đề thi thử THPT QG 2020 toán nguyễn trãi hải dương lần 1 có lời giải

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TRƯỜNG THPT NGUYỄN TRÃI

ĐỀ THI THỬ KỲ THI TPHT QUỐC GIA LẦN 1
NĂM HỌC 2019-2020
MÔN TOÁN
Thời gian làm bài: 90 phút

MỤC TIÊU
Đề thi thử trường THPT Nguyễn Trãi gồm 50 câu trắc nghiệm với 12% kiến thức lớp 11 và 88% kiến thức
lớp 12, không có kiến thức lớp 10 và bám sát đề thi THPTQG các năm. Đề thi này hầu như đã rà soát tất
cả các kiến thức lớp 11 và 12 (trừ chương số phức), qua đó giúp học sinh:
- Ôn tập các kiến thức đã được học.
- Rèn luyện các dạng toán đã biết phương pháp giải.
- Tư duy các câu hỏi phát triển hơn, ở mức độ khó hơn.
- Trong đề thi xuất hiện các câu hỏi khá hóc búa như 34, 41, 42, 45, 49,50.
Câu 1: Trong các hàm số sau, hàm số nào nghịch biến trên tập số thực?
x  10
y
3
2
2
x 1
A. y   x  2 x  10 x  4
B.
C. y  x  5 x  6.

D. y = x + 5.
Câu 2: Cho hàm số có bảng biến thiên như sau. Tổng các giá trị nguyên của m để đường thẳng y = m cắt
đồ thị tại ba điểm phân biệt bằng

C. 3 .

B. 1

A. 0.

y

D. 5 .

1
sin x cos 2 x
2

Câu 3: Tìm họ nguyên hàm của hàm số
A. 2cot 2 x  C
B. cot 2 x  C

C. cot 2 x  C
Câu 4: Tìm phương trình mặt cầu có tâm là điểm I ( 1;2;3 ) và tiếp xúc với trục Oz.
A.

 x  1

2

  y  2    z  3   5
2

2

2
2
B. ( x  1)  ( y  2)  ( z  3)  13
2
2
2
D. ( x  1)  ( y  2)  ( z  3)  10

2
2
2
C. ( x  1)  ( y  2)  ( z  3)  14

Câu 5: Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường
5
2
2 ln 2 
2 ln 2 
3
3
A.
B.

D. 2cot 2 x  C.

y

2x
; y  x 2 ; x  0; x  1
x 1

2 ln 2 

7
3

2 ln 2 

1
3

C.
D.
A  3;0;0  ; B  0; 6; 0  ; C  0; 0;6 
Câu 6: Cho tam giác ABC có
. Tìm tọa độ điểm H là hình chiếu vuông
góc của trọng tâm tam giác ABC trên mặt phẳng (α): x + y + z - 4 = 0
H  2; 1;3
H  2;1;3
H  2; 1; 3
H  2; 1;3
A.
B.
C.
D.
Câu 7: Cho đồ thị hàm số y = f ( x ). Diện tích S của hình phẳng (phần tô đậm trong hình vẽ) là:

Trang 1


A.

1

3

0

1

S  �
f ( x)dx  �
f ( x)dx

B.

3

C.

S�
f ( x)dx

D.

0

1

3

0

1

1

3

0

1

S�
f ( x)dx  �
f ( x) dx
S �
f ( x) dx  �
f ( x) dx

Câu 8: Cho hình chóp S . ABCD có đáy là hình vuông cạnh a , cạnh bên SA vuông góc đáy. Biết SA = 2 a
. Tính thể tích khối chóp S . ABCD. 
2a 3
A. 3

3
B. a
Câu 9: Khẳng định nào sau đây sai?

A.

x dx 
�

3
C. 2a

x 1
C
 1
(C là hằng số, α là hằng số)

e dx  e
�
x

B.

a3
D. 3

x

C

(C là hằng số)

1

�dx  ln | x | C
C. x

(C là hằng số) với x ≠ 0
 a; b đều có nguyên hàm trên đoạn  a; b .
D. Mọi hàm số f ( x ) liên tục trên đoạn

A   10;102 ;103 ;...;1010 
Câu 10: Cho tập hợp
. Gọi S là tập hợp các số nguyên dạng log100 m với m �A
Tính tích các phần tử của tập hợp S.
A. 60.
B. 24.
C. 120.
D. 720.

Câu 11: Tìm tập xác định của hàm số y  x
�\  0   
 �;0 
 0; �
A.
B.
C. �
D.
Câu 12: Viết công thức tính thể tích V của phần vật thể giới hạn bởi hai mặt phẳng vuông góc với trục Ox
2

tại các điểm
hoành độ

x  a, x  b  a  b 

x  a �x �b 

, có thiết diện bị cắt bởi mặt phẳng vuông góc với trục Ox tại điểm có

là S ( x ) .

b

A.

V 2�
S ( x) dx
a

b

B.

V �
S ( x )dx
a

b

C.

V �
S ( x) dx
a

b

D.

V �
S 2 ( x) dx
a

Câu 13: Cho hình chóp S . ABC có SA , SB , SC đôi một vuông góc với nhau và SA= 6; SB = 4; SC = 5;
M , N lần lượt là trung điểm của AB, AC. Tính thể tích khối chóp S .MBCN .
A. 30.
Câu 14: Cho ba điểm
phương trình là:

B. 5
 A  2;1; 1 ; B  1;0; 4  ; C  0; 2; 1

C. 15

D. 45

. Mặt phẳng đi qua A và vuông góc với BC có

Trang 2


A. x  2 y  5 z  5  0
C. 2 x  y  5 z  5  0
Câu 15: Cho hàm số
A. y = 2 x – 1

y

B. x  2 y  5 z  5  0
D. x  2 y  5 z  0

x 1
x  1 . Tìm phương trình tiếp tuyến với đồ thị hàm số tại điểm M (2;3) .
B. y  3x  9   
C. y = 3 x - 3
D. y  2 x  7

x
x
Câu 16: Cho phương trình 25  3.5  2  0 có hai nghiệm x1  x2 . Tính 3 x1  2 x2
A. 4log5 2
B. 0
C. 3log 5 2

D. 2log5 2 

4x 1
x  2020 có phương trình là
Câu 17: Đường tiệm cận của đồ thị hàm số
A. x = 2020.
B. y = 1
C. y = 4
D. y = 2
r
r

r
Câu 18: Trong không gian Oxyz cho ba vecto a  (1;1;0); b  (2; 2;0); c  (1;1;1) Trong các khẳng định
sau khẳng định nào sai?
r
r
r r
r r
a

2
c
 2
A. a  b
B.
C.
D. c  b
4
2
Câu 19: Tìm số điểm cực đại của đồ thị hàm số sau y  10 x  5 x  19
y

A. 2

B. 1

C. 3

D. 0

Câu 20: Cho hình trụ có chiều cao bằng 4a, diện tích xung quanh bằng 2 a . Tìm bán kính đáy của hình

trụ đó
a
a
A. 2a
B. 2
C. a
D. 4
2

Câu 21: Cho hình nón đỉnh S có bán kính đáy R  2 . Biết diện tích xung quanh của hình nón là 2 5 .
Tính thể tích khối nón?
5
4
2



A. π
B. 3
C. 3
D. 3
Câu 22: Hình vẽ sau là đồ thị của hàm số nào sau đây?

y  log 1 x
x
x
y

2
2

A. y = ln x
B.
C.
D. y  e
Câu 23: Cho tứ diện ABCD có cạnh AD vuông góc với mặt phẳng ( ABC ) , tam giác ABC vuông tại B có
0

cạnh AB = 3; BC = 4 và góc giữa DC và mặt phẳng ( ABC ) bằng 45 . Tính thể tích mặt cầu ngoại tiếp tứ
diện.
A.

V

125 3

3

B.

V

25 2

3

C.

V

125 2


3

D.

V

5 2

3

Trang 3


x

 x2

�1 � �1 �
� ��� �
Câu 24: Tìm tập nghiệm của bất phương trình �3 � �3 �
 �;1
 �;1
 1; �
A.
B.
C.

Câu 25: Gọi ,m M lần lượt là giá trị nhỏ nhất và giá trị lớn nhất của hàm số
 1;34 . Tính tổng S  3m  M

13
63
25
S
S
S
2
2
2
A.
B.
C.

D.
y

 1; �

1
x x2
2
trên đoạn

S

11
2

D.
Câu 26: Tính thể tích của vật thể tròn xoay khi quay hình phẳng giới hạn bởi các đường y  4; y  2;

x = 0; x = 1 quanh trục Ox .
A. 20π

B. 36π

C. 12π

D. 16π

a
Câu 27: Cho lăng trụ đứng ABC. A ' B ' C ' có đáy là tam giác đều cạnh bằng a , cạnh bên bằng 2 . Tính
thể tích khối lăng trụ?

3a 3
a3
A.
B. 8
C. 8
Câu 28: Có bao nhiêu giá trị nguyên của m để hàm số sau đồng biến trên tập số thực
3a 3
8

y

 4  m  x   2  m x
2

3

A. 3

2

3a 3
D. 4

 7x  9

B. 2

C. 4
 P : x  y  z  3  0

D. 1

Câu 29: Cho đường thẳng ( )d nằm trên mặt phẳng
và vuông góc với đường thẳng
 d � : x 1 1  3y  z1
. Tìm một vecto chỉ phương của đường thẳng ( )d .

 4; 2; 2 
 4; 2; 2 
 2;1;1
A. ( 2;1;1 )
B.
C.
D.
Câu 30: Cho tam giác ABC có độ dài ba cạnh là a , b , c. Gọi p là nửa chu vi của tam giác. Biết dãy số a ,
b , c , p theo thứ tự lập thành một cấp số cộng. Tìm cosin của góc nhỏ nhất trong tam giác đó.
4

3
5
3
A. 5
B. 4
C. 6
D. 5
Câu 31: Một người chơi trò gieo súc sắc. Mỗi ván gieo đồng thời ba con súc sắc. Người chơi thắng cuộc
nếu xuất hiện ít nhất 2 mặt sáu chấm. Tính xác suất để trong ba ván, người đó thắng ít nhất hai ván.
1
308
58
53
A. 1296
B. 19683
C. 19683
D. 23328

A  2;1; 1 ; B  0;3;1
M �mp    : x  y  z  3  0
Câu 32: Cho hai điểm
. Biết tập hợp các điểm
thỏa
2
2
mãn 2.MA  MB  4 là đường tròn bán kính r. Tính r .
A. r  2 7

B. r =6
y

Câu 33: Cho hàm số
đường tiệm cận đứng.
m � 6;8 
A.

C. r  2 6

D. r =5

20  6 x  x 2
x 2  8 x  2m . Tìm tất cả các giá trị của m sao cho đồ thị hàm số có đúng hai
B. m∈ ( 6;8 )

C.

m � 12;16 

D.

m � 0;16 

Trang 4


7
5
4
3
2

g  x   x3  3x  2
Câu 34: Cho hàm số f ( x)  x  x  x  x  2 x  2 x  10 và
. Đặt F ( x)  g[ f ( x)] .
Tìm tất cả các giá trị của tham số m để phương trình F(x)= m có ba nghiệm thực phân biệt.
m � 1;3
m � 0; 4 
m � 3;6 
m � 1;3
A.
B.
C.
D.

a 3
Câu 35: Cho tứ diện ABCD có AB = a ; AC = BC = AD = BD = 2 . Gọi M ,N là trung điểm của AB,

CD. Góc giữa hai mặt phẳng
cạnh AD.

 ABD  ;  ABC 

A. 2  3

là α . Tính cosα biết mặt cầu đường kính MN tiếp xúc với

B. 2 3  3

4

C. 3  2 3

D. 2  1

1

a
a
Câu 36: Biết 0
với b là các số hữu tỉ. Tính tỷ số b .
1
1
1
1
A. 2
B. 6
C. 4
D. 3
Câu 37: Cho hình chóp S.ABC có đáy là tam giác cân tại A, mặt bên ( SBC ) là tam giác đều và nằm trong

dx  a  b ln 2
�
1  tan x

   là mặt phẳng đi qua điểm B và vuông góc với SC, chia khối chóp
mặt phẳng vuông góc với đáy. Gọi
thành hai phần. Tính tỉ số thể tích của hai phần đó.
1
1
2
1

A. 2
B. 3
C. 3
D. 4
Câu 38: Cho mặt phẳng



đi qua hai điểm M ( 4;0;0 ) ; N ( 0;0;3 ) sao cho mặt phẳng

   tạo với mặt



0

phẳng ( Oyz ) một góc bằng 60 . Tính khoảng cách từ điểm gốc tọa độ đến mặt phẳng
2
3
A. 1
B. 2
C. 3
D. 2

�x  1  2m  mt
�
 d  : �y  2  2m  (1  m)t
�1
�
A � ;1; 4 �

�z  1  t
�
�đến đường thẳng
Câu 39: Tìm m để khoảng cách từ điểm �2
Đạt giá trị lớn nhất.
2
4
1
m
m
m
3
3
3
A.
B.
C.
D. m = 1

x
Câu 40: Tìm số nghiệm nguyên của bất phương trình ln

2

 3x  1  x 2  3 x  0

A. 0
B. 2
C. 3
D. 1

Câu 41: Cho hình lăng trụ ABC. A ' B ' C ' có đáy ABC là tam giác vuông tại A với AB = 2; BC = 4 . Mặt
bên ABB ' A ' là hình thoi có góc B bằng 60 0 . Gọi điểm K là trung điểm của B ' C.' Tính thể tích khối
3
d  A ' B '; BK    
2
lăng trụ biết

A. 4 3

B. 6

C. 3 3

D. 2 3

Trang 5


Câu 42: Cho dãy số
1
un 
2020 .

 un 

� 1
u 
�
�1 3
�

(n  1)un
�
un 1 
; n �1
�
3
n
thỏa mãn
. Có bao nhiêu số nguyên dương n thỏa mãn

A. 0

B. 9

Câu 43: Cho hàm số

y  f  x

C. Vô số
D. 5
f  4 x   f  x   4 x3  2 x
f  0  2
liên tục trên �. Biết
và
. Tính

1

f  x  dx
�

0

148
A. 63

146
B. 63

149
C. 63

145
D. 63

y  f  x
Câu 44: Cho hàm số
có đồ thị như hình vẽ sau. Tìm m để phương trình f ( sin x ) = m có đúng
hai nghiệm trên đoạn [ 0; π ] .

A. 4  m �3

B.  4 �m �3
C. m  4 hoặc m  3 D.  4 �m  3
 0;100 của phương trình sau :
Câu 45: Tìm số nghiệm x thuộc
1
2cos  x 1   cos  x  log 4 (3cos  x  1)
2
A. 51
B. 49

C. 50
D. 52
n
Câu 46: Tính tổng các số nguyên dương n thỏa mãn 4  3 viết trong hệ thập phân là số có 2020 chữ số
A. 6711
Câu 47: Cho hàm số

B. 6709

y  f  x

C. 6707

D. 6705

có đồ thị như hình vẽ sau.

Trang 6


4
2
Tìm số điểm cực trị của hàm số F ( x)  3 f ( x)  2 f ( x)  5
A. 6
B. 3
C. 5

D. 7
x 7 y 3 z 9
(d ) :



1
2
1 . Biết điểm
Câu 48: Cho hai điểm M ( 3;1;1 ) ; N ( 4;3;4 ) và đường thẳng
I  a; b; c  
 d  sao cho IM + IN đạt giá trị nhỏ nhất. tính S  2a  b   3c.
thuộc đường thẳng
A. 36
B. 38
C. 42
D. 40
AB

a
;
AC

2
a . Mặt phẳng (SBC)
Câu 49: Cho hình chóp S . ABC có đáy là tam giác vuông tại A với
vuông góc với mặt phẳng (ABC). Mặt phẳng (SAB) ; ( SAC) cùng tạo với mặt phẳng (ABC) một góc bằng
60°. Gọi α là góc giữa hai mặt phẳng (SAB) và ( SBC ). Tính tanα .
51
A. 17

B.

51

3

17
3

Câu 50: Cho a là hằng số dương khác 1 thỏa mãn a
khoảng nào sau đây
A. ( 4;+∞ )
B. ( 2;3 )

3 17
D. 17

C.
�4 cos2 x  1; x ��. Giá trị của a thuộc

20002 x

C. ( 0;2 )

D. ( 3;5 )

-----------HẾT---------Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm
ĐÁP ÁN
1. A
11. D
21. C
31. A
41. A

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

3. D
13. C
23. C
33. A
43. A

4. A
14. B
24. B
34. B
44. A

5. A
15. D
25. A
35. B
45. A

6. D
16. D
26. B
36. A
46. B

7. B
17. C
27. A
37. A
47. D

8. A
18. D
28. A
38. D
48. D

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

10. A
20. D
30. A
40. A
50. B

(tailieugiangday.com – Website đề thi – chuyên đề file word có lời giải chi tiết)

Quý thầy cô liên hệ đặt mua word: 03338.222.55
Trang 7

HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT
Câu 1 (TH) – Sự đồng biến, nghịch biến của hàm số
Phương pháp:
Hàm số y = f ( x ) nghịch biến trên � khi và chỉ khi hàm số xác định trên � và có đạo hàm y ' �0x ��
bằng 0 tại hữu hạn điểm.
Cách giải:
3
2
�
2
Xét đáp án A: y   x  2 x  10 x  4 có TXĐ D = � và có đạo hàm y  3 x  4 x  10  0x �R
3
2
Do đó hàm số y   x  2 x  10 x  4 nghịch biến trên khoảng xác định.
Chọn A.
Câu 2 (TH) – Tương giao đồ thị hàm số và biện luận nghiệm của phương trình
Phương pháp:
Dựa vào bảng biến thiên để xác định giá trị của m.
Cách giải:
Đường thẳng y  lnx y  m cắt đồ thị hàm số tại ba điểm phân biệt khi - 4 < m < 2.

Mà

m ��� m � 3; 2; 1 ;0;1

.

Vậy tổng các giá trị nguyên của m thỏa mãn yêu cầu bài toán bằng 5 .
Chọn D.
Câu 3 (TH) – Nguyên hàm

Phương pháp:
- Sử dụng công thức nhân đôi: sin 2 x  2sin x cos x
dx

�
- Sử dụng công thức tính nguyên hàm: sin

2

x

  cot x  C

Cách giải:
2

2
�1
� sin 2 x
s in x cos x  (sin x cos x)  � sin 2 x �
4
�2
�
Ta có:
1
4
4
�� 2
� 2
  cot 2 x  C  2 cot 2 x  C

2
sin x.cos x
sin 2 x
2
Chọn D.
Câu 4 (TH) – Phương trình mặt cầu
Phương pháp:
2

2

2

R  xI2  yI2
- Mặt cầu tiếp xúc với trục Oz có bán kính
2
2
2
2
I  a; b; c 
- Phương trình mặt cầu tâm
, bán kính R là: ( x  a)  ( y  b)  ( z  c)  R
Cách giải:
2
2
Vì mặt cầu tâm I ( 1;2;3 ) tiếp xúc với trục Oz nên có bán kính R  1  2  5
2
2
2
Vậy phương trình mặt cầu là ( x  1)  ( y  2)  ( z  3)  5

Chọn A.
Câu 5 (TH) – Ứng dụng của tích phân trong hình học
Phương pháp:
y  f  x , y  g  x
Diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số
, các đường thẳng x = a , x = b là:
Trang 8


b

S �
f ( x)  g ( x) dx
a

Cách giải:
Xét phương trình hoành độ giao điểm:
2x
� 2�
 x 2 ( x �1) � x �x  � 0
x 1
� 2�
�
x0
�
x0
�
�
��

��
x  1 (tm)
x( x  1)  2  0
�
�
x  2
�
�

Diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường
1
2x
S�
x2 
dx
x 1
0
1

S�
x2  2 
0

y

2x
; y  x 2 ; x  0; x  1
x 1
là

2x
dx
x 1

1

2x �
�2
S �
dx
�x  2 
�
x

1
�
�
0
�x 3
�1
� S  �  2 x  2 ln x  1 �
�3
�0
5
s    2ln 2
3
� S  2 ln 2 

5
3

Chọn A.
Câu 6 (TH) – Phương trình đường thẳng trong không gian
Phương pháp:
x A  xB  xC
�
�xG 
3
�
y A  y B  yC
�
�yG 
3
�
z A  z B  zC
�
�zG 
3
- Tìm trọng tâm G của tam giác ABC: �

 .
- Viết phương trình đường thẳng HG là đường thẳng đi qua G và vuông góc với
- Tìm H = HG ⋂ ( α ) .
Cách giải:
x A  xB  xC 3  0  0
�

1
�xG 
3

3
�
y  yB  yC 0  6  0
�
� �yG  A

 2 � G (1; 2; 2)
3
3
�
z A  zB  zC 0  0  6
�

2
�zG 
3
3
�
Gọi G là trọng tâm của tam giác ABC
Trang 9


uuur uuur
uHG  n( )  (1;1;1)

Vì H là hình chiếu vuông góc của G lên ( )α nên
�x  1  t
�
�y  2  t
�z  2  t

Khi đó phương trình đường thẳng HG là: �
� H  HG �( )
H �HG � H (1  t ; 2  t ; 2  t )

H �( ) � 1  t  2  t  2  t  4  0
� 3t  3  0 � t  1
 2; 1;3 .
Vậy H
Chọn D.
Câu 7 (TH) – Ứng dụng của tích phân trong hình học
Phương pháp:
- Xác định các nghiệm của phương trình hoành độ giao điểm giữa hàm số và trục hoành.
y  f  x , y  g  x
- Diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số
, các đường thẳng x = a , x = b là:
b

S�
f  x   g  x  dx
a

Cách giải:

Dựa vào đồ thị ta có:
3

x0
�
�
f ( x)  0 � �

x 1
�
x3
�
1

3

S �
f  x  dx  �
f  x  dx  �
f  x  dx

0
0
1
Khi đó:
Chọn B.
Câu 8 (NB) – Khái niệm về thể tích của khối đa diện
Phương pháp:

1
V  Bh
3
Áp dụng công thức tính thể tích hình chóp có chiều cao h , diện tích đáy B là
.
Cách giải:
2
Vì ABCD là hình vuông cạnh a nên S ABCD  a  
1

1
2
VSABCD  .SA.S ABCD  �
2a �
a2  a3
3
3
3
Vậy
Chọn A.
Câu 9 (NB) – Nguyên hàm
Phương pháp:
Sử dụng các công thức nguyên hàm cơ bản.
Cách giải:

Khẳng định sai là A. Khẳng định đúng phải là:
Chọn A.
Câu 10 (NB) – Lôgarit
Phương pháp:

x a dx 
�

x a 1
C
a 1
+ (C là hằng số, α là hằng số khác 1 ).

Trang 10

Sử dụng công thức
Cách giải:

log am b n 

n
log a b(0  a �1, b  0)
m

S   log100 10;log100 102 ; �;log100 1010 
Ta có:
Khi đó tích các phần tử của tập hợp S là:
T  log100 10 �
log100 10 2  log100 1010
T  log102 10 �
log102 10 2 �
log10 10 20
1
�
1.2 �
5  60
2
Chọn A.
Câu 11 (NB) – Hàm số lũy thừa
Phương pháp:


y�
�f  x  �

�
n

Hàm số
Cách giải:

với n � � xác định khi và chỉ khi f ( x ) xác định và f ( x ) > 0.

2
Hàm số y  x xác định khi x > 0 .
Vậy tập xác định của hàm số là D = ( 0; +∞ ) .
Chọn D.
Câu 12 (NB) – Ứng dụng của tích phân trong hình học
Phương pháp:
Thể tích V của phần vật thể giới hạn bởi hai mặt phẳng vuông góc với trục Ox tại các điểm
x = a , x = b ( a < b ) , có thiết diện bị cắt bởi mặt phẳng vuông góc với trục Ox tại điểm có hoành độ x
b

V �
S ( x)dx

S  x
a
( a ≤ x ≤ b ) là
là
Cách giải:
Thể tích V của phần vật thể giới hạn bởi hai mặt phẳng vuông góc với trục Ox tại các điểm
x = a , x = b ( a < b ) , có thiết diện bị cắt bởi mặt phẳng vuông góc với trục Ox tại điểm có hoành độ x
b

 a �x �b 

là

S  x

là

V �
S  x  dx
a

Chọn B.
Câu 13 (TH) – Khái niệm về thể tích của khối đa diện
Phương pháp:
Cho hình chóp S . ABC và các điểm A ', B ', C ' lần lượt thuộc các cạnh SA, SB , SC . Khi đó ta có:
VS . A ' B 'C ' SA� SB � SC �

� �
VS . ABC
SA SB SC
Cách giải:

Trang 11


Vì SA , SB , SC đôi một vuông góc với nhau nên
Ta có:
VA.SMN AM AN 1
1


�  � VA.SMN  VS . ABC
VA.SBC
AB AC 4
4

VSABC 

1
SA.SB.SC  20.
6

3
� VS.BMNC  VS . ABC  VS.AMN  VS . ABC
4
3
� VS .BMNC  .20  15
4
Chọn C.
Câu 14 (VD) – Phương trình mặt phẳng
Phương pháp:

M  x0 ; y0 ; z0 

Phương trình mặt phẳng đi qua
A  x  x0   B  y  y0   C  z  z0   0 . 

và có 1 VTPT

r

n  A; B; C  

là:

Cách giải:

uuur
B
(

1;0;
4);
C
(0;

2;

1)
�
BC (1; 2; 5)
Ta có
uuur
BC  1; 2;   5 
Mặt phẳng vuông góc với BC nhận
là 1 VTPT.

A  2;1; 1

Vậy phương trình mặt phẳng đi qua
và có vecto pháp tuyến

x  2  2( y  1)  5( z  1)  0 � x  2 y  5 z  5  0

uuur
BC  1; 2;   5 

là

Chọn B.
Câu 15 (NB) – Tiếp tuyến của đồ thị hàm số
Phương pháp:
Phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số y = f ( x ) tại điểm có hoành độ x  x0 là:
y  f '  x0   x  x0   f  x0  . 
Cách giải:
y' 

TXĐ: D = � \ { 1 } . Ta có
Tiếp tuyến của đồ thị hàm số

y

2

 x  1

2

2
x 1
k  y �(2) 
 2

(2  1) 2
x  1 tại điểm M ( 2;3 ) có hệ số góc là
Trang 12


y  2  x  2   3 � y  2 x   7. 
Vậy phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại M ( 2;3 ) là:
Chọn D.
Câu 16 (TH) – Phương trình mũ và phương trình lôgarit
Phương pháp:
x
- Đặt 5  t , đưa phương trình về dạng phương trình bậc hai ẩn t , giải phương trình tìm các nghiệm t .
- Từ các nghiệm t suy ra chính xác các nghiệm x1 , x2 và tính 3 x1  2 x2 . 
Cách giải:
t 1
�
t 2  3t  2  0 � � (tm)
x
5  t  t  0
t2
�
Đặt
, phương trình trở thành
�
5x  1
�x  0
� �x
� �1
5 2
�x2  log 3 2

�
� 3 x1  2 x2  2 log 5 2

Chọn D.
Câu 17 (NB) – Đường tiệm cận
Phương pháp:
ax  b
a
y
y
cx  d ( ad ≠ bc ) có TCN
c .
Đồ thị hàm số
Cách giải:
4x 1
y
x  2020 có phương trình là y = 4.
Đường tiệm cận của đồ thị hàm số
Chọn C.
Câu 18 (NB) – Hệ tọa độ trong không gian
Phương pháp:
Sử dụng các công thức:
r
r
rr
a  x1 ; y1 ; z2  ; b  x2 ; y2 ; z2  � ab  x1 x2  y1 y2  z1 z2
- Tích vô hướng:
r
r
a( x; y; z ) �| a | x 2  y 2  z 2

- Độ dài vectơ:
Hai vectơ vuông góc với nhau khi và chỉ khi tích vô hướng của chúng bằng 0.
Cách giải:
r
r
rr

b
(2;
2;0);
c
(1;1;1)
�
bc
 2.1  2.1  0.1  4 �0
Ta có
r
r
b
c
Suy ra không vuông góc với do đó khẳng định D sai.
Chọn D.
Câu 19 (TH) – Cực trị của hàm số
Phương pháp:
�
�f '  x   0
�
f ''  x   0
x


x
0
Điểm
là điểm cực đại của hàm số y = f ( x ) khi nó là nghiệm của hệ �
Cách giải:
TXĐ: D = �
�
3
�
�
2
Ta có: y  40 x  10 x, y  120 x  10

Trang 13


�
�
�
40 x3  10 x  0
�y  0
� �� � � 2
y 0
120 x  10  0
�
Xét hệ phương trình �
(Vô nghiệm).
Vậy hàm số đã cho không có điểm cực đại.
Chọn D.
Câu 20 (NB) – Mặt trụ

Phương pháp:

Diện tích xung quanh của hình trụ có chiều cao h , bán kính đáy r là:
Cách giải:
Gọi r là bán kính của hình trụ ta có: S
Chọn D.
Câu 21 (TH) – Mặt nón
Phương pháp:

S xq   rh. 

S xq  2 a 2 � 2 r.4a  2 a 2 � r 

- Diện tích xung quanh của hình nón có đường sinh l , bán kính đáy R là:

S

a
4

xq

  rl.

Tìm l .

2
2
- Tìm chiều cao của khối nón: h  l  R

1
V   R2h
3
- Thể tích xung quanh của hình nón có chiều cao h , bán kính đáy R là:
.
Cách giải:
Gọi ,h l lần lượt là đường cao và độ dài đường sinh của hình nón.

Diện tích xung quanh hình nón là S   RI  2 5 �  .21  2 5 � l  5
2
2
Chiều cao của hình nón là: h  l  R  5  4  1
1
4
V   R2h 
3
3
Vậy thể tích của khối nón là:

Chọn C.
Câu 22 (TH) – Hàm số Lôgarit
Phương pháp:
Dựa vào TXĐ và tính đơn điệu của hàm số.
Cách giải:
Dựa vào đồ thị hàm số ta thấy:
- Hàm số có TXĐ D = ( 0; +∞ ) nên loại đáp án B và D.
- Hàm số đồng biến trên ( 0;+∞ ) nên loại đáp án C.
Chọn A.
Câu 23 (TH) – Mặt cầu
Phương pháp:

- Gọi I là trung điểm của CD, sử dụng định lí: Tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác vuông là trung điểm
của cạnh huyền chứng minh I là tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD .
- Áp dụng định lí Pytago và các tỉ số lượng giác của góc nhọn trong tam giác vuông để tính bán kính khối
cầu.
4
V  R 3 . 
3
- Sử dụng công thức: Thể tích khối cầu bán kính R là:
Cách giải:

Trang 14


Gọi I là trung điểm của CD.
�BC  AB ( gt )
�
Ta có �BC  AD ( AD  ( ABC )) ⇒ BC ⊥ ( ABD ) ⇒ BC ⊥ BD .
Suy ra ∆ BCD vuông tại B ⇒ IB = IC = ID (tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác vuông là trung điểm của
cạnh huyền).
Lại có ∆ ACD vuông tại A (do AD ⊥ ( ABC ) ⇒ AD ⊥ AC ) ⇒ IA = IC = ID .
Do đó IA = IB = IC = ID hay I là tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD .
CD
R  IC 
2
Khi đó bán kính mặt cầu là
. Ta có: AD ⊥ ( ABC ) nên AC là hình chiếu của CD lên ( ABC )

� � CD;  ABC    � CD; CA   �ACD  450 . 

2

2
2
2
Xét tam giác vuông ABC có: AC  AB  AC  3  4  5 (định lí Pytago).

Xét tam giác vuông ACD có:

CD 

AC
5 2
5 2�R
0
cos 45
2

4
125 2
V   R3 

3
3
Vậy thể tích khối cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD là:
Chọn C.
Câu 24 (NB) – Bất phương trình mũ và bất phương trình lôgarit
Phương pháp:

Giải bất phương trình mũ cơ bản:
Cách giải:
x

a

f  x

�۳
a g  x

f  x

g  x

với 0 < a < 1 .

 x2

�1 � �1 �
x
x 2
x 1
� ��۳
�
�۳
�3 � �3 �
Vậy tập nghiệm của bất phương trình là S = [ 1; +∞ ) .
Chọn B.
Câu 25 (TH) – Giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số
Phương pháp:
Tìm đạo hàm của hàm số.
Lập bảng biến thiên rồi kết luận.

Cách giải:

Trang 15


TXĐ: D = [ 2; +∞ ) .
1
1
y � 
2 2 x2
Ta có
y � 0 �

x  2  1 � x  2  1 � x  1

Bảng biến thiên:

3
m   ; M  11
2
Dựa vào bảng biến thiên ta có
13
S  3m  M 
2
Vậy

Chọn A.
Câu 26 (TH) – Ứng dụng của tích phân trong hình học
Phương pháp:
y  f  x , y  g  x

Thể tích khối tròn xoay giới hạn bởi các đồ thị hàm số
, đường thẳng x  a, x  b là:
b

V �
f 2  x   g 2  x  dx
a

Cách giải:
Thể tích vật thể tròn xoay khi quay quanh hình phẳng giới hạn bởi các đường y = 4; y = - 2; x = 0; x = 1
quanh trục Ox là
1

1

V �
36dx  36
 4   2   dx   �
0

2

0

Chọn B.
Câu 27 (NB) – Khái niệm về thể tích của khối đa diện
Phương pháp:
- Lăng trụ đứng là lăng trụ có các cạnh bên vuông góc với đáy.
- Thể tích khối lăng trụ có chiều cao h, diện tích đáy B là: V = Bh .
Cách giải:

Diện tích tam giác đều cạnh a là:

S

a2 3
4
V  S .h 

a3 3 a a3 3
. 
4 2
8

Thể tích khối lăng trụ ABC . A ' B ' C ' là:
Chọn A.
Câu 28 (VD) – Sự đồng biến, nghịch biến của hàm số
Phương pháp:

f '  x  �0x ��
Hàm số y = f ( x ) đồng biến trên � khi và chỉ khi hàm số xác định trên � và
và bằng
0
Cách giải:
Trang 16


TXĐ: D = �
Ta có:

y '  3  4  m2  x2  2  2  m  x  7 . 

Để hàm số đồng biến trên � thì y ' �0x �� và bằng 0 tại hữu hạn điểm

�
4  m2  0
� �� 2
  m  4m  4  84  21m2  0
�
2  m  2
�
20
�
� � 20
�
m2
11


m

2
�
� 11
m ��� m � 1;0;1
Mà
Vậy có 3 giá trị của m thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Chọn A.
Câu 29 (TH) – Phương trình đường thẳng trong không gian
Phương pháp:
r r

na
�
r r r
n  [a , b ] � �r r
nb
�
Cách giải:
r
 d
u
Gọi vecto chỉ phương của đường thẳng
r
ur
n   1;1;1 
P  , u '  1;3; 1

Gọi
là 1 VTCP của đường thẳng
là 1 VTCP của đường thẳng ( d )' .
r r
�d �( P) �
un r
r r
� �r r �u  �
n , u ��
�
�
�
� (4; 2; 2)
d d

u u
�
�
Ta có:
Vì ( - 4;2;2 ) và ( - 2;1;1 ) là 2 vectơ cùng phương nên ( - 2;1;1 ) cũng là 1 VTCP của đường thẳng d .
Chọn D.
Câu 30 (VD) – Cấp số cộng (Toán 11)
Phương pháp:
- Sử dụng tính chất cấp số cộng: Nếu ba số a , b , c lập thành CSC thì a + c = 2 b .
- Rút 2 ẩn theo ẩn còn lại.
- Sử dụng quan hệ giữa cạnh và góc trong tam giác: Trong một tam giác, góc đối diện với cạnh nhỏ nhất
là góc nhỏ nhất.
- Áp dụng định lí Cô-sin trong tam giác:
Cách giải:

cos A 

b2  c 2  a2
2bc

�2b  a  c
�
Ta có a , b , c , p lập thành cấp số cộng nên �2c  b  p
� 3
a b
�
a  b  c 3b
�
� p


�� 4
5
2
2
�
c b
� 4
Ta thấy cạnh a có độ dài nhỏ nhất nên góc A là góc bé nhất.

Trang 17


cos A 

b2  c 2  a 2 4

2bc
5

Áp dụng định lí Cô-sin trong tam giác ta có
Chọn A.
Câu 31 (VD) – Xác suất của biến cố (Toán 11)
Phương pháp:
Ta tính xác suất người đó thắng 1 ván.
Sau đó tính xác suất người đó thắng ít nhất hai ván.
Cách giải:
1
5
Xác suất xuất hiện mặt 6 chấm là 6 , xác suất không xuất hiện mặt 6 chấm là 6 .
Người đó chơi thắng nếu xuất hiện ít nhất 2 mặt sáu chấm:

2

�1 � 5
� �.
TH1: 2 mặt sáu chấm, 1 mặt không phải sáu chấm ⇒ Xác suất là: �6 � 6
3

�1 �
��
TH2: 3 mặt sáu chấm ⇒ Xác suất là �6 �
2

3

�1 � 5 �1 � 1
35
� ��  � �
⇒ Xác suất để người đó thắng cuộc: �6 � 6 �6 � 36 , suy ra xác suất thua 1 ván là 36
3

2

1
�1 � �1 � 35
� � � �� 
Vậy xác suất để trong 3 ván, người đó thắng ít nhất hai ván là �36 � �36 � 36 1296
Chọn A.
Câu 32 (VD) – Phương trình mặt phẳng
Phương pháp:
2

2
- Gọi M ( x ; y ; z ) . Tính MA , MB , sử dụng công thức:
MA2   xM  xA    yM  y A    zM  z A 
2

2

2

- Suy ra tập hợp biểu diễn đường M là một mặt cầu, xác định rõ tâm I và bán kính R .
d  d  I;   
I  x0 ; y0 ; z0  ,    : Ax  By  Cz  D  0
- Tính
, sử dụng công thức
, khi đó
Ax0  By0  Cz0  D
d( I ;( )) 
A2  B 2  C 2
2
2
- Giao tuyến giữa ( )α và mặt cầu ( ;I R ) là đường tròn có bán kính r  R  d
Cách giải:

�MA2  ( x  2)2  ( y  1)2  ( z  1)2
� 2
MB  x 2  ( y  3) 2  ( z  1)2
Gọi M ( x ; y ;z ) ta có: �
2 MA2  MB 2  4
� 2�
( x  2) 2  ( y  1) 2  ( z  1) 2 �

x 2  ( y  3) 2  ( z  1) 2 �
�
� �
�
� 4
� 2 x2  8x  8  2 y 2  4 y  2  2 z 2  4 z  2  x2  y 2  6 y  9  z 2  2 z  1  4
� x2  y 2  z 2  8x  2 y  6 z  2  0
2
2
 S  tâm I  4; 1; 3 , bán kính
⇒ Tập hợp các điểm M thỏa mãn 2 MA  MB  4 là mặt cầu

R  42  12  32  2  2 7
Trang 18


Mà

M �   � M     � S  �



và mặt cầu

Tập hợp các điểm M là đường tròn giao tuyến

 C

giữa mặt phẳng

 S

d( I ;( )) 

| 4 1 3  3 |

Ta có:

12  12  12

 3d

 C  là: r  R 2  d 2  (2 7)2  ( 3) 2  5
Vậy bán kính của đường tròn
Chọn D.
Câu 33 (VD) – Đường tiệm cận
Phương pháp:
- Tìm ĐKXĐ của hàm số.
- Đồ thị hàm số có 2 đường tiệm cận đứng khi và chỉ khi phương trình mẫu số = 0 có 2 nghiệm phân biệt
thỏa mãn ĐKXĐ.
- Cô lập m . Sử dụng phương pháp hàm số.
Cách giải:
0 �x �6
�
�2
ĐKXĐ: �x  8 x  2m  0
y
Để đồ thị hàm số

20  6 x  x 2

x 2  8 x  2m có hai đường tiệm cận đứng thì phương trình x 2  8 x  2m  0 có

hai nghiệm phân biệt thuộc đoạn

 0;6

2
⇔ Phương trình x  8 x  2m có hai nghiệm phân biệt thuộc

 0;6  * . Xét hàm số f  x   x 2  8x ta có: f '  x   2 x  8  0 � x  4 .
đoạn
Bảng biến thiên:

  -�
16�-

2m
12 6 m 8.
Dựa vào bảng biến thiên ta thì
m � 6;8 
Vậy
.
Chọn A.
Câu 34 (VDC) – Tương giao đồ thị hàm số và biện luận nghiệm của phương trình
Phương pháp:
- Chứng minh hàm số f ( x ) luôn đồng biến trên � , đặt t = f ( x ) suy ra với mỗi giá trị của t cho 1
nghiệm x tương ứng.
- Đưa bài toán về ẩn t, lập BBT và kết luận.
Cách giải:
f  x   x 7  x 5  x 4  x 3  2 x 2  2 x  10

Xét hàm số
ta có:
TXĐ: D = �
�
6
4
3
2
Ta có: f ( x)  7 x  5 x  4 x  3 x  4 x  2
h  x   5 x 4  4 x3  3x 2  4 x  2
Xét hàm số
trên � ta có:

Trang 19


 

h�( x) 20 x 3 12 x 2 6 x 4 0

x

0, 62

BBT:

h  x   0x �� . 
f '  x   0x ��
Từ BBT ta thấy
do đó

Đặt f ( x ) = t , do hàm số f ( x ) đồng biến trên � nên với mỗi giá trị của t cho ta 1 nghiệm x .
F  t   g  t   t 3  3t  2 . 
Khi đó
Yêu cầu bài toán trở thành tìm tham số m để phương trình F ( t ) = m có 3 nghiệm t phân biệt.
t 1
�
g �(t )  3t 2  3  0 � �
t  1
�
Ta có
Bảng biến thiên:

Dựa vào BBT ta thấy phương trình F ( t ) = m có 3 nghiệm phân biệt khi và chỉ khi 0 < m < 4 .
Chọn B.
Câu 35 (VD) – Hai mặt phẳng vuông góc (Toán 11)
Phương pháp:
- Xác định góc giữa hai mặt phẳng là góc giữa hai đường thẳng lần lượt thuộc hai mặt phẳng và cùng
vuông góc với giao tuyến.
b2  c 2  a2
cos A 
2bc
- Áp dụng định lí Cô-sin trong tam giác:
Cách giải:

Tam giác ABC , ABD là các tam giác cân tại C và D nên CM ⊥ AB , DM ⊥ AB .
Ta có:

Trang 20

( ABC ) �( ABD)  AB
�
�
( ABC )  CM  AB
�
�
( ABD) �DM  AB
� �  ABC  ;  ABD    � CM ; DM    . 
�
Gọi I là trung điểm của MN.
Kẻ IK ⊥ AD mà mặt cầu đường kính MN tiếp xúc với
AD ⇒ IK = IM = IN .
Xét ∆ AMI và ∆ AKI có:
�AMI  �AKI   900
AIchung
M  IK (cmt)
⇒∆ AMI = ∆ AKI (cạnh huyền – cạnh góc vuông).
a
� AM  AK 
2
� DK  AD  AK 

a 3 a a ( 3  1)
 
2
2
2
DK  DN � DN 

a ( 3  1)

� CD  a( 3  1)
2

Chứng minh tương tự ta có
Ta có: CM ⊥ AB nên ∆ ACM vuông tại M , áp dụng định lí Pytago ta có:
3a 2 a 2 a 2


4
4
2

CM  AC 2  AM 2 

a 2
Tương tự ta tính được DM = 2
Áp dụng định lí Cô-sin trong tam giác MCD có:

cos �CMD 

MC 2  MD 2  CD 2
2 MCMD

a2 a2
  a 2 ( 3  1) 2
2
2

 2 33 0
a2

2�
2
Vậy cos   cos�CMD  2 3  3. 
Chọn B.
Câu 36 (VD) – Tích phân
Phương pháp:
sin x
tan x 
cos x , quy đồng.
- Sử dụng công thức
- Phân tích

cosx  A  sinx  cosx   B  cosx  sinx 

, sử dụng phương pháp đồng nhất tìm hệ số A,B.

dx

dx  x  C , �  ln | x | C
�
x
- Sử dụng các nguyên hàm cơ bản:

Cách giải:

4

Ta có



4

1
cos x
I �
dx  �
dx
1  tan x
sin x  cos x
0
0

Trang 21


cosx  A  sinx  cosx   B  cosx  sinx 
Đặt
� cosx   A  B  sinx   A  B  cosx
�
� 1
�
�A  2
�A  B  0
�
��
�
�A  B  1
�B  1
� 2
Đồng nhất hệ số ta được: �

Khi đó ta có:
 1
1
(sin x  cos x)  (cos x  sin x)
4
2
2
I �
dx
sin
x

cos
x
0
I


4


4

1 sin x  cos x
1 cos x  sin x
dx  �
dx
�
2 0 sin x  cos x
2 0 sin x  cos x


4


4

1
1 (sin x  cos x)�
I �
dx  �
dx
20
2 0 sin x  cos x


4
1  1
I  x |04  ln | sin x  cos x |
2
2
0

1  1
 1
�  ln 2   ln 2
2 4 2
8 4
1
1
� a  ,b 

8
4
a 1 1 1
 : 
Vậy b 8 4 2
I

.
Chọn A.
Câu 37 (VD) – Khái niệm về thể tích của khối đa diện
Phương pháp:
- Gọi I là trung điểm của BC, chứng minh SI ⊥ ( ABC ) .
- Kẻ IH ⊥ SC , chứng minh SC ⊥ ( AHI ) .
- Qua B dựng mặt phẳng song song với ( AHI ) , chứng minh đó là mặt phẳng qua B và vuông góc với SC
- Sử dụng tỉ số thể tích: Cho hình chóp .S ABC, các điểm A ', B ', C ' lần lượt thuộc SA , SB , SC , khi đó ta
VS . A ' B ' C ' SA� SB � SC �

� �
V
SA
SB SC
có S . ABC
Cách giải:

Trang 22


Gọi I là trung điểm của BC, do tam giác SBC đều nên SI ⊥ BC .
Ta có:
(( SBC )  ( ABC )

�
�
( SBC ) �( ABC )  BC � SI  ( ABC )
�
�
( SBC ) �SIBC
�
Vì tam giác ABC cân tại A (gt) nên AI ⊥ BC , lại có AI ⊥ SI (do SI ⊥ ( ABC ) ) nên suy ra AI ⊥ ( SBC ) ,
do đó AI ⊥ SC .
Gọi K là trung điểm của SC , do ∆ SBC đều nên BK ⊥ SC , trong ( SBC ) kẻ
IH / / BK ( H � SC ) � IH  SC. 
�IH  SC
� SC  ( AHI )
�
AI

SC
�
Ta có:
�BK ‖ IH
� ( BKN ) ‖ ( AHI )
�
�KN ‖ AH

Trong ( SAC ) kẻ KN / / AH ( N � SA) .  Ta có :
Mà SC ⊥ ( AHI ) ⇒ SC ⊥ ( BKN ) .
Do đó mặt phẳng qua B và vuông góc với SC chính là ( BKN ) . Mặt phẳng ( BKN ) chia khối chóp đã
cho
thành hai phần. Đặt V1  V .SBKN , V2  VBKN . ABC . 
Áp dụng định lí Ta-lét ta có:

HC IC
1
1

 1 � HK  HC  CK  SK
HK IB
2
2
SK 2 SN
�
 
SH 3 SA
V
SK SN 1 2 1
� SBKN 
�  �
VSBCA SC SA 2 3 3
1
1
� V1  VSBKN  VSBCA  VS . ABC
3
3
2
� V2  VS . ABC
3

Trang 23


V1 1 2 1

 : 
V
3 3 2
2
Vậy

Chọn A.
Chú ý: Công thức tỉ số thể tích trên chỉ áp dụng đối với chóp tam giác.
Câu 38 (VD) – Phương trình mặt phẳng
Phương pháp:
r
n (a , b, c )  a 2  b 2  c 2 �0 


- Gọi VTPT của mặt phẳng
là
uur uur
| np �
np |
cos(( P);(Q )) 
np np
- Sử dụng công thức:
uuuu
rr
MN �   � MN .n   0 . 
- Vì



- Rút 2 trong 3 ẩn a , b , c theo ẩn còn lại, từ đó suy ra VTPT của

.
r
   đi qua M và có VTPT n  a; b; c   có phương trình:
- Viết phương trình mặt phẳng
a  x  xM   b  y  yM   c  z  z M   0

O  x0 ; y0 ; z0 
   : Ax  By  Cz  D  0 là:
- Khoảng cách từ điểm
đến
Ax0  By0  Cz0  D
d  O;( )  
A2  B 2  C 2
Cách giải:
r
n(a; b; c)  a 2  b 2  c 2 �0 


Gọi VTPT của mặt phẳng
là
r
0

i   1;0;0   

Vì mặt phẳng
tạo với mặt phẳng ( Oyz ) có VTPT
một góc 60 nên ta có :
a
1

cos 600 

2
2
2
2
a b c

� a 2  b 2  c 2  2a
� a 2  b 2  c 2  4a 2

� 3a 2  b 2  c 2  1
Mặt khác

MN � 

uuuu
rr

 � MN .n   0

� 4a  3c  0 � c 

uuuu
r
MN  4;0;3

4
a
3

 3a 2  b 2 

16a 2
11
a 11
� b2  a 2 � b  �
9
9
3

Thay vào (1) ta có:
r � a 11 4 �
ur
n�
a, �
; a �/ /(3; � 11; 4)
�
�
3 3 �
n
�
�
Khi đó ta có:
do đó  (3; � 11; 4) cũng là 1 VTPT của mặt phẳng



.

Do đó phương trình mặt phẳng
d(O;( )) 

Vậy
Chọn D.



4)
11(
۱
y 0) 4( z 0) 0
là 3( x �

3x

11 y 4 z 12

0

| 3.0 � 11.0  40  12 |
2
9  11  16
Trang 24


Câu 39 (VD) – Phương trình đường thẳng trong không gian
Phương pháp:
Sử dụng công thức tính khoảng cách từ một điểm M xuống một đường thẳng
uuuu

r r
[ AM ; u ]
r
d (M ; d ) 
|u |
là 1 VTCP của đường thẳng d , A là một điểm bất kì thuộc đường thẳng d .
Cách giải:
 d  có VTCP M(1-2m ;-2+2 m ;1)
Đường thẳng
M  1  2m; 2  2m;1
và đi qua điểm
uuuu
r �1
�
AM �  2m; 3  2m; 3 �
�2
�
Ta có
uuuu
r r �
1
1�
� [ AM ; n]  �
 m,  m  ; 2m 2  m  �
2
2�
�
uuuu
r r
| [ AM ; n ] |

r
d( A; (d )) 
|n|
2

2

1�
� 1� � 2
m �
m  � �
2m  m  �
2�
� 2� �
2



m 2  (1  m)2  1

Đến đây việc thay các giá trị của m ở mỗi đáp án vào biểu thức khoảng cách trên để tìm GTLN là nhanh
nhất (học sinh hoàn toàn có thể sử dụng phương pháp hàm số để tìm GTLN hoặc có thể sử dụng chức
năng MODE 7 trên MTCT).
2
m
3 ta có: d  A;  d   �1,1 .
Thay
Thay
Thay

m

4
3 � d  A;  d   ; 1, 67 . 

m

1
3 � d  A;  d   ; 0,87 . 

Thay m = 1

� d  A;  d   ; 1,32

.
m

4
3

Vậy d ( A ; ( d ) ) đạt GTLN khi
Chọn B.
Câu 40 (VD) – Bất phương trình mũ và bất phương trình lôgarit
Phương pháp:
t  x 2  3 x  1 t  0 
- Đặt
, đưa bất phương trình về dạng f ( t ) < m .
- Xét tính đơn điệu của hàm số f ( t ) và kết luận nghiệm t của bất phương trình.
- Tử nghiệm t giải bất phương trình tìm nghiệm x sau đó tìm các giá trị x nguyên thỏa mãn.
Cách giải:

� 3  5
x
�
2
2
�
x  3x  1  0 �
� 3  5
x
�
�
2
ĐKXĐ:
Trang 25