáp án D.
Câu trước Câu tiếp theo
Câu 20 (10 Điểm) - Q566243264 Báo lỗi
Cho log3 5 = a, log3 6 = b, log3 22 = c. Giá trị của log3 (

90
) bằng
11

A. 2a + b − c.
B. a + 2b − c.
C. 2a + b + c.
D. 2a − b + c.
Xem lời giải
Có log3 (

90
180
5.62
) = log3

= log3
= log3 5 + 2log3 6 − log3 22 = a + 2b − c.
11
22
22

Chọn đáp án B.
Câu trước Câu tiếp theo
Câu 21 (10 Điểm) - Q773936336 Báo lỗi
Tìm hai số thực b và c biết rằng phương trình z 2 + bz + c = 0 có nghiệm phức z = 1 + i.
A. {

b=2
.
c=2

B. {

b = −2
.
c=2

C. {

b=2
.
c = −2

D. {

b = −2
.
c = −2

Xem lời giải
2

Có (1 + i) + b(1 + i) + c = 0 ⇔ (b + c) + (b + 2)i = 0 ⇔ {

b+c=0
b = −2
⇔{
.
b+2=0
c=2

Chọn đáp án B.
Câu trước Câu tiếp theo
Câu 22 (10 Điểm) - Q362691235 Báo lỗi
Trong không gianOxyz, phương trình mặt phẳng (P ) song song và cách mặt phẳng (Q) : x + 2y + 2z − 3 = 0 một khoảng bằng 1; đồng thời (P ) không qua O là
A. x + 2y + 2z + 1 = 0.
B. x + 2y + 2z = 0.
C. x + 2y + 2z − 6 = 0.
D. x + 2y + 2z + 3 = 0.
Xem lời giải
Vì (P )//(Q) ⇒ (P ) : x + 2y + 2z + c = 0.
Có I (3; 0; 0) ∈ (Q) ⇒ d((P ), (Q)) = 1 ⇔ d(I, (P )) = 1 ⇔

|c + 3|
c=0

=1⇔[
.
c = −6
3

Do (P ) không đi qua O nên c = −6.

www.facebook.com/Thich.Hoc.Chui.Ver2/


Chọn đáp án C.
Câu trước Câu tiếp theo
Câu 23 (10 Điểm) - Q634409164 Báo lỗi
Tính diện tích toàn phần của hình nón có chiều cao h = 8a, chu vi đường tròn đáy là 12πa.
A. 36πa2 .
B. 60πa2 .
C. 96πa2 .
D. 192πa2 .
Xem lời giải
Có {

r = 6a
h = 8a
h = 8a
⇔{
⇒{
2πr = 12πa
r = 6a
l = √r2 + h2 = 10a

⇒ Stp = πr(r + l) = 6πa(6a + 10a) = 96πa2 .

Chọn đáp án C.
Câu trước Câu tiếp theo
Câu 24 (10 Điểm) - Q332436311 Báo lỗi
Hai viên đạn cùng rời khỏi nòng súng tại thời điểm t = 0 với những vận tốc khác nhau: viên thứ nhất có vận tốc v = 3t2 (m/s); viên thứ 2 có vận tốc
v = 2t + 6(m/s). Hỏi bắt đầu từ giây thứ mấy trở đi thì viên đạn thứ nhất xa điểm xuất phát hơn viên đạn thứ 2 ?
A. 4.
B. 2.
C. 3.
D. 6.
Xem lời giải
Cần tìm:
t

t

t

S1 − S2 > 0 ⇔ ∫ v1 (t)dt − ∫ v2 (t)dt > 0 ⇔ ∫ (v1 (t) − v2 (t)) dt > 0
0

0

0

t

⇔ ∫ (3t2 − 2t − 6) dt > 0 ⇔ t3 − t2 − 6t > 0 ⇔ t > 3.
0

Chọn đáp án A.
*Giây thứ nhất bắt đầu từ t = 0 đến t = 1 nên từ t = 3 trở đi là giây thứ tư.
Câu trước Câu tiếp theo
Câu 25 (10 Điểm) - Q949329992 Báo lỗi
Sinh nhật lần thứ 18 của An vào ngày 01 tháng 05 năm 2019. Bạn An muốn mua một chiếc máy ảnh giá 3850000 đồng để làm quà sinh nhật cho chính mình nên
An quyết định bỏ ống heo 1000 đồng vào ngày 01 tháng 02 năm 2019. Trong các ngày tiếp theo, ngày sau bỏ ống heo nhiều hơn ngày ngay trước đó 1000 đồng.
Hỏi đến ngày sinh nhật của mình, An có bao nhiêu tiền (tính đến ngày 30 tháng 04 năm 2019)?
A. 4095000 đồng.
B. 89000 đồng.
C. 4005000 đồng.
D. 3960000 đồng.
Xem lời giải
Số tiền bỏ heo của An mỗi ngày tạo thành một cấp số cộng có số hạng đầu u1 = 1000 công sai d = 1000
Tổng số tiền bỏ heo tính đến ngày thứ n là Sn = u1 + u2 +. . . +un =

n (u1 + un )
n [2u1 + (n − 1) d]
=
2
2

Tính đến ngày 30 tháng 4 năm 2019 (tính đến ngày thứ 89 - tháng 2 gồm 28 ngày; tháng 3 gồm 31 ngày và tháng 4 gồm 30 ngày) tổng số tiền bỏ heo là:

www.facebook.com/Thich.Hoc.Chui.Ver2/


S89 =

89 [2.1000 + (89 − 1) .1000]

= 45.89.1000 = 4005000
2

đồng.
Chọn đáp án C.
Câu trước Câu tiếp theo
Câu 26 (10 Điểm) - Q255552797 Báo lỗi
Cho hàm số y = f(x) xác định trên R thoả mãn limx→−∞ f(x) = −1; limx→+∞ f(x) = 1 và f(x) = 1 ⇔ x = 0. Tổng số đường tiệm cận đứng và ngang của đồ thị
1
hàm số y =
là
f(x) − 1
A. 2.
B. 1.
C. 4.
D. 3.
Xem lời giải

1
1
1
1
1
1
1
1
=
=
= − và limx→+∞
=

=
= ∞. Vì vậy y = − là tiệm cận
−1 − 1
2
1−1
2
f(x) − 1
limx→−∞ f(x) − 1
f(x) − 1
limx→+∞ f(x) − 1
1
ngang duy nhất. Vì limx→0
= ∞ ⇒ x = 0 là tiệm cận đứng duy nhất.
f(x) − 1
Có limx→−∞

Chọn đáp án A.
Câu trước Câu tiếp theo
Câu 27 (10 Điểm) - Q509666062 Báo lỗi
Tính đạo hàm của hàm số y = log 4 |x| .

5
A. y ′ =

ln 5
.
x ln 4

B. y ′ =

1
.
|x| (ln 4 − ln 5)

C. y ′ =

ln 5
.
|x| ln 4

D.y ′ =

1
.
x(ln 4 − ln 5)

Xem lời giải
Chú ý (loga |u|)′ =

u′
với mọi u ≠ 0, áp dụng ta có:
u ln a
′

⎛
⎞
1
1
=
.

⎜log 4 |x|⎟ =
4
x(ln
4
− ln 5)
⎝
⎠
x ln
5
5
Chọn đáp án D.
Câu trước Câu tiếp theo
Câu 28 (10 Điểm) - Q860855726 Báo lỗi
Cho hàm số y = f(x) xác định và liên tục trên R có đồ thị như hình vẽ bên. Gọi M và m lần lượt là giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số y = f(− sin x + 2).Giá
trị của M − m bằng
A. 0.
B. 1.
C. 4.
D. 5.

www.facebook.com/Thich.Hoc.Chui.Ver2/


Xem lời giải
Đặt t = − sin x + 2 vì −1 ≤ sin x ≤ 1 ⇒ t ∈ [−1; 3].
Do đó M = max[−1;3] f(t) = f(3) = 3; m = min[−1;3] f(t) = f(2) = −2 ⇒ M − m = 5.
Chọn đáp án D.
Câu trước Câu tiếp theo
Câu 29 (10 Điểm) - Q035550995 Báo lỗi
Hàm số y =

2x + m
√x2 + 1

đồng biến trên khoảng (0; +∞) khi và chỉ khi

A. m ≤ 0.
B. m < 0.
C. m ≤ 2.
D. m < 2.
Xem lời giải
Có ycbt ⇔ y ′ ≥ 0, ∀x > 0 ⇔

2 − mx
√(x2 + 1)

≥ 0, ∀x > 0 ⇔ 2 − mx ≥ 0, ∀x > 0 ⇔ m ≤
3

2
, ∀x > 0 ⇔ m ≤ 0.
x

Chọn đáp án A.
Câu trước Câu tiếp theo
Câu 30 (10 Điểm) - Q269516505 Báo lỗi
Cho hàm số y = f(x) liên tục trên Rvà có đồ thị như hình vẽ bên. Số nghiệm thực phân biệt của phương trình f(f(x)) = f(x) bằng
A. 7.
B. 3.
C. 6.

D. 9.
Xem lời giải

⎡ t = −2
Đặt t = f(x) phương trình trở thành: f(t) = t ⇔ ⎢ t = 0 vì đồ thị f(t) cắt đường thẳng y = t tại ba điểm có hoành độ t = −2; t = 0; t = 2. Vậy
⎣ t=2
x = 1; x = −2
⎡ f(x) = −2
⎡
⎢ f(x) = 0 ⇔ ⎢ x = 0; x = a ∈ (−2; −1); x = b ∈ (1; 2) .
⎣
⎣ f(x) = 2
x = −1; x = 2
Chọn đáp án A.

Câu trước Câu tiếp theo
Câu 31 (10 Điểm) - Q436556606 Báo lỗi
Một người đang đứng tại gốc O của trục toạ độ Oxy. Do say rượu nên người này bước ngẫu nhiên sang trái hoặc sang phải trên trục toạ độ với độ dài mỗi bước
bằng 1 đơn vị. Xác suất để sau đúng 10 bước người này quay lại đúng gốc toạ độ O bằng
A.

15
.
128

B.

63
.
100

C.

63
.
256

D.

3
.
20

www.facebook.com/Thich.Hoc.Chui.Ver2/


Xem lời giải
Mỗi bước người này có 2 lựa chọn sang trái hoặc phải nên số phần tử không gian mẫu là 210 .
5
Để sau đúng 10 bước người này quay lại đúng gốc toạ độ O thì người này phải sang trái 5 lần và sang phải 5 lần, do đó số cách bước trong 10 bước này là C10
.

Xác suất cần tính bằng

5
C10

2

=

10

63
.
256

Chọn đáp án C.
Câu trước Câu tiếp theo
Câu 32 (10 Điểm) - Q646808654 Báo lỗi
Cho số phức z thay đổi thoả mãn |z − 3 − 4i| ≤ 2. Đặt w = (z − 2)(2 − 2i) + 1, tập hợp tất cả các điểm biểu diễn số phức w là một hình tròn có diện tích bằng
A. 8π.
B. 12π.
C. 16π.
D. 32π.
Xem lời giải

w−1
∣ w−1
∣
+ 2. Thay vào giả thiết có: ∣
+ 2 − 3 − 4i∣ ≤ 2 ⇔ |w − 11 − 6i| ≤ 2 |2 − 2i| = 4√2. Vậy tập hợp điểm biểu diễn
∣ 2 − 2i
∣
2 − 2i
số phức w là hình tròn có tâm I(11; 6), R = 4√2. Diện tích hình tròn này bằng πR2 = 32π.
Có w = (z − 2)(2 − 2i) + 1 ⇔ z =

Chọn đáp án D.
Câu trước Câu tiếp theo

Câu 33 (10 Điểm) - Q397774073 Báo lỗi
3

Cho hàm số f(x) có đạo hàm f ′ (x) liên tục trên R và có đồ thị của hàm số f ′ (x) như hình vẽ. Biết ∫ (x + 1)f ′ (x)dx = a và
1

0

′

3

3

′

∫ ∣f (x)∣ dx = b, ∫ ∣f (x)∣ dx = c, f(1) = d. Tích phân ∫ f(x)dx bằng
0

1

0

A. −a + b + 4c − 5d.
B. −a + b − 3c + 2d.
C. −a + b − 4c + 3d.
D. −a − b − 4c + 5d.
Xem lời giải
Tích phân từng phần có
3

3

3

3

∣3
∫ (x + 1)f (x)dx = ∫ (x + 1)d(f(x)) = (x + 1)f(x) ∣ − ∫ f(x)dx = 4f(3) − f(0) − ∫ f(x)dx;
∣0
′

0

0

0

1

0

1

b = ∫ ∣∣f ′ (x)∣∣ dx = ∫ f ′ (x)dx = f(1) − f(0) = d − f(0) ⇒ f(0) = d − b;
0
3

0
3

′

c = ∫ ∣∣f (x)∣∣ dx = − ∫ f ′ (x)dx = f(1) − f(3) = d − f(3) ⇒ f(3) = d − c;
1

1
3

⇒ ∫ f(x)dx = 4(d − c) − (d − b) − a = −a + b − 4c + 3d.
0

Chọn đáp án C.
Câu trước Câu tiếp theo
Câu 34 (10 Điểm) - Q992465766 Báo lỗi
ấ
ầ
ế

ẩ

ố

ể

www.facebook.com/Thich.Hoc.Chui.Ver2/

ế

ế

Một nhà máy sản xuất bột trẻ em cần thiết kê bao bì cho một loại sản phẩm mới dạng khối trụ có thể tích 1dm3 . Hỏi phải thiết kế hộp đựng này với diện tích toàn
phần bằng bao nhiêu để tiết kiệm nguyên vật liệu nhất.

3
2
A. 3√2πdm
.

B. 3√2πdm2 .
C. 3√3πdm2 .
3
2
D. √4πdm
.

Xem lời giải
Giả sử hộp trụ có bán kính đáy r, chiều cao là h. Theo giả thiết có V = πr2 h = 1 ⇒ h =

1
πr2

.

Để tiết kiệm nguyên vật liệu nhất thì diện tích toàn phần phải nhỏ nhất:

Stp = Sxq + S2day = 2πr2 + 2πrh = 2πr2 +
Dấu bằng đạt tại 2πr2 =

2

1 1
3
= 2πr2 + + ≥ 3√2π.
r
r
r

1
1
⇔r= 3
≈ 0, 54dm ⇒ h ≈ 1, 084dm.
r
√2π

3
3
Vậy phải thiết kế một khối trụ có bán kính đáy 0,54dm và chiều cao 1,084dm. Vậy Stp = 3√2πdm
.

Chọn đáp án A.
Câu trước Câu tiếp theo
Câu 35 (10 Điểm) - Q700363174 Báo lỗi
Cho hình chóp tứ giác đều S. ABCD có tất cả các cạnh bằng a. Tồn tại một điểm M nằm bên trong hình chóp và cách đều tất cả các mặt của hình chóp một
khoảng bằng h. Tính h.
A. h =

B. h =
C. h =

D. h =

(√6 − √2)a
.
12
(√6 − √2)a
4

.

(√6 − √2)a
.
2
(√6 − √2)a
6

.

Xem lời giải
Thể tích của khối chóp tứ giác đều tất cả các cạnh bằng a là V =

3V
h=
=
Stp

√2a3
2
(√3 + 1) a2

=

√2a3
a2 √3
và diện tích toàn phần của hình chóp là Stp = 4 (
) + a2 = (√3 + 1) a2 . Do đó
6
4

(√6 − √2)a
.
4

Chọn đáp án B.
Câu trước Câu tiếp theo
Câu 36 (10 Điểm) - Q310036508 Báo lỗi
Trong y học các khối u ác tính được điều trị bằng xạ trị và hoá trị (sử dụng thuốc hoá học trị liệu). Xét một thí nghiệm y tế trong đó những con chuột có khối u ác
tính được điều trị bằng một loại thuốc hoá học trị liệu. Tại thời điểm bắt đầu sử dụng thuốc khối u có thể tích khoảng 0,5 cm3, thể tích khối u sau t (ngày) điều trị
xác định bởi công thức: V (t) = 0, 005e0,24t + 0, 495e−0,12t (0 ≤ t ≤ 18) cm3 . Hỏi sau khoảng bao nhiêu ngày thì thể tích khối u là nhỏ nhất ?
A. 10,84 ngày.
B. 9,87 ngày.
C. 16,25 ngày.
D. 8,13 ngày.
Xem lời giải

www.facebook.com/Thich.Hoc.Chui.Ver2/


Ta có V ′ (t) = 0, 0012e0,24t − 0, 0594e−0,12t .

0, 0594

99
′
Suy ra V (t) = 0 ⇔ e0,36t =
=
⇔ t = t0 =
0, 0012

2

1
99
ln
≈ 10, 84.
0, 36
2

Ta có min[0;18] V (t) = V (t0 ) ≈ 0, 253274 cm3 .
Chọn đáp án A.
Câu trước Câu tiếp theo
Câu 37 (10 Điểm) - Q465667035 Báo lỗi
Có tất cả bao nhiêu số phức z thỏa mãn |z + z¯| + |z − z¯| = 4 và |z − 2 − 2i| = 3√2.
A. 7.
B. 3.
C. 2.
D. 5.
Xem lời giải
Với z = a + bi ⇒ |z + z¯| + |z − z¯| = 4 ⇔ |2a| + |2b| = 4 ⇔ |a| + |b| = 2.
2

2

Khi đó |z − 2 − 2i| = 3√2 ⇔ (a − 2) + (b − 2) = 18.

Vậy ta có hệ {

|a| + |b| = 2
2

2

(a − 2) + (b − 2) = 18

⎧
⎪
⎪
⎪
⎪
⎪
⎪
⎪
⇔⎨
⎪
⎪
⎪
⎪
⎪
⎪
⎩
⎪

a + b = 2(a, b ≥ 0)
⎡
−a
+ b = 2(a ≤ 0, b ≥ 0)
⎢
⎢
⎢ a − b = 2(a ≥ 0, b ≤ 0)
⎣ −a − b = 2(a ≤ 0, b ≤ 0)
2

2

a = b = −1
⎡
⇔ ⎢ a = 1 − 2√2, b = 3 − 2√2
⎣ a = 3 − 2√2, b = 1 − 2√2

.

(a − 2) + (b − 2) = 18

Vậy có 3 số phức thoả mãn.
Chọn đáp án B.
Câu trước Câu tiếp theo
Câu 38 (10 Điểm) - Q956779523 Báo lỗi
Trong không gian Oxyz, cho tam giác ABC với A(2; 3; 3), đường trung tuyến kẻ từ đỉnh B là
góc C là

y−4
x−2

z−2
=
=
. Đường thẳng AB có một véctơ chỉ phương là
2
−1
−1

y−3
x−3
z−2
=
=
, phương trình đường phân giác trong
2
−1
−1

→
A. u1 (0; 1; −1).
→
B. u2 (2; 1; −1).
→
C. u3 (1; 2; 1).
→
D. u4 (1; −1; 0).
Xem lời giải
Gọi M(3 − t; 3 + 2t; 2 − t) là trung điểm cạnh AC, khi đó C(4 − 2t; 3 + 4t; 1 − 2t). Mặt khác C thuộc đường phân giác trong góc C nên
(4 − 2t) − 2
(3 + 4t) − 4

(1 − 2t) − 2
=
=
⇔ t = 0 ⇒ C(4; 3; 1).
2
−1
−1
′

′

′

Gọi A đối xứng với A qua phân giác trong góc C ⇒ A ∈ CB. Toạ độ điểm A là nghiệm của hệ

⎧
⎪
⎪
⎨
⎪
⎩
⎪

y+3
x+2
z+3
−2
−4
−2
2

2
2
=
=
2
−1
−1
2(x − 2) − (y − 3) − (z − 3) = 0

⇔ x = 2; y = 5; z = 1 ⇒ A′ (2; 5; 1).

⎧
⎨ www.facebook.com/Thich.Hoc.Chui.Ver2/


′

⎧ x = 4 + 2t

Phương trình đường thẳng BC qua A , C là ⎨ y = 3 − 2t

⎩

−→
⇒ B(2; 5; 1) = BC ∩ BM ⇒ AB(0; 2; −2).

z=1

Chọn đáp án A.
Câu trước Câu tiếp theo

Câu 39 (10 Điểm) - Q033995969 Báo lỗi
Cho khối chóp tứ giác đều P . ABCD có tất cả các cạnh bằng 2 được đặt nằm bên trên khối lập phương ABCD. EF GH (như hình vẽ). Côsin góc giữa hai mặt
phẳng (P AB) và (AEF B) bằng

A.

√6
.
3

B.

√3
.
3

C.

2√2
.
3

D.

1
.
3

Xem lời giải
2

Gọi M, N lần lượt là trung điểm AB, EF ta có (P MN)⊥AB ⇒ ((P AB), (AEF B)) = (MP , MN). Gọi O là tâm hình vuông ABCD có P O = √22 − √2 = √2.
Ta có MN = 2; MP =

√3
2
.2 = √3; P N = √1 + (2 + √2) .
2

MN 2 + MP 2 − P N 2
Do đó cos PˆMN =
=
2MN. MP

2

2

22 + √3 − (1 + (2 + √2) )
4√3

=−

√6
.
3

Chọn đáp án A.
Câu trước Câu tiếp theo
Câu 40 (10 Điểm) - Q669144306 Báo lỗi

Có bao nhiêu số nguyên a ∈ (−200; 200) để phương trình ex + ex+a = ln(1 + x) − ln(x + a + 1) có nghiệm thực duy nhất.
A. 399.
B. 199.
C. 200.
D. 398.
Xem lời giải
Do ex + ex+a > 0, ∀x do đó trước tiên phải có ln(1 + x) > ln(1 + x + a) ⇔ 1 + x > 1 + x + a ⇔ a < 0.
Vậy điều kiện của phương trình là {

1+x>0
⇔ x > −1 − a, ∀a < 0.
1+x+a>0

Phương trình tương đương với: ex + ex+a − ln(x + 1) + ln(x + a + 1) = 0.
Xét hàm số f(x) = ex + ex+a − ln(x + 1) + ln(x + a + 1).
′
Ta có f (x) = ex + ex+a −

1
1
a
+
= ex + ex+a −
x+1
x+a+1
(x + 1)(x + a + 1)

> 0, ∀a < 0, ∀x > −a − 1.

Bảng biến thiên: limx→+∞ f(x) = +∞; limx→−(a+1)+ f(x) = −∞ ⇒ f(x) = 0 luôn có một nghiệm thực duy nhất với mọi a < 0.

Chọn đáp án B.
Câu trước Câu tiếp theo
Câu 41 (10 Điểm) - Q256934546 Báo lỗi

www.facebook.com/Thich.Hoc.Chui.Ver2/


2

2

2

Trong không gian Oxyz, cho hai điểm A(−14; 13; −4), B(−7; −1; 1). Xét điểm M di động trên mặt cầu (S) : (x + 5) + (y + 5) + (z − 14) = 324. Giá trị lớn
nhất của 2MA − 3MB bằng
A. 9√5.
B. 3√309.
C. 12√5.
D. 9√11.
Xem lời giải
Với M(x; y; z) ∈ (S) ⇒ (x + 5)2 + (y + 5)2 + (z − 14)2 = 324.
Khi đó
2

2

2

2

2

2MA − 3MB = 2√(x + 14) + (y − 13) + (z + 4) − 3√(x + 7) + (y + 1) + (z − 1)
2

2

2

2

2

2

2

= √4 ((x + 14) + (y − 13) + (z + 4) ) + 5 ((x + 5) + (y + 5) + (z − 14) − 324)
2

2

−3√(x + 7) + (y + 1) + (z − 1)

2

= 3 (√(x + 9)2 + (y − 3)2 + (z − 6)2 − √(x + 7)2 + (y + 1)2 + (z − 1)2 )
= 3 (MC − MB) ≤ 3BC = 3√(22 + 42 + 52 ) = 9√5, C(−9; 3; 6).
⎧
⎪

−−→
−−→
⎪
⎪
⎪
⎧
⎪
⎪ MC = kBC
⎪
Dấu bằng đạt tại ⎨
⇔⎨
k>1
⎩
⎪
⎪
⎪
⎪
M ∈ (S)
⎪
⎪
⎩
⎪

−9 − x = −2k
3 − y = 4k
6 − z = 5k
k>1
2
(x + 5) + (y + 5)2 + (z − 14)2 = 324

x = −5
⎧
⎪
⎪ y = −5
⇔⎨
.
z = −4
⎪
⎩
⎪
k=2

Chọn đáp án A.
Câu trước Câu tiếp theo
Câu 42 (10 Điểm) - Q446598268 Báo lỗi
Cho hàm số f(x) liên tục trên đoạn [0; 3] và có bảng biến thiên như sau
Có bao nhiêu số nguyên m để phương trình f(x) = m(x4 − 2x2 + 2) có nghiệm thuộc đoạn [0; 3].
A. 9.
B. 5.
B. 4.
D. 7.
Xem lời giải
Có ycbt ⇔ m = h(x) =

f(x)
g(x)

có nghiệm thuộc đoạn [0; 3](∗).

Trong đó g(x) = x4 − 2x2 + 2.

Ta có max[0;3] f(x) = f(1) = 9; min[0;3] f(x) = f(3) = 5; min[0;3] g(x) = g(1) = 1; max[0;3] g(x) = g(3) = 65.
Do đó min[0;3] h(x) =

f(3)
g(3)

=

f(1)
1
1
; max[0;3] h(x) =
= 9. Vậy (∗) ⇔
≤ m ≤ 9 ⇒ m ∈ {1, . . . , 9} .
13
13
g(1)

Chọn đáp án A.
Câu trước Câu tiếp theo
Câu 43 (10 Điểm) - Q078936688 Báo lỗi
Có bao nhiêu số thực m để tồn tại duy nhất cặp số thực (x; y) thoả mãn đồng thời logx2 +y 2 +2 (4x + 4y + m2 − m − 5) ≥ 1 và x2 + y 2 + 2x − 4y + 1 = 0.

www.facebook.com/Thich.Hoc.Chui.Ver2/


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

Xem lời giải
Có điều kiện giả thiết tương đương với:

{

x2 + y 2 + 2x − 4y + 1 = 0
logx2 +y 2 +2 (4x + 4y + m2 − m − 5) ≥ 1

⇔{

x2 + y 2 + 2x − 4y + 1 = 0
4x + 4y + m2 − m − 5 ≥ x2 + y 2 + 2

2

⇔{

2

(x + 1) + (y − 2) = 4 (1)
2

2

(x − 2) + (y − 2) ≤ m2 − m + 1 (2)

Ta có (1) là đường tròn (C1 ) tâm I1 (−1; 2), R1 = 2; (2) là hình tròn (C2 ) tâm I2 (2; 2), R2 = √m2 − m + 1.
Để tồn tại duy nhất cặp số thực (x; y) khi và chỉ khi hệ có nghiệm duy nhất tương đương với (C1 ), (C2 ) tiếp xúc ngoài

⇔ I1 I2 = R1 + R2 ⇔ 3 = √m2 − m + 1 + 2 ⇔ m = 0; m = 1.

Chọn đáp án A.
*Chú ý tiếp xúc trong thì đường tròn và hình tròn có vô số điểm chung. Bạn đọc cần cẩn thận cho trường hợp này.
Câu trước Câu tiếp theo
Câu 44 (10 Điểm) - Q396538430 Báo lỗi
Cho hàm số f(x) = x3 + ax + b và g(x) = f(cx2 + dx) với a, b, c, d ∈ R có đồ thị như hình vẽ bên, trong đó đường cong đậm hơn là đồ thị của hàm số y = f(x).
Diện tích hình phẳng giới hạn bởi hai đường cong y = f(x) và y = g(x) gần nhất với kết quả nào dưới đây ?
A. 7, 66.
B. 4, 24.
C. 3, 63.
D. 5, 14.
Xem lời giải
Có f(0) = 1 và hàm số đạt cực đại tại điểm x = −1 nên {

f(0) = 1
b=1
a = −3
⇔{
⇔{
⇒ f(x) = x3 − 3x + 1.
f ′ (−1) = 0
3+a=0
b=1

3

Khi đó g(x) = (cx2 + dx) − 3(cx2 + dx) + 1.

⎧
⎪ g(−1) = 3

Đồ thị hàm số g(x) qua các điểm (0; 1); (−1; 3); (2; 3) do đó ⎨ g(0) = 1

⎩
⎪
g(2) = 3

3

⇔{

(c − d) − 3(c − d) + 1 = 3
3

(4c + 2d) − 3(4c + 2d) + 1 = 3

c = 1, d = −1
⎡
⎢⎢ c = 0, d = 1
1
3
⇔ ⎢⎢ c = , d = −
⎢⎢
2
2
⎢
1
1
⎣ c = − ,d =
2
2

.

Vì g(x) có ba điểm cực trị nên c ≠ 0; do limx→+∞ g(x) = +∞ ⇒ c > 0.
3

Đối chiếu lại điều kiện g(x) có ba điểm cực trị nên c = 1; d = −1 ⇒ g(x) = (x2 − x) − 3(x2 − x) + 1.
2

3

Vậy S = ∫ ∣∣((x2 − x) − 3(x2 − x) + 1) − (x3 − 3x + 1)∣∣ dx ≈ 5, 1384.
−1

Chọn đáp án D.
Câu trước Câu tiếp theo
Câu 45 (10 Điểm) - Q322794746 Báo lỗi
Trong không gian Oxyz, cho mặt cầu (S) : (x − 1)2 + (y − 1)2 + (z − 1)2 = 12 và mặt phẳng (P ) : x − 2y + 2z + 11 = 0. Xét điểm M di động trên (P ); các điểm
A, B, C phân biệt di động trên (S) sao cho AM, BM, CM là các tiếp tuyến của (S). Mặt phẳng (ABC) luôn đi qua điểm cố định nào dưới đây ?

1 1 1
A. ( ; − ; − ) .
4 2 2

www.facebook.com/Thich.Hoc.Chui.Ver2/

.


B. (0; −1; 3).

3
C. ( ; 0; 2) .
2
D. (0; 3; −1).
Xem lời giải
Mặt cầu (S) có tâm I(1; 1; 1) bán kính R = 2√3.
Xét điểm M(a; b; c) và A(x; y; z) ta có hệ điều kiện:

⎧
⎧
⎪ A ∈ (S)
⎪
0
ˆ
⇔
⎨ IAM = 90
⎨
⎩
⎩
⎪
⎪
M ∈ (P )

(x − 1)2 + (y − 1)2 + (z − 1)2 = 12
AI 2 + AM 2 = IM 2
a − 2b + 2c + 11 = 0

2

2

2

2

2

2

(x − 1) + (y − 1) + (z − 1) = 12 (1)

⎧
⎪
⇔⎨
⎪
⎩

2

2

2

12 + (x − a) + (y − b) + (z − c) = (a − 1) + (b − 1) + (c − 1) (2)
a − 2b + 2c + 11 = 0 (3)

.

Lấy (1) – (2) theo vế có:

(x − 1)2 + (y − 1)2 + (z − 1)2 − (12 + (x − a)2 + (y − b)2 + (z − c)2 ) = 12 − ((a − 1)2 + (b − 1)2 + (c − 1)2 )
⇔ (a − 1)x + (b − 1)y + (c − 1)z − a − b − c − 9 = 0
Vậy mặt phẳng qua ba tiếp điểm là (Q) : (a − 1)x + (b − 1)y + (c − 1)z − a − b − c − 9 = 0.
Kết hợp với (3) suy ra mặt phẳng này luôn đi qua điểm cố định (0; 3; −1).
Chọn đáp án D.
Câu trước Câu tiếp theo
Câu 46 (10 Điểm) - Q163834664 Báo lỗi
Cho hàm số y = f(x) có đồ thị của hàm số y = f ′ (x) như hình vẽ bên. Biết f(−2) < 0. Hàm số y = ∣∣f (1 − x2018 )∣∣ đồng biến trên khoảng nào dưới đây ?
A. (−2018
√3; 2018
√3).
B. (−1; +∞).
C. (−∞; −2018
√3).
D. (−2018
√3; 0).
Xem lời giải
Dựa trên đồ thị hàm số y = f ′ (x) và f(−2) < 0. ta có bảng biến thiên của hàm số y = f(x) như sau:
Vì x2018 ≥ 0, ∀x ⇒ 1 − x2018 ≤ 1, ∀x ⇒ f (1 − x2018 ) < 0, ∀x. Do đó y = ∣∣f (1 − x2018 )∣∣ = −f (1 − x2018 ) .
Và y ′ = 2018x2017 f ′ (1 − x2018 ) > 0 ⇔ x2017 f ′ (1 − x2018 ) > 0.
2018

1−x
< −2
′
TH1: x > 0 ⇒ y ′ > 0 ⇔ f (1 − x2018 ) > 0 ⇔ [
2018
1−x
>2

x>0

⇔ x2018 > 3 ⟷ x > 2018
√3.

x<0
′
TH2: x < 0 ⇒ y ′ > 0 ⇔ f (1 − x2018 ) < 0 ⇔ −2 < 1 − x2018 < 2 ⇔ x2018 < 3 ⟷ −2018
√3 < x < 0.

Chọn đáp án D.
Câu trước Câu tiếp theo
Câu 47 (10 Điểm) - Q316324611 Báo lỗi
2
Cho f(x) là một hàm đa thức và có đồ thị của hàm số f ′ (x) như hình vẽ bên. Hàm số y = ∣∣2f(x) − (x − 1) ∣∣ có tối đa bao nhiêu điểm cực trị?

A. 9.

www.facebook.com/Thich.Hoc.Chui.Ver2/


B. 7.
C. 3.
D. 5.
Xem lời giải
2

Xét g(x) = 2f(x) − (x − 1) .
+) Tìm số điểm cực trị của g(x) :

⎡
′
′
Ta có g ′ (x) = 0 ⇔ 2f (x) − 2(x − 1) = 0 ⇔ f (x) = x − 1 ⇔ ⎢⎢
⎢
⎣

x=0
x=1
.
x=2
x=3

′

Kẻ đường thẳng y = x − 1 cắt đồ thị f (x) tại bốn điểm phân biệt có hoành độ x = 0; x = 1; x = 2; x = 3 trong đó tại các điểm có hoành độ x = 2; x = 3 là
các điểm tiếp xúc, do đó g ′ (x) chỉ đổi dấu khi qua các điểm x = 0; x = 1. Vì vậy hàm số g(x) có hai điểm cực trị x = 0; x = 1.
+) Ta tìm số nghiệm của phương trình g(x) = 0.
Bảng biến thiên:
Suy ra phương trình g(x) = 0 có tối đa ba nghiệm phân biệt.
+) Vậy hàm số y = |g(x)| có tối đa 2 + 3 = 5 điểm cực trị.
Chọn đáp án D.
Câu trước Câu tiếp theo
Câu 48 (10 Điểm) - Q313333651 Báo lỗi
3

Cho hàm số y = f(x) có đạo hàm f ′ (x) > 0, ∀x ∈ [1; 2] thoả mãn f(1) = 1, f(2) =

A.

1
.
5

B.

7
.
5

C.

3
.
5

D.

4
.
5

2
2
(f ′ (x))
7
22
và ∫
dx =

. Tích phân ∫ f(x)dx bằng
4
15
375
1
x
1

Xem lời giải
2

Ta có ∫ f ′ (x)dx = f(2) − f(1) =
1

22
7
−1=
.
15
15

Mặt khác sử dụng bất đẳng thức AM – GM ta có:

(f ′ (x))
x4
2

Do đó ∫ (
1

(f ′ (x))
x4

3

3

+

(f ′ (x))
1 2
1 2
1 2 1 2
3 ′
3
x +
x ≥ 3√
.
x .
x =
f (x).
125
125
125
125
25
x4
3

2 (f ′ (x))

2 2
3 2 ′
3 2 ′
2 2 2
7
+
x ) dx ≥
∫ f (x)dx ⇔ ∫
dx ≥
∫ f (x)dx −
∫ x dx =
.
4
125
25 1
25
125
375
x
1
1
1

Vì vậy dấu bằng phải xảy ra, tức

Vì f(1) = 1 ⇒

3

(f ′ (x))

x4

3

=

1 2
x2
x2
x3
x ⇔ f ′ (x) =
⇒ f(x) = ∫
dx =
+ C.
125
5
5
15

1
14
x2
14
+C =1⇔C =
⇒ f(x) =
+
.
15
15
5

15

www.facebook.com/Thich.Hoc.Chui.Ver2/


2

2

Vậy ∫ f(x)dx = ∫ (
1

1

x2
14
7
+
) dx = .
5
15
5

Chọn đáp án B.
Câu trước Câu tiếp theo
Câu 49 (10 Điểm) - Q133416942 Báo lỗi
Có bao nhiêu số thực m để đường thẳng y = −x + m cắt đồ thị hàm số y =

ˆ
đường thẳng OA là phân giác của góc BOC.

1 3
x + (2 − m)x2 + 3(2m − 3)x + m tại ba điểm phân biệt A(0; m), B, C sao cho
3

A. 1.
B. 3.
C. 2.
D. 0.
Xem lời giải
Phương trình hoành độ giao điểm

⎡
1 3
x + (2 − m)x2 + 3(2m − 3)x + m = −x + m ⇔
3
⎣

x=0
1 2
x + (2 − m)x + 6m − 8 = 0(∗)
3

.

Để đường thẳng cắt đồ thị tại ba điểm phân biệt thì (*) phải có hai nghiệm phân biệt khác 0, hay

44
⎧
⎪ m2 − 12m +

>0
3
⇔⎨
(1).
4
⎪
⎩
m≠
3

4
⎧
2
(2 − m) − (6m − 8) > 0
⎨
3
⎩
6m − 8 ≠ 0

Toạ độ các điểm B(x1 , −x1 + m), C(x2 , −x2 + m) theo vi – ét có x1 + x2 = 3(m − 2); x1 x2 = 3(6m − 8). Để ý OA ≡ Oy có véctơ chỉ phương

→
j (0; 1).

ˆ
Vậy để đường thẳng OA là phân giác của góc BOC.
→ −−→ ∣ ∣
→ −−→ ∣
∣
∣cos( j , OB)∣ = ∣cos( j , OC)∣ ⇔

∣
∣ ∣
∣
⇔ x22 (m − x1 )2 = x1 2 (m − x22 ) ⇔ [

|m − x1 |
√x21 + (m − x1 )2

mx1 = mx2
m(x1 + x2 ) = 2x1 x2

⇔[

=

|m − x2 |
√x22 + (m − x2 )2

m=0
3m(m − 2) = 6(6m − 8)

m=0
⎡
⇔ ⎢ m = 7 + √33 .
⎣ m = 7 − √33

Đối chiếu điều kiện (1) và A ≠ O nhận m = 7 ± √33.
Chọn đáp án C.
Câu trước Câu tiếp theo
Câu 50 (10 Điểm) - Q395463901 Báo lỗi

Cho khối lăng trụ ABC. A′ B′ C ′ có thể tích V , đáy là tam giác cân, AB = AC. Gọi E là trung điểm cạnh AB và F là hình chiếu vuông góc của E lên BC. Mặt
phẳng (C ′ EF ) chia khối lăng trụ đã cho thành hai khối đa diện. Tính thể tích của khối đa diện chứa đỉnh A.
A.

47
V.
72

B.

25
V.
72

C.

29
V.
72

D.

43
V.
72

Xem lời giải
ể

ể

www.facebook.com/Thich.Hoc.Chui.Ver2/


Gọi M là trung điểm BC ⇒ AM⊥BC ⇒ EF ⊥BC thì F là trung điểm MB.
′

′

′

′

Kéo dài EF ∩ AC = I; IC ∩ AA = N. Khi đó (C EF ) cắt lăng trụ theo thiết diện là tứ giác EF C N.
Khối đa diện chứa đỉnh A có VA = VC ′ .AEF C + VC ′ .ANE .
Ta có VC ′ .AEF C =

Ta có

7
7 1
7
SAEF C
. VC ′ .ABC = VC ′ .ABC = . V =
V.
8
8 3
24
SABC

2
1
1
1
1
CA
CM
IA
AN
IA
=
= ⇒
= ⇒
=
= ⇒ AN = CC ′ = AA′ .
′
3
3
3
3
3
CI
CF
IC
IC
CC

Do đó VC ′ .ANE =

Vậy VA = (

SANE
. VC ′ .ABB′ A′
SABB′ A′

1
1 1
1
AN. AE
. AA′ . AB
2
2
1
2
2 3
2
=
. V =
. V =
V.
′
′
3
18
AA . AB 3
AA . AB

7
1
25

+
)V =
V.
24 18
72

Chọn đáp án B.

www.facebook.com/Thich.Hoc.Chui.Ver2/