đề thi thử toán thpt quốc gia có đáp án 2020

ĐỀ SỐ 11


BỘ ĐỀ THI THPT QUỐC GIA CHUẨN CẤU TRÚC BỘ GIÁO DỤC
Môn: Toán
Thời gian làm bài: 60 phút, không kể thời gian phát đề

Câu 1: Cho góc α thỏa mãn điều kiện π < α <

3π
và tan α = 2 . Tính giá trị của biểu thức
2

π

 5π

M = sin 2 α + sin  α + ÷+ sin 
− 2α ÷.
2

 2

A.

1
.
5

1
.

5

B. −

C.

1− 5
.
5

D.

1+ 5
.
5

Câu 2: Gọi M và m lần lượt là giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số
y = sin 5 x + 3 cos x . Trong các mệnh đề sau mệnh đề nào là sai?
A. M + m = 0 .

B. Mm = −3 .

C. M − m = 2 3 .

D.

M
=1.
m

n−4

3n 3 
 n
Câu 3: Tìm hệ số của x trong khai triển P ( x ) = 1 +
x−
x÷
8
 4


với x > 0 . Biết n là số

2
n−2
3
2
nguyên dương thỏa mãn điều kiện An + 3Cn − Cn +1 = An +1 − 2n .

A. 28.

B. 78.

C. 218.

D. 80.

Câu 4: Tìm số tự nhiên có 7 chữ số khác nhau từng đôi một, trong đó chữ số 2 đứng liền giữa
hai chữ số 1 và 3.
A. 7330.

B. 7300.

C. 7400.

D. 7440.

Câu 5: Một người bỏ ngẫu nhiên ba lá thứ vào ba chiếc phong bì đã ghi địa chỉ. Tính xác suất
để ít nhất có một lá thư bỏ đúng phong bì của nó.
A.

2
.
3

B.

2
.
5

C.

2
.
7

D.

2

.
9

Câu 6: Cho dãy số { xn } xác định bởi:
 x1 > 0
. Hãy tìm lim xn .

2
2
3 ( n + 2 ) xn +1 = 2 ( n + 1) xn + ( n + 4 ) , ∀n ≥ 1
A. 0.

B. 1.

C. 2.

D. 3.



3 x + 3x + 3 x − 3x ÷ .
Câu 7: Tính giới hạn xlim
→+∞ 


A. +∞ .

B. 0.

HOCTAI.VN – HỌC ĐỂ THÀNH TÀI!

C.

1
.
2

D. 3.
Trang 1


2
x
Câu 8: Cho hàm số y = ( x + 1) e . Tính vi phân của y.

A. dy =

1 x
2
e ( x + 1) dx .
2

x
B. dy = e ( x + 1) dx .

C. dy = e x ( x + 1) dx .

D. dy = e x ( x − 1) dx .

2

2

 x + 2a + b
Câu 9: Cho hàm số f ( x ) =  2
 ax + bx + 2
trị của biểu thức P = ( a + b )
A. 0.

2018

( a − b − 1)

2019

khi x < 1
khi x ≥ 1

có đạo hàm tại điểm x0 = 1 . Tính giá

+ 3a − 2b .

B. 1.

C. −1 .

D. 5.

Câu 10: Trong mặt phẳng Oxy, cho đường tròn ( C ) : ( x − 1) + ( y − 2 ) = 4 . Viết phương trình
2

2

đường tròn ảnh của (C) qua phép đồng dạng có được bằng cách thực hiện liên tiếp phép vị tự
r
tâm O tỉ số k = 2 và phép tịnh tiến theo vectơ v = ( 1; 2 ) .
A. ( x − 3) + ( y − 6 ) = 16 .

B. ( x − 3) + ( y − 6 ) = 4 .

C. ( x − 1) + ( y − 2 ) = 16 .

D. ( x − 1) + ( y − 2 ) = 4 .

2

2

2

2

2

2

2

2

Câu 11: Hình vẽ sau đây thể hiện sự tương giao giữa đồ thị

( C)

của hàm số

y = − x 4 + 3 x 2 + 1 và đường thẳng y = m + 1 .

Dựa vào hình vẽ trên, hãy xác định m để phương trình x 4 − 3 x 2 + m = 0 có 3 nghiệm phân biệt.
A. m = 0 .

B. 0 ≤ m < 1 .

Câu 12: Xét chiều biến thiên của hàm số y =

C. 0 < m ≤ 1 .

D. m = 1 .

x 2 + 8 x − 24
.
x2 − 4

A. Hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng ( −∞; −2 ) , ( −2;1) , ( 4; +∞ ) và đồng biến trên mỗi
khoảng ( 1; 2 ) , ( 2; 4 ) .
HOCTAI.VN – HỌC ĐỂ THÀNH TÀI!

Trang 2

B. Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng ( −∞; −2 ) , ( −2;1) , ( 4; +∞ ) và nghịch biến trên mỗi
khoảng ( 1; 2 ) , ( 2; 4 ) .
C. Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng ( −∞; −2 ) , ( −2;1) và nghịch biến trên mỗi khoảng

( 1; 2 ) , ( 2; 4 ) , ( 4; +∞ ) .
D. Hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng ( −∞; −2 ) , ( −2;1) và đồng biến trên mỗi khoảng

( 1; 2 ) , ( 2; 4 ) , ( 4; +∞ ) .
Câu 13: Tìm giá trị của m để hàm số y = x + m ( sin x + cos x + m ) luôn đồng biến trên ¡ .
A. −

2
2
.
≤m≤
2
2

B. 0 ≤ m ≤

2
.
2

2
≤ m ≤ 0.
2

C. −

Câu 14: Cho hàm số f ( x ) có đạo hàm là f ′ ( x ) = ( x − 1) ( x 3 − 8 )

2018

D. − 2 ≤ m ≤ 2 .
. Mệnh đề nào sau đây

đúng?
A. Hàm số f ( x ) chỉ có một cực tiểu;
B. Hàm số f ( x ) chỉ có một cực đại;
C. Hàm số f ( x ) có một cực đại và một cực tiểu;
D. Hàm số f ( x ) không có cực trị.
Câu 15: Tìm giá trị của m để tất cả các điểm cực trị của đồ thị hàm số y = − x 4 + 2mx 2 − 4
nằm trên các trục tọa độ.
A. m ∈ ( −∞;0 ) ∪ { 2}

B. m ∈ ( −∞;0] ∪ { 2}

C. m ∈ ( −∞;0 ) ∪ { −2} D. m = ±2

Câu 16: Gọi M, m lần lượt là giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số
f ( x ) = x 6 + 4 ( 1 − x 2 ) trên đoạn [ −1;1] . Tính giá trị của
3

A.

M
=2.
m

B.

M 3
= .
m 2

C.

M
.
m

M 4
= .
m 3

D.

M
= 3.
m

Câu 17: Tìm giá trị của m để đường thẳng d : y = 2 x + m cắt đồ thị ( C ) của hàm số
y=

x +1
tại hai điểm phân biệt A, B sao cho 0° < ·AOB < 90° .
x −1

A. m = 4 .

B. m ≥ 5 .

HOCTAI.VN – HỌC ĐỂ THÀNH TÀI!

C. m > 5 .

D. m = 5 .
Trang 3


Câu 18: Tìm m để đồ thị hàm số y =

x 3 + 2018
có hai tiệm cận song song với Oy.
x2 − 4x + m

A. m = −2 hoặc m = 2 .

B. m < −2 hoặc m > 2 .

C. m < −4 hoặc m > 4 .

D. m < −1 hoặc m > 1 .

Câu 19: Cho hàm số y =

x2 + x + 1
có đồ thị ( C ) và điểm M ( x0 ; y0 ) ∈ ( C ) . Biết rằng điểm M
x +1

thuộc nhánh bên phải tiệm cận đứng của ( C ) . Tìm x0 để điểm M ở gần điểm I ( −1; −1) nhất.
A. x0 = 1 −

1
.
4
2

1
−1.
4
2

B. x0 =

C. x0 = 1 +

1
.
4
2

D. x0 = −1 −

1
.
4
2

1 3
2
Câu 20: Một chất điểm chuyển động theo quy luật s = t − t . Tính thời điểm t (giây) tại đó
6
vận tốc v (m/s) của chuyển động đạt giá trị lớn nhất.
A. t = 0,5 .

B. t = 1 .

D. t = 2,5 .

C. t = 2 .

Câu 21: Cho x, y > 0 thỏa mãn log 9 x = log 6 y = log ( x + y ) . Tính tỉ số
A.

x
=2.
y

B.

x 1
= .
y 2

C.

x
.

y

x
5 −1
=
.
y
2

D.

x
5 +1
=
.
y
2

Câu 22: Tìm số bộ số ( x; y; z ) thỏa mãn các điều kiện sau:
2 x + 3 y + 5z = 10; 2 x3 y 5z = 30; xyz = 1
A. 1.

B. 5.

C. 6.

D. 7.

2
Câu 23: Tìm giá trị của m để hàm số y = log 2 log 3 ( m − 2 ) x + 2 ( m − 3) x + m  xác định trên ¡ .

B. m >

A. m > 2 .

7
.
3

C. 2 < m <

7
.
3

D. m ≥ 2 .

Câu 24: Tính đạo hàm của hàm số y = log 2 x ( 3x + 1) .
A. y ′ =
C. y ′ =

1
( 3x + 1) ln ( 2 x ) .

B. y ′ =

3 x ln ( 2 x ) − ( 3 x + 1) ln ( 3 x + 1)
x ( 3 x + 1)  ln ( 2 x ) 

2

.

D. y ′ =

3
( 3x + 1) ln ( 2 x ) .
3 x ln ( 2 x ) − ( 3 x + 1) ln ( 3 x + 1)
x 2 ( 3 x + 1)  ln ( 2 x ) 
2

2

.

Câu 25: Cho a, b, c, d là bốn số dương tạo thành một cấp số nhân với công bội q > 1 . Xét
dãy số log a, log b, log c, log d . Mệnh đề nào là đúng?
A. Dãy là cấp số nhân.
B. Dãy không phải là cấp số nhân, cấp số cộng.
HOCTAI.VN – HỌC ĐỂ THÀNH TÀI!

Trang 4


C. Dãy là cấp số cọng.
D. Dãy là dãy giảm.
Câu 26: Cho a = log 2 3; b = log 3 5; c = log 7 2 . Tính theo a, b, c giá trị của log140 63 .
A. log140 63 =

2ac − 1

.
abc + 2c + 1

B. log140 63 =

2ac + 1
.
abc + 2c + 1

C. log140 63 =

2ac + 1
.
abc − 2c + 1

D. log140 63 =

2abc + 1
.
abc + 2c + 1

Câu 27: Một nghiên cứu cho thấy một nhóm học sinh được cho xem cùng một danh sách các
loài động vật và được kiểm tra lại xem họ nhớ bao nhiêu % mỗi tháng. Sau t tháng, khả năng
nhớ trung bình của mỗi học sinh được tính theo công thức M ( t ) = 75 − 20 ln ( 1 + t ) , t ≥ 0 (đơn
vị %).
Hỏi sau khoảng bao lâu thì học sinh nhớ được danh sách đó là dưới 10%?
A. 24 tháng.

B. 20 tháng.

C. 2 năm 1 tháng.

D. 2 năm.

Câu 28: Cho số thực a, b, c thỏa mãn 1 < a < b < c . Bất đẳng thức nào sau đây đúng?
A. log a ( log a b ) + log b ( log b c ) + log c ( log c a ) > 0 .
B. log a ( log a b ) + log b ( log b c ) + log c ( log c a ) > 3 .
C. log a ( log a b ) + log b ( log b c ) + log c ( log c a ) ≥ 3 .
D. log a ( log a b ) + log b ( log b c ) + log c ( log c a ) > 3 3 .
 2 ( x + 1) , x ≤ 0
Câu 29: Cho hàm số f ( x ) = 
. Tìm k để
2
 k ( 1 − x ) , x < 0
A. k = 1 .

B. k = 2 .

Câu 30: Cho hàm số g ( x ) =
A. g ′ ( x ) =

1

∫ f ( x ) dx = 1 .

−1

C. k = 3 .

D. k = 4 .

3x

t 2 −1
∫2 x t 2 + 1 dt . Tính đạo hàm g ′ ( x ) .

9x2 −1
.
9x2 + 1

B. g ′ ( x ) =

9 x2 − 1 4 x2 − 1
C. g ′ ( x ) = 2
.
−
9x + 1 4x2 + 1

D. g ′ ( x ) =

4 x2 −1
.
4 x2 + 1
3 ( 9 x 2 − 1)
9 x2 + 1

−

2 ( 4 x 2 − 1)
4 x2 + 1

.

Câu 31: Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi hai đường cong

( C1 ) : x + 4 y − y 2 = 0 và ( C2 ) : x − 2 y + y 2 = 0 .
A. 11.

B. 10.

HOCTAI.VN – HỌC ĐỂ THÀNH TÀI!

C. 9.

D. 8.

Trang 5


Câu 32: Tính thể tích khối tròn xoay sinh ra khi cho elip ( E ) :
A.

4
π ab 2 .
3

B.
e

3

Câu 33: Cho I = ∫ x ln xdx =
1

A.

a 1
= .
b 2

4 2
πa b.
3

C.

x2 y 2
+
= 1 quay quanh trục Ox.
a 2 b2

3
π ab 2 .
4

D.

3 2
πa b.
4

3e a + 1
. Mệnh đề nào là đúng?
b

B. a + b = 20 .

C. ab = 60 .

Câu 34: Cho hàm số f ( x ) biết f ( 0 ) = 1 và f ′ ( x ) =

D. a − b = 12 .

4x2 + 4 x + 3
. Biết nguyên hàm của
2x +1

f ( x ) có dạng F ( x ) = ax 2 + bx + ln 2 x + 1 + c . Tính tỉ lệ a : b : c .
A. a : b : c = 1: 2 :1 .

B. a : b : c = 1:1:1 .

C. a : b : c = 2 : 2 :1 .

Câu 35: Một vật chuyển động với vận tốc v ( t ) (m/s) có gia tốc v′ ( t ) =

D. a : b : c = 1: 2 : 2 .
3
(m/s2). Vận tốc
t +1

ban đầu của vật là 6 (m/s). Hỏi vận tốc của vật sau 10 giây (làm tròn kết quả đến hàng đơn vị)
A. 10 m/s.

B. 11 m/s.

C. 12 m/s.

D. 13 m/s.

Câu 36: Cho hai số phức z1 , z2 thỏa mãn z1 = z2 = 1; z1 + z2 = 3 . Tính z1 − z2 .
A. 4.

B. 3.

C. 2.

D. 1.

Câu 37: Cho số phức z = a + ( a − 3) i với a ∈ ¡ . Tìm a để khoảng cách từ điểm biểu diễn
của số phức z đến gốc tọa độ là nhỏ nhất.
A.

2
.
3

B.

3
.

2

C.

3
.
2

D.

2
.
3

Câu 38: Tìm tập hợp các điểm biểu diễn số phức z thỏa z + z + i ( z + z ) = 2z .
A. Đườn tròn đơn vị.
B. Tia phân giác của góc phần tư thứ nhất (bao gồm cả gốc tọa độ).
C. Đường thẳng có phương trình y = x + 1
D. Đường elip có phương trình

x2
+ y2 = 1.
4

Câu 39: Cho hai số phức z1 , z2 thỏa mãn z1 = 3, z2 = 4, z1 − z2 = 37 . Tìm các số phức
z=

z1
.
z2

HOCTAI.VN – HỌC ĐỂ THÀNH TÀI!

Trang 6


3 3 3
A. z = − ±
i.
8
8

3 3 3
B. z = ±
i.
8
8

3 3 3
C. z = − ±
i.
4
4

D. z =

3 3 3
±
i.
4

4

Câu 40: Cho lăng trụ tam giác ABC. A′B′C ′ có đáy ABC là tam giác vuông tại A với
AB = a, AC = a 3 . Hình chiếu vuông góc của A’ lên mặt phẳng (ABC) trùng với trọng tâm
G của tam giác ABC và góc giữa AA’ tạo với mặt phẳng ( ABC ) bằng 60° . Gọi V là thể tích
khối lăng trụ ABC. A′B′C ′ . Tính 3 V +
A. 1.

V
−1 .
a3

B. a.

C. a 2 .

D. a 3 .

Câu 41: Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân tại B, SA vuông góc với
mặt đáy và SA = AB = a . Tính bán kính mặt cầu ngoại tiếp khối chóp.
A.

a 2
.
2

B. a.

C.

a 5
.
2

D.

a 3
.
2

·
Câu 42: Một hình chữ nhật ABCD có AB = a và BAC
= α với 0° < α < 90° . Cho hình chữ
nhật đó quay quanh cạnh AB, tam giác ABC tạo thành một hình nón có diện tích xung quanh
là S. Mệnh đề nào là sai?
A. S =

π a 2 tan α
.
cos α

B. S =

2
2
C. S = π a sin α ( 1 + tan α ) .

π a 2 sin α
.
cos 2 α

D. S = π a 2 tan α .

Câu 43: Cho hình trụ trục OO′ , đường tròn đáy ( C ) và ( C ′ ) . Xét hình nón đỉnh O’, đáy

( C)

có đường sinh hợp với đáy góc α ( 0° < α < 90° ) . Cho biết tỉ số diện tích xung quanh của

hình lăng trụ và hình nón bằng
A. 30° .

3 . Tính giá trị α .

B. 45° .

C. 60° .

D. Kết quả khác.

3
Câu 44: Cho hình nón tròn xoay đáy là đường tròn ( C ) tâm O, bán kính R =
, đường cao
2
SO =

3
. Xét hình cầu tâm I, nhận ( O ) làm đường tròn nhỏ và nhận tất cả đường sinh của
2

hình nón làm tiếp tuyến. Tính thể tích hình cầu.
A. V =

π
.
3

B. V =

2π
.
3

HOCTAI.VN – HỌC ĐỂ THÀNH TÀI!

C. V =

4π
.
3

D. V =

5π
.
3

Trang 7

Câu 45: Một hợp đựng Chocolate bằng kim loại có hình dạng lúc
mở nắp như hình vẽ dưới đây. Một phần tư thể tích phía trên của
hộp được dải một lớp bơ sữa ngọt, phần còn lại phía dưới chứa đầy
chocolate nguyên chất. Với kích thước như hình vẽ, gọi x = x0 là
giá trị làm cho hộp kim loại có thể tích lớn nhất, khi đó thể tích
chocolate nguyên chất có giá trị là V0 . Tìm V0 .
A. 48 đvtt.

B. 16 đvtt.

C. 64 đvtt.

D.

64
đvtt.
3

Câu 46: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt cầu

( S ) : x2 + y 2 + z 2 − 4x − 4 y − 4z = 0

và điểm A ( 4; 4;0 ) .

Viết phương trình mặt phẳng ( OAB ) , biết điểm B ∈ ( S ) và tam giác OAB đều.
A. x − y + z = 0, x + y − z = 0 .

B. x − y + z = 0, x − y − z = 0 .

C. x − y − z = 0, x − y − z = 0 .

D. x − y + z = 0, x − y + z = 0 .

Câu 47: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho A ( 1;0;5 ) , B ( 2; 2;6 ) và đường thẳng
∆:

x y+2 z−4
=
=
và mặt phẳng ( α ) : 2 x + y − z + 3 = 0 . Tìm điểm M nằm trên mặt phẳng
1
2
1
sao cho MB =

6
và ·ABM = 60° .
2

 3 13 
A. M  1; ; ÷.
 2 2

B. M ( 0;0;3) .

(α)

C. M ( 1;1;6 ) .

1


D. M  ; 2;6 ÷.
2


 x = −3 + 2t

Câu 48: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng ∆ :  y = −1 + t ( t ∈ ¡
z = 3 + t


)

và

mặt phẳng có phương trình ( α ) : x + 2 y − z + 5 = 0 . Gọi A là giao điểm của ∆ và ( α ) . Tìm
điểm B ∈ ∆, C ∈ ( α ) sao cho BA = 2 BC = 6 và ·ABC = 60° .
 5 5
 1 11 
A. B ( −3; −1;3) , C  − ;0; ÷ hoặc B ( −1;0; 4 ) , C  ;0; ÷.
2
 2 2
2
 5 5
 1 11 
B. B ( −3; −1;3) , C  − ;0; ÷ hoặc B ( 1;1;5 ) , C  ;0; ÷ .
2
 2 2
2

HOCTAI.VN – HỌC ĐỂ THÀNH TÀI!

Trang 8


 5 5
 1 11 
C. B ( −3; −1;3) , C  − ;0; ÷ hoặc B ( −7; −3;1) , C  ;0; ÷.
2
 2 2
2
 5 5
 1 11 
D. B ( −3; −1;3) , C  − ;0; ÷ hoặc B ( 3; 2;6 ) , C  ;0; ÷ .
2
 2 2
2
Câu 49: Trong không gian tọa độ cho đường thẳng d :

( P ) : x + y + z + 2 = 0 . Gọi M

x − 3 y + 2 z +1
=
=
và mặt phẳng
2
1
−1

là giao điểm của d và ( P ) . Viết phương trình đường thẳng ∆

nằm trong mặt phẳng ( P ) , vuông góc với d đồng thời thỏa mãn khoảng cách từ M tới ∆
bằng

42 .

A.

x+5 y + 2 z +5 x+3 y + 4 z −5
=
=
;
=
=
.
2
−3
1
2
−3
1

B.

x −5 y + 2 z +5 x +3 y + 4 z −5
=
=
;
=
=

.
−2
−3
1
2
−3
1

C.

x −5 y + 2 z +5 x +3 y + 4 z −5
=
=
;
=
=
.
2
−3
1
2
3
1

D.

x −5 y + 2 z +5 x +3 y + 4 z −5
=
=
;

=
=
.
2
−3
1
2
−3
1

Câu 50: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hình thang cân ABCD có AB là đáy lớn,
CD là đáy nhỏ và A ( 3; −1; −2 ) , B ( 1;5;1) , C ( 2;3;3 ) . Tìm tọa độ điểm D của hình thang cân.
 164 51 48 
1 1 1
; − ; ÷. C. D  ; ; ÷.
B. D 
49 49 
 49
2 3 4

A. D ( 4; −3;0 ) .

D. D ( −4;3;0 ) .

Đáp án
1-C
11-A
21-C
31-C
41-D

2-D
12-B
22-C
32-A
42-D

3-B
13-A
23-B
33-B
43-C

4-D
14-A
24-C
34-B
44-C

5-A
15-B
25-C
35-D
45-A

6-B
16-D
26-B
36-D
46-B

7-C
17-C
27-C
37-C
47-A

8-C
18-B
28-A
38-B
48-B

9-D
19-B
29-C
39-A
49-D

10-A
20-C
30-D
40-B
50-B

LỜI GIẢI CHI TIẾT
Câu 1: Đáp án C
Ta có

1

3π
= 1 + tan 2 α = 1 + 4 = 5 . Vì π < α <
nên cos α < 0
2
cos α
2

HOCTAI.VN – HỌC ĐỂ THÀNH TÀI!

Trang 9


Suy ra cos α = −

1
.
5

π

 5π

2
− 2α ÷ = sin 2 α + cos α + cos 2α
Khi đó M = sin α + sin  α + ÷+ sin 
2

 2

= sin 2 α + cos α + 2 cos 2 α − 1 = cos 2 α + cos α =

1 1 1− 5
−
=
.
5
5
5

Câu 2: Đáp án D
Ta có sin 5 x ≤ sin 4 x ⇒ y ≤ sin 4 x + 3 cos x .
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có:
1
2

( 1 − cos x ) ( 1 + cos x ) ( 1 + cos x ) = ( 2 − 2 cos x ) ( 1 + cos x ) ( 1 + cos x )
3

1  2 − 2 cos x + 1 + cos x + 1 + cos x  32
≤ 
< 3
÷ =
2
3
 27
⇒ 3 − ( 1 − cos x ) ( 1 + cos x ) ( 1 + cos x ) > 0
2
⇒ ( 1 − cos x )  3 − ( 1 − cos x ) ( 1 + cos x )  ≥ 0



⇔ 3 ( 1 − cos x ) − sin 4 x ≥ 0 ⇔ sin 4 x + 3 cos x ≤ 3
M = max y = 3 ⇔ cos x = 1 ⇔ x = k 2π , k ∈ ¢
Ta lại có y ≥ − sin 4 x + 3 cos x .
Tương tự như trên, áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có:
1
2

( 1 + cos x ) ( 1 − cos x ) ( 1 − cos x ) = ( 2 + 2 cos x ) ( 1 − cos x ) ( 1 − cos x )
≤

32
< 3
27

⇒ 3 − ( 1 + cos x ) ( 1 − cos x ) ( 1 − cos x ) > 0
2
⇒ ( 1 + cos x )  3 − ( 1 + cos x ) ( 1 − cos x )  ≥ 0



⇔ − sin 4 x + 3 cos x ≥ − 3
m = min y = − 3 ⇔ cos x = −1 ⇔ x = π + k 2π , k ∈ ¢ .
Do đó

M
= −1 . Vì vậy, mệnh đề D sai.
m

Câu 3: Đáp án B

HOCTAI.VN – HỌC ĐỂ THÀNH TÀI!

Trang 10


An2 + 3Cnn − 2 − Cn3+1 = An2+1 − 2n ( *)
Điều kiện: n ∈ ¥ , n ≥ 2 .
Với điều kiện trên, (*) tương đương với:
3
1
n ( n − 1) + n ( n − 1) − n ( n − 1) ( n + 1) = n ( n + 1) − 2n
6
6
⇔

3
1
( n − 1) − ( n 2 − 1) = n + 1 − 2 ⇔ n = 8
2
6

(

Khi đó : P ( x ) = 1 + 2 x − 3 x
4

= ∑ C4k . ( −3)

3

4−k

.x

4−k
3

k =0

Hệ số của số hạng x ứng với

) = ∑C
4

k

4

k =0

k
4

( −3 )

4−k

x

4−k

3

k

1


2
1
+
2
x

÷



i

∑ Cki 2i x 2 .
i =0

4−k i
+ = 1 ⇔ 2k − 3i = 2 .
3
2

Vì i, k ∈ ¥ và i ≤ k ≤ 4 nên ta suy ra : k = 4; i = 2 hoặc k = 2; i = 0 .
Như vậy hệ số của x trong khai triển là: C44 . ( −3) .C42 .22 + C42 . ( −3) .C20 .20 = 78 .
0

2

Câu 4: Đáp án D
Xét hai trường hợp:
Trường hợp 1: Số phải tìm chứa bộ 123.
4
Lấy 4 chữ số ∈ { 0; 4;5;6;7;8;9} : có A7 cách

Cài bộ 123 vào vị trí đầu, hoặc cuối, hoặc giữa hai chữ số liền nhau trong 4 chữ số vừa lấy:
có 5 cách.
4
Suy ra có 5A 7 = 5.840 = 4200 số gồm 7 chữ số khác nhau trong đó chứa bộ 123
3
Trong các số trên, có 4 A6 = 4.120 = 480 số có chữ số 0 đứng đầu.
4
3
Suy ra có 5 A7 − 4 A6 = 3720 số phải tìm trong đó có mặt bộ 123

Trường hợp 2: Số phải tìm có mặt bộ 321 (lập luận tương tự)
Có 3720 số gồm 7 chữ số khác nhau, có mặt 321
Tóm lại, có 3720.2 = 7440 số gồm 7 chữ số khác nhau đôi một, trong đó chữ số 2 đứng liền 2
chữ số 1 và 3.
Câu 5: Đáp án A
Xét các dãy số ( x1 , x2 , x3 ) , trong đó ( x1 , x2 , x3 ) là một hoán vị của ba số 1,2,3 (ở đây xi = i ,
tức là lá thư i đã bỏ đúng địa chỉ).
HOCTAI.VN – HỌC ĐỂ THÀNH TÀI!

Trang 11

Gọi Ω là tập hợp tất cả các khả năng bỏ 3 lá thư vào 3 phong bì. Khi đó Ω = 3! = 6 .
Gọi A là biến cố: “Có ít nhât 1 lá thư bỏ đúng phong bì”. Các khả năng thuận lợi của A là

( 1, 2,3) ; ( 1,3, 2 ) ; ( 3, 2,1) ; ( 2,1,3 ) . Do vậy

ΩA = 4 .

ΩA 4 2
= = .
Ω
6 3

Từ đó P ( A ) =

Câu 6: Đáp án B
2
2
Ta có: 3 ( n + 2 ) xn +1 = 2 ( n + 1) xn + ( n + 4 ) , ∀n ≥ 1

⇔ 3 ( n + 2 ) xn2+1 = 2 ( n + 1) xn2 − 2 ( n + 1) + 3 ( n + 2 ) , ∀n ≥ 1
⇔ 3 ( n + 2 ) ( xn2+1 − 1) = 2 ( n + 1) ( xn2 − 1) , ∀n ≥ 1
2 n +1
2
yn .
Đặt yn = xn − 1 . Khi đó yn +1 = .
3 n+2
2 ( n + 1)
2n
2

1
2
.
... y1 =  ÷ .
y1 hay lim yn = 0 .
Suy ra yn +1 =
3 ( n + 2 ) 3 ( n + 1) 3
3 n+2
n +1

Vậy lim xn = 1 .
Câu 7: Đáp án C


3 x + 3x + 3 x − 3x ÷
Ta có xlim

→+∞



= lim

x →+∞

3x + 3x
3x + 3 x + 3 x + 3 x

1
3x

1+
= lim

x →+∞

1+

1
1
+ 2 +1
3x 9 x

=

1
.
2

Câu 8: Đáp án C
x
2
x
x
2
x
Ta có y ′ = 2 xe + ( x + 1) e = e ( x + 2 x + 1) = e ( x + 1) .
2

Vậy dy = e x ( x + 1) dx .

2

Câu 9: Đáp án D
Do f có đạo hàm tại điểm x0 = −1 nên f liên tục tại điểm x0 = −1 .
Khi đó
lim f ( x ) = lim− f ( x ) = f ( 1) ⇔ lim+ ( ax 2 + bx + c ) = lim− ( x + 2a + b ) = f

x →1+

x →1

x →1

x →1

( 1)

⇔ a + b + 2 = 2a + b + 1 ⇔ a = 1 .

HOCTAI.VN – HỌC ĐỂ THÀNH TÀI!

Trang 12


x + 2 + b
Với a = 1 , hàm số f ( x ) trở thành f ( x ) =  2
 x + bx + 2

khi x < 1
khi x ≥ 1

.

f ( x ) có đạo hàm tại điểm x0 = 1 khi và chỉ khi
f ( x ) − f ( 1)
f ( x ) − f ( 1)
x 2 + bx + 2 − b − 3
x + 2+b−b−3
.
lim+
= lim−
⇔ lim+
= lim−
x →1
x →1
x →1
x →1
x −1
x −1
x −1
x −1
⇔ lim+ ( x + b + 1) = lim1
⇔ b + 2 = 1 ⇔ b = −1
−
x →1

x →1

Suy ra a + b = 0 .
Vậy P = 5 .

Câu 10: Đáp án A
uuuur
uuuu
r
 x′ = 2 x
* V( O ;2) : M ( x; y ) → M ′ ( x′; y′ ) ⇔ OM ′ = 2OM ⇔ 
.
 y′ = 2 y
 x " = x′ + 1
* Tvr : M ′ ( x′; y′ ) → M " ( x "; y") ⇔ 
.
 y " = y′ + 2
Do đó phép đồng dạng F : M ( x; y ) → M ′′ ( x′′; y ′′ ) có tọa độ thỏa mãn hệ thức

 x =

y =


x′ x′′ − 1
=
2
2
y′ y′′ − 2
=
2
2
2

2

2
2
 x′′ − 1   y′′ − 2

Do M ( x; y ) ∈ ( C ) nên 
− 1÷ + 
− 2 ÷ = 4 ⇔ ( x′′ − 3) + ( y ′′ − 6 ) = 16 .
 2
  2


Vậy ảnh của (C) qua F là đường tròn có phương trình ( x − 3) + ( y − 6 ) = 16 .
2

2

Câu 11: Đáp án A
* x 4 − 3x 2 + m = 0 ⇔ − x 4 + 3x 2 + 1 = m + 1 .
* Số nghiệm của phương trình là số giao điểm của đồ thị (C) với đường thẳng y = m + 1 .
* Dựa vào đồ thị, phương trình có 3 nghiệm phân biệt ⇔ m + 1 = 1 ⇔ m = 0 .
Câu 12: Đáp án B
* Tập xác định: D = ¡ \ { −2; 2} .
* y′ =

−8 x 2 + 40 x − 32
( x2 − 4) .

x = 1
* y′ = 0 ⇔ 

.
x = 4
HOCTAI.VN – HỌC ĐỂ THÀNH TÀI!

Trang 13


* Lập bảng biến thiên và suy ra chiều biến thiên của hàm số là đồng biến trên mỗi khoảng

( −∞; −2 ) , ( −2;1) , ( 4; +∞ )

và nghịch biến trên mỗi khoảng ( 1; 2 ) , ( 2; 4 ) .

Câu 13: Đáp án A

π

* y ′ = 1 + m ( cos x − sin x ) = 1 − 2m sin  x − ÷.
4

π

* Đặt t = sin  x − ÷ với t ∈ [ −1;1] , ta có f ( t ) = 1 − 2mt .
4

* Để hàm số đồng biến trên ¡ thì
 f ( −1) ≥ 0
1 + 2m ≥ 0
f ( t ) ≥ 0, ∀t ∈ [ −1;1] ⇔ 
⇔

 f ( 1) ≥ 0
1 − 2m ≥ 0

2
m ≥ −
2
2

2
⇔
⇔−
≤m≤
.
2
2
m ≤ 2

2
Câu 14: Đáp án A
* Tập xác định: D = ¡ .
x =1
* f ′( x) = 0 ⇔ 
. (Lưu ý x = 2 là nghiệm bội).
x = 2
* Dấu của f ′ ( x ) là dấu của x − 1 . Nhận thấy đạo hàm đổi dấu từ âm sang dương khi x đi qua
1 nên hàm số đạt cực tiểu tại x = 1 .
Câu 15: Đáp án B
x = 0
3
2

Ta có: y ′ = −4 x + 4mx = 4 x ( − x + m ) ; y ′ = 0 ⇔ 
2 .
x = m
* Nếu m ≤ 0 thì ( Cm ) chỉ có một điểm cực trị và đó là điểm cực đại nằm trên trục tung.
* Nếu m > 0 thì ( Cm ) có 3 điểm cực trị. Một điểm cực tiểu nằm trên trục tung và hai điểm

(

)(

2
cực đại có tọa độ − m ; m − 4 ,

)

m ; m 2 − 4 . Hai điểm cực đại này chỉ có thể nằm trên trục

hoành. Do đó m 2 − 4 = 0 ⇔ m = ±2 . Nhưng do m > 0 nên chọn m = 2 .
Vậy m ∈ ( −∞;0] ∪ { 2} là những giá trị cần tìm thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Câu 16: Đáp án D
Đặt t = x 2 . Do x ∈ [ −1;1] nên t ∈ [ 0;1] .
HOCTAI.VN – HỌC ĐỂ THÀNH TÀI!

Trang 14


3
2
Khi đó g ( t ) = −3t + 12t − 12t + 4 .

g ′ ( t ) = −9t 2 + 24t − 12 .
t = 2
g ′ ( t ) = 0 ⇔  2 . (Loại t = 2 ).
t =
 3
2 4
Ta có g ( 0 ) = 4; g  ÷ = ; g ( 1) = 1 .
3 9
Suy ra M = 4, m =
Vậy

4
.
9

M
= 3.
m

Câu 17: Đáp án C
Phương trình hoành độ giao điểm của (C) và d là:
x +1
 x ≠ 1
= 2x + m ⇔ 
.
2
x −1
 f ( x ) = 2 x + ( m − 3) x − m − 1 = 0
2
∆

 = m + 2m + 7 > 0, ∀ m
Ta có 
.
 f ( 1) = −2 ≠ 0

=> d luôn cắt ( C ) tại hai điểm phân biệt A, B.
Gọi x1 , x2 lần lượt là hoành độ các điểm A, B. Khi đó
2
2
2
·AOB nhọn ⇔ cos ·AOB = OA + OB − AB > 0 ⇔ OA2 + OB > AB 2 .
2.OA.OB

⇔ x12 + ( 2 x1 + m ) + x22 + ( 2 x2 + m ) > 5 ( x2 − x1 ) .
2

2

2

Sử dụng định lí Viet và giải bất phương trình theo m ta thu được m > 5 .
Câu 18: Đáp án B
2
Xét tam thức bậc hai f ( x ) = x − mx + 1 .

f ( x ) có ∆ = m 2 − 4
Khi m < −2 hoặc m > 2 thì f ( x ) có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 . Do đó đồ thị hàm số đã
cho có hai tiệm cận đứng x = x1 , x = x2 song song với Oy.
Câu 19: Đáp án B

HOCTAI.VN – HỌC ĐỂ THÀNH TÀI!

Trang 15



1 
M ∈ ( C ) ⇒ M  x0 ; x0 +
÷ với x0 > −1 .
x0 + 1 

2


1 
1
2
IM = ( x0 + 1) +  x0 + 1 +
+2≥ 2 2 +2.
÷ = 2 ( x0 + 1) +
2
x0 + 1 
( x0 + 1)

2

2

IM ngắn nhất ⇔ 2 ( x0 + 1) =

1

2

( x0 + 1)

2

⇔ x0 =

1
−1
2

4

(do x0 > −1 vì M nằm trên nhánh phải của đồ thị ( C ) ).
Câu 20: Đáp án C
1 3
2
Xét hàm số s = t − t , t ∈ ( 0; +∞ ) .
6
1 2
Vận tốc của chuyển động là v = s′ = 2t − t .
2
Ta có v′ = 2 − t ; v′ = 0 ⇔ t = 2 .
Lập bảng biến thiên và suy ra max v =
t∈( 0; +∞ )

8

⇔t =2.
3

Câu 21: Đáp án C
t
t
t
Đặt log 9 x = log 6 y = log 4 ( x + y ) = t ⇒ x = 9 , y = 6 , x + y = 4 .

 3  t
5 −1
 ÷ =
2t
t
2
2
3
3
t
t
t
Khi đó 9 + 6 = 4 ⇔  ÷ +  ÷ − 1 = 0 ⇔ 
.
t
2
2
3
−
5
−

1


 ÷ =
<0
2
 2 
t

Hơn nữa

x 9t  3 
5 −1
.
= t = ÷ =
y 6 2
2

Câu 22: Đáp án C
Xét các bộ số ( x; y; z ) = ( log 2 a;log 3 b;log 5 c ) trong đó a, b, c là hoán vị của { 2;3;5} . Với
các bộ số này thì điều kiện thứ ba của bài toán luôn được thỏa mãn.
Ta lại thấy 2 x + 3 y + 5 z = 2log2 a + 3log3 b + 5log5 c = a + b + c = 2 + 3 + 5 = 10 .
Và 2 x.3 y.5 z = 2log2 x.3log3 b.5log5 c = abc = 2.3.5 = 30 .
Do đó các bộ xác định như trên luôn thỏa mãn các điều kiện đã cho. Do đó số các hoán vị của

{ 2;3;5}

là 3! = 6 .

Câu 23: Đáp án B

HOCTAI.VN – HỌC ĐỂ THÀNH TÀI!

Trang 16


Hàm số đã cho xác định trên ¡ .
⇔ log 3 ( m − 2 ) x 2 + 2 ( m − 3) x + m  > 0, ∀x ∈ ¡
⇔ f ( x ) = ( m − 2 ) x 2 + 2 ( m − 3) x + m − 1 > 0, ∀x ∈ ¡ ( *)
* Nếu m = 2 thì f ( x ) = −2 x + 1 > 0 ⇔ x <

1
.
2

a = m − 2 > 0
7
⇔m> .
* Nếu m ≠ 2 thì ( *) ⇔ 
3
∆′ = −3m + 7 < 0
Câu 24: Đáp án C
Ta có y = log 2 x ( 3x + 1) =

ln ( 3 x + 1)
.
ln 2 x

ln ( 3 x + 1) ′ .ln ( 2 x ) − ln ( 3 x + 1) ln ( 2 x ) ′
Suy ra y ′ =
2

ln ( 2 x ) 
3
2
ln ( 2 x ) − ln ( 3 x + 1) 3 x ln 2 x − 3 x + 1 ln 3 x + 1
( ) (
) (
).
2x
= 3x + 1
=
2
2
ln ( 2 x ) 
x ( 3 x + 1)  ln ( 2 x ) 
Câu 25: Đáp án C
Xét cấp số nhân a, aq, aq 2 , aq 3 .
Suy ra có dãy số log a, log a + log q, log a + 2 log q, log a + 3log q .
Đây là cấp số cộng với công sai d = log q > 0 .
Câu 26: Đáp án B
Áp dụng công thức đổi cơ số ta có:
log140 63 =
Mặt khác log 2 7 =

log 2 63
log 2 7 + 2 log 2 3
=
( *)
log 2 140 1 + log 2 5 + log 2 7
log 3 5
1

1
= ;log 2 5 =
= log 3 5.log 2 3 = ab .
log 7 2 c
log 3 2

Thay vào (*) ta được: log140 63 =

1
+ 2a
c
2 + ab +

1
c

=

2ac + 1
.
abc + 2c + 1

Câu 27: Đáp án C
Theo công thức tính tỉ lệ % đã cho thì cần tìm nghiệm t của bất phương trình;
75 − 20 ln ( 1 + t ) ≤ 10 ⇔ ln ( 1 + t ) ≥ 3, 25 ⇒ t ≥ 24, 79 (tháng).
HOCTAI.VN – HỌC ĐỂ THÀNH TÀI!

Trang 17

Vậy sau khoảng 25 tháng (tức 2 năm 1 tháng) thì học sinh nhớ được danh sách đó là dưới
10%.
Câu 28: Đáp án A
Để ý rằng 1 < a < b nên log a b > 1 . Khi đó nếu xét cùng các cơ số a và b thì
log a ( log a b ) > log b ( log a b ) > 0 .
Do 1 < a < c nên log c a < 1 ⇒ 0 > log c ( log c a ) > log b ( log c a ) .
Từ đó suy ra
log a ( log a b ) + log b ( log b c ) + log c ( log c a ) > log b ( log a b.log b c.log c a ) = log b 1 = 0 .
Câu 29: Đáp án C
1

Ta có

∫

−1

0

1

−1

0

f ( x ) dx = ∫ −2 ( x + 1) dx + ∫ k ( 1 − x 2 dx ) = −1 +

2k
=1⇒ k = 3.
3

Câu 30: Đáp án D
Đặt f ( t ) =

t 2 −1
.
t2 +1

Gọi F là một nguyên hàm của f. Theo định nghĩa tích phân ta có
g ( x) = F ( t )

3x
2x

= F ( 3x ) − F ( 2 x ) .

Sử dụng công thức tính đạo hàm hàm số hợp ta được
g ′ ( x ) = 3F ′ ( 3 x ) − 2 F ′ ( 2 x ) = 3 f ( 3 x ) − 2 f ( 2 x ) =

3 ( 9 x 2 − 1)
9 x2 + 1

−

2 ( 4 x 2 − 1)
4x2 + 1

.

Câu 31: Đáp án C

2
2
Phương trình tung độ giao điểm giữa ( C1 ) : x = y − 4 y và ( C2 ) : x = 2 y − y là:

y = 0
y2 − 4 y = 2 y − y2 ⇔ 
.
y = 3
3

2
2
Vậy S = ∫ ( 2 y − y ) − ( y − 4 y )  dy = 9 .
0

Câu 32: Đáp án A
Ta có thể xem khối tròn xoay này là do hình giới hạn bởi bốn đường
x = a, x = −a, y = 0, y =

b 2
a − x 2 quay quanh trục Ox tạo nên.
a

b2
π b2
Vậy V = π ∫ 2 ( a 2 − x 2 ) dx = 2
a
a
−a
a

α

 2
x3 
4
a
x
−
= π ab 2 .


3  −α 3


HOCTAI.VN – HỌC ĐỂ THÀNH TÀI!

Trang 18


Câu 33: Đáp án B
1

du = dx

u
=
ln
x



x
⇒
Đặt 
.
3
4
 dv = x dx v = x

4
e

e

e

x4
1
e4 1
3e4 + 1
Khi đó I = ln x − ∫ x 3 dx = − x 4 =
.
4
41
4 14 1
16
1
Suy ra a = 3, b = 16 hay a + b = 20 .
Câu 34: Đáp án B
Ta có f ( x ) = ∫

4x2 + 4x + 3
2 

2
dx = ∫  2 x + 1 +
÷dx = x + x + ln x + 1 + C .
2x +1
2x +1 


2
Do f ( 0 ) = 1 nên c = 1 . Suy ra f ( x ) = x + x + ln 2 x + 1 + 1 .

Vậy a : b : c = 1:1:1 .
Câu 35: Đáp án D
Ta có v ( t ) = ∫ v′ ( t ) dt = ∫

3
dt = 3ln t + 1 + C .
t +1

Do vận tốc ban đầu là 6 m/s nên v ( t ) = 3ln t + 1 + 6 .
Vận tốc của vật sau 10 giây là v ( 6 ) = 3ln11 + 6 ≈ 13 ( m / s ) .
Câu 36: Đáp án D
Đặt z1 = x1 + iy1 , z 2 = x2 + iy2 .
 x12 + y12 = x22 + y22 = 1
⇒ 2 ( x1 y1 + x2 y2 ) = 1 .
Từ giả thiết ta suy ra 
2

2
( x1 + x2 ) + ( y1 + y2 ) = 3
Suy ra
z1 − z2 = ( x1 − x2 ) + ( y1 − y2 ) = ( x1 + x2 ) + ( y1 + y2 ) − 4 ( x1 y1 + x2 y2 ) = 3 − 2 = 1
2

2

2

2

2

Vậy z1 − z2 = 1 .
Câu 37: Đáp án C
Gọi M là điểm biểu diễn số phức z. Khi đó
OM = z = a + ( a − 3)
2

Dấu “=” xảy ra ⇔ a =

2

2

3 9
3

.

= 2 a − ÷ + ≥
2 2
2


3
.
2

HOCTAI.VN – HỌC ĐỂ THÀNH TÀI!

Trang 19


Câu 38: Đáp án B
Đặt z = x + yi với x, y ∈ ¡ . Suy ra z + z = 2 x .
x ≥ 0
 2 x = 2 x
z + z + i ( z + z ) = 2 z ⇔ 2 x + i ( 2 x ) = 2 x + 2iy ⇔ 
⇔
.
y = x
 2 x = 2 y
Vậy quỹ tích các điểm biểu diễn số phức z là tia phân giác của góc phần tư thứ nhất (bao gồm
cả gốc tọa độ).
Câu 39: Đáp án A
Đặt z1 = x1 + iy1 , z2 = x2 + iy2 . Từ giả thiết ta có

 x12 + y12 = 9


x12 + y12 + x22 + y22
x
x
+
y
y
=
= −6
 1 2 1 2
 2
2
2
x
+
y
=
16
⇒
 2

2

 x y − x y 2 = ( x 2 + y 2 ) ( x 2 + y 2 ) − ( x x + y y ) = 108
2
2
1
1
2
2
1 2

1 2
( x1 − x2 ) + ( y1 − y2 ) = 37 ( 2 1 1 2 )
Vậy z =

z1 z1 z2 z1 z2 −6 ± 6 3i
3 3 3
=
= 2 =
=− ±
i.
z 2 z 2 z2
z2
16
8
8

Câu 40: Đáp án B
Gọi M là trung điểm BC.
Từ giả thiết ta có BC = 2a, AG =
Suy ra A′G = AG tan 60° =
Ta có V = S ABC . A′G =
Vậy 3 V +

2
2a ·
AI =
, A′AG = 60° .
3
3

2a 3
.
3

1
1
2a 3
AB.AC . A′G = .a.a 3.
= a3 .
2
2
3

V
−1 = a .
a3

Câu 41: Đáp án D
 SA ⊥ ( ABC )
⇒ SA ⊥ AC .
Ta có 
 AC ⊂ ( ABC )
 SA ⊥ ( ABC )
⇒ SB ⊥ BC .

 AB ⊥ BC
Tâm I của mặt cầu là trung điểm của cạnh huyền SC.

HOCTAI.VN – HỌC ĐỂ THÀNH TÀI!

Trang 20


Bán kính: R = SI =

SC
=
2

SA2 + AC 2
=
2

SA2 + AB 2 + BC 2
a2 + a2 + a2 a 3
.
=
=
2
2
2

Câu 42: Đáp án D
∆ABC có BC = a.tan α ; AC =

S = π BC. AC =

a
.
cos α

π a 2 tan α π a 2 sin α
=
= π a 2 sin α ( 1 + tan 2 α ) .
cos α
cos 2 α

Do đó (A), (B), (C) đúng cho nên (D) sai.
Câu 43: Đáp án C
Gọi V1 ,V2 lần lượt là thể tích hình trụ và hình nón. Khi đó
V1 2π Rh 2π Ra sin α
=
=
= 2sin α = 3 . Vì 0° < α < 90° nên α = 60° .
V2 π Ra
π Ra
Câu 44: Đáp án C
Gọi ST là đường sinh hình nón.
·
Ta có tan IST
=

3
·
· = 30° .
⇒ OTI
= IST
3

3

OT
= 2 = 1.
∆OIT có R =
cos 30°
3
2
4
4π
3
Vậy V = π R =
.
3
3
Câu 45: Đáp án A
2
3
2
Ta có V = ( 6 − x ) ( 12 − 2 x ) x = 2 x ( x − 6 ) = 2 x ( x − 12 x + 36 ) = 2 x − 24 x + 72 x .
2

3
2
Xét hàm số f ( x ) = 2 x − 24 x + 72 x trên ( 0;6 )

x = 6
f ′ ( x ) = 6 x 2 − 48 x + 72; f ′ ( x ) = 0 ⇔ 
x = 2
f ( x ) = f ( 2 ) = 64 đvtt. Đến đây nhiều bạn vội vã khoanh C mà không đắn đo gì.
Khi đó max
( 0;6 )

Tuy nhiên, nếu vội vã như vậy là bạn đã sai, bởi đề bài yêu cầu tìm thể tích Chocolate nguyên

HOCTAI.VN – HỌC ĐỂ THÀNH TÀI!

Trang 21


chất mà không phải là thể tích hộp do đó ta cần. Tức là 1 −

1 3
=
thể tích hộp, tức là
4 4

3
.64 = 48 (đvtt).
4
Câu 46: Đáp án B
Cách 1:
B ∈ ( S ) và OAB đều nên ta có hệ phương trình sau:
 xB2 + yB2 + z B2 − 4 xB − 4 yB − 4 zB = 0
 2
2
OA = OB
OA2 = AB 2

 xB2 + yB2 + z B2 = 4 ( xB + y B + z B )
 xB + y B + z B = 8



2
2
2
⇔ 32 = xB + yB + z B
⇔  xB2 + yB2 + z B2 = 32

 2
2
2
2
2
2
 x B + y B + z B − 8 ( xB + y B ) = 0
32 = ( 4 − xB ) + ( 4 − yB ) + z B
 zB = 4
 xB + y B + z B = 8

 2
2
⇔  xB + yB2 + z B2 = 32 ⇔ ( xB + yB ) − 2 xB y B + z B2 = 32
x + y = 4
x + y = 4
B
B
 B
 B
 xB = 0
 xB = 4



⇔  yB = 4 hay  yB = 0
z = 4
z = 4
 B
 B
uuu
r
uuur
uuu
r uuur
Trường hợp 1: OA = ( 4; 4;0 ) , OB = ( 0; 4; 4 ) ⇒ OA, OB  = ( 16; −16;16 )

( )

Phương trình mp ( OAB ) : x − y + z = 0
uuu
r
uuur
uuu
r uuur
Trường hợp 2: OA = ( 4; 4;0 ) , OB = ( 4;0; 4 ) ⇒ OA, OB  = ( 16; −16; −16 ) .

( )

Phương trình mp ( OAB ) : x − y − z = 0 .
Cách 2

( S)

có tâm I ( 2; 2; 2 ) , bán kính R = 2 3 . Nhận thấy O và A đều thuộc ( S ) .

Tam giác OAB đều, có bán kính đường tròn ngoại tiếp r =
2
2
Khoảng cách d ( I ; ( P ) ) = R − r =

( P)

OA 4 2
=
.
3
3

2
.
3

đi qua O có phương trình dạng: ax + by + cz = 0; a 2 + b 2 + c 2 > 0 .

HOCTAI.VN – HỌC ĐỂ THÀNH TÀI!

Trang 22


( P)

đi qua A, suy ra b = − a .

d ( I;( P) ) =

2( a + b + c)
2
2
⇔
=
⇔
3
3
a2 + b2 + c2

2c
2a 2 + c 2

=

2
3

4c 2
4
⇔ 2 2 = ⇔ 12c 2 = 8a 2 + 4c 2 ⇔ c 2 = a 2 ⇔ c = ± a
2a + c
3
Vậy có hai mặt phẳng cần tìm: x − y + z = 0, x − y − z = 0 .
Câu 47: Đáp án A
Ta thấy A ∈ ∆, A ∈ ( α ) và B ∈ ∆ .
Áp dụng định lý hàm số Cosin cho tam giác MAB ta có:
3
6 1 9

MA2 = BA2 + BM 2 − 2 BA.BM .cos 60° = 6 + − 2 6.
. = .
2
2 2 2
Suy ra MA =

3 2
. Từ đây ta nhận thấy AB 2 = MA2 + MB 2 nên tam giác MAB vuông tại M
2

·
và có MAB
= 30° .

(

)

(

)

· , ( α ) = 2 + 2 −1 = 1 ⇒ ∆
· , ( α ) = 30° = MAB
·
Mặt khác: sin ∆
.
2
6. 6
Từ đó suy ra M chính là hình chiếu của B lên mặt phẳng ( α ) .

Khi đó MB :

x−2 y −2 z −6
=
=
⇒ M ( 2m + 2; m + 2; −m + 6 ) .
2
1
−1

Vì M thuộc mặt phẳng ( α ) nên
1
 3 13 
2 ( 2m + 2 ) + ( m + 2 ) − ( −m + 6 ) + 3 = 0 ⇒ m = − ⇒ M 1; ; ÷.
2
 2 2
 3 13 
Vậy M  1; ; ÷.
 2 2
Câu 48: Đáp án B
Góc giữa ∆ và ( α ) là 30° . Điểm A ( −1;0; 4 ) .
Ta có B ( −3 + 2t; −1 + t ;3 + t ) và AB = 6 nên B ( −3; −1;3) hoặc B ( 1;1;5 ) .
Vì BA = 2 BC = 6 và ·ABC = 60° nên tam giác ABC vuông tại C.
·
Suy ra : BAC
= 30° , do đó C là hình chiếu của điểm B trên mặt phẳng ( α ) .
Từ đó ta tìm được hai điểm C tương ứng với hai điểm B ở trên là:

HOCTAI.VN – HỌC ĐỂ THÀNH TÀI!

Trang 23


 5 5
 1 11 
C  − ;0; ÷ hoặc C  ;0; ÷ .
2
 2 2
2
Câu 49: Đáp án D
 x = 3 + 2t

Ta có phương trình tham số của d là:  y = −2 + t với t ∈ ¡ .
 z = −1 − t

Suy ra tọa độ điểm M là nghiệm của phương trình:
3 + 2t − 2 + t − 1 − t + 2 = 0 ⇔ t = −1 ⇒ M ( 1; −3;0 ) .
uur
uu
r
Lại có VTPT của ( P ) là n p ( 1;1;1) , VTCP của d là ud ( 2;1; −1) .
uu
r
uu
r uur
Vì ∆ nằm trong ( P ) và vuông góc với d nên VTCP u∆ = ud , n p  = ( 2; −3;1) .
Gọi N ( x; y; z ) là hình chiếu vuông góc của M trên ∆ , khi đó
uuuu
r
MN = ( x − 1; y + 3; z ) .

uu
r
uuuu
r
Ta có MN vuông góc với u∆ nên ta có hệ phương trình: 2x − 3 y + z − 11 = 0
x + y + z + 2 = 0

Lại có N ∈ ( P ) và MN = 42 ta có hệ:  2 x − 3 y + z − 11 = 0

2
2
2
( x − 1) + ( y + 3) + z = 42
Giải hệ ta tìm được hai nghiệm ( x; y; z ) là ( 5; −2; −5 ) , ( −3; −4;5 ) .
- Nếu N ( 5; −2; −5 ) ta có phương trình ∆ :

x−5 y +2 z +5
=
=
.
2
−3
1

- Nếu N ( −3; −4;5 ) ta có phương trình ∆ :

x +3 y + 4 z −5
=
=
.

2
−3
1

Câu 50: Đáp án B
Vì ABCD là hình thang cân nên AD = BC = 3 .
Gọi ∆ là đường thẳng qua C và song song với AB.
Gọi ( S ) là mặt cầu tâm A bán kính R = 3 . Điểm D cần tìm là giao điểm của ∆ và ( S ) .
 x = 2 − 2t
uuur

Đường thẳng ∆ có vectơ chỉ phương AB = ( −2;6;3) nên có phương trình:  y = 3 + 6t .
 z = 3 + 3t

Phương trình mặt cầu ( S ) : ( x − 3) + ( y + 1) + ( z + 2 ) = 9 .
2

2

2

Tọa độ điểm D là nghiệm của phương trình
HOCTAI.VN – HỌC ĐỂ THÀNH TÀI!

Trang 24


( −2t − 1)

2

+ ( 6t + 4 ) + ( 3t + 5 )
2

2

 t = −1
= 9 ⇔ 49t + 82t + 33 = 0 ⇔ 
.
t = − 33
49

2

+ Với t = −1 thì D ( 4; −3;0 ) : không thỏa vì AB = CD = 7 .
+ Với t = −

33
 164 51 48 
; − ; ÷ (thỏa mãn).
thì D 
49 49 
49
 49

HOCTAI.VN – HỌC ĐỂ THÀNH TÀI!

Trang 25