giải chi tiết bộ 7 đề toán chuẩn cấu trúc 2020 (đề 1 đến 7)

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2020
ĐỀ SỐ 1

ĐỀ THAM KHẢO
(Đề có 06 trang)

Môn thi: TOÁN
Thời gian làm bài: 90 phút, không kể thời gian phát đề
(Đề thi có 50 câu trắc nghiệm)

Mã đề thi 001

Họ, tên thí sinh: .....................................................................
Số báo danh: ..........................................................................

a b c
1
Câu 1. Cho
, ,
là các số thực dương khác . Hình vẽ bên là đồ thị các hàm số
y = a x , y = b x , y = log c x
.

Mệnh đề nào sau đây đúng?
c < b < a.
a < c < b.
A.
B.

C.
x
x+ 2
4 −2 +3=0

c < a < b.

D.

a < b < c.

Câu 2. Số nghiệm thực của phương trình
là:
3
0
1
2
A. .
B. .
C. .
D. .
Câu 3. Đường cong ở hình bên là đồ thị của một trong bốn hàm số dưới đây. Hàm số đó là hàm số nào?

A.

.
y = − x + 3x + 2
3

C.

y=

y = x 3 − 3x 2 + 2

Câu 4. Hàm số

B.

2

.
y = f ( x)

x+2
x +1

.
y = x − 2 x3 + 2
4

có đạo hàm trên

R \ { −2; 2}

D.

.

, có bảng biến thiên như sau:

y=

1
f ( x ) − 2018

k l
Gọi , lần lượt là số đường tiệm cận đứng và tiệm cận ngang của đồ thị hàm số
. Tính
k +l
.
k +l =3
k +l = 4
k +l =5
k +l = 2
A.
.
B.
.
C.
.
D.
.
S . ABCD
ABCD
Câu 5. Cho khối chóp
có đáy
là hình chữ nhật. Một mặt phẳng thay đổi nhưng luôn
SA SB SC SD

M N P Q
M ′ N ′ P′
song song với đáy và cắt các cạnh bên
,
,
,
lần lượt tại
, , , . Gọi
,
, ,
SM
ABCD
(
)
Q′
SA
M N P Q
lần lượt là hình chiếu vuông góc của
, , ,
lên mặt phẳng
. Tính tỉ số
để thể
MNPQ.M ′N ′P′Q′
tích khối đa diện
đạt giá trị lớn nhất.
1
3
2
1
3

4
3
2
A. .
B.
.
C.
.
D. .
y = f ( x)
y = f ′( x)
¡
Câu 6. Cho hàm số
có đạo hàm và liên tục trên . Biết rằng đồ thị hàm số
như
2
hình dưới đây.

g ( x) = f ( x) − x2 − x

Lập hàm số
g ( −1) = g ( 1)
A.
.

. Mệnh đề nào sau đây đúng?
g ( 1) = g ( 2 )
g ( 1) > g ( 2 )
g ( −1) > g ( 1)
B.

.
C.
.
D.
.
′
′
′
′
′
ABC. A B C
AB ⊥ BC
V
a
Câu 7. Cho lăng trụ tam giác đều
có cạnh đáy bằng và
. Tính thể tích
của
khối lăng trụ đã cho.
a3 6
a3 6
7a3
V
=
V
=
V=
V = a3 6
8
4

8
A.
.
B.
.
C.
.
D.
.
4
3
2
f ( x) = x − 4x + 4x + a
M m
Câu 8. Cho hàm số
. Gọi
,
lần lượt là giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất
[ 0; 2]
[ −3;3]
M ≤ 2m
a
của hàm số đã cho trên đoạn
. Có bao nhiêu số nguyên thuộc đoạn
sao cho
?
3
7
6
5

A. .
B. .
C. .
D. .
r
r r r
r
Oxyz ,
a = −i + 2 j − 3k
a
Câu 9. Trong không gian với hệ trục tọa độ
cho
. Tọa độ của vectơ là:
( −1; 2; −3) .
( −3; 2; −1) .
( 2; −3; −1) .
( 2; −1; −3) .
A.
B.
C.
D.


Câu 10. Trong không gian với hệ tọa độ
C
AB
phương trình mặt cầu tâm
bán kính
.
2

2
2
( x + 10 ) + ( y − 17 ) + ( z − 7 ) = 8
A.
.
2
2
2
( x − 10 ) + ( y − 17 ) + ( z + 7 ) = 8
C.
.
Câu 11. Giá trị lớn nhất của hàm số
−61
3
A.
.
B. .

Oxyz, A ( −3; 4; 2 )

B.
D.

y = − x4 + 2 x2 + 2

( un )

u1 =

Câu 12. Cho một cấp số cộng

có
3
11
d=
d=
11
3
A.
.
B.
.

,

B ( −5; 6; 2 )

,

C ( −10; 17; −7 )

( x + 10 )

2

+ ( y − 17 ) + ( z + 7 ) = 8

( x + 10 )

2

+ ( y + 17 ) + ( z + 7 )

[ 0;3]

trên
61
C.
.

2

. Viết

2

2

2

.
=8
.

là
D.

1
d
3 u8 = 26.
,

Tìm công sai
10
d=
3
C.
.

2

.

d=

D.

3
10

.

z +2−i = 4

I
Câu 13. Tập hợp tất cả các điểm biểu diễn các số phức thỏa mãn:
là đường tròn có tâm
R
và bán kính
lần lượt là:
I ( 2; −1) R = 4
I ( 2; −1) I ( 2; −1)

A.
;
.
B.
;
.
I ( −2; −1) R = 4
I ( −2; −1) R = 2
C.
;
.
D.
;
.
( Oxy )
A B
z
z
Câu 14. Cho số phức . Gọi ,
lần lượt là các điểm trong mặt phẳng
biểu diễn các số phức
z
( 1+ i) z
OAB
8
và
. Tính
biết diện tích tam giác
bằng .
z =4

z =2
z =4 2
z =2 2
A.
.
B.
.
C.
.
D.
.
ABCD. A′B′C ′D′
ABCD
a 2 AA′ = 2a
Câu 15. Cho hình hộp chữ nhật
có đáy
là hình vuông cạnh
,
.
CD′
BD
Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng
và
.
a 5
2a 5
2a
a 2
5
5

A.
.
B.
.
C.
.
D.
.
z

Câu 16. Cho
4
A. .

f ( x ) = x 3 − 3x 2 − 6 x + 1

Câu 17. Tính thể tích
V = 8π
A.
.

B.

V

6

f ( f ( x ) + 1) + 1 = f ( x ) + 2

. Phương trình

.

C.

7

có số nghiệm thực là
9
D. .

.

của khối trụ có bán kính đáy và chiều cao đều bằng
V = 12π
V = 16π
B.
.
C.
.

Câu 18. Giá trị của tham số
x1 + x2 = 3
là

m

4 − m.2
x

để phương trình

x +1

+ 2m = 0

2

.
D.

V = 4π

có hai nghiệm

.

x1 x2
,
thoả mãn


A.

m=2

.

B.

32

m=3

.

C.

m=4

.

D.

m =1

.

S

4
là tập hợp các tứ giác tạo thành có đỉnh lấy từ các đỉnh của
S
đa giác đều. Chọn ngẫu nhiên một phần tử của . Xác suất để chọn được một hình chữ nhật là
1
1
1
3
341
385

261
899
A.
.
B.
.
C.
.
D.
.
mx + 4
y=
m
x+m
Câu 20. Tìm tất cả các giá trị thực của tham số
sao cho hàm số
nghịch biến trên khoảng
( −∞;1)
?
−2 ≤ m ≤ 2
−2 < m < 2
−2 < m ≤ −1
−2 ≤ m ≤ −1
A.
.
B.
.
C.
.
D.

.
1
y′ ( 1) =
y = ln ( e x + m 2 )
m
2
Câu 21. Cho hàm số
. Với giá trị nào của
thì
.
1
m= .
m = ± e.
m = −e.
m = e.
e
A.
B.
C.
D.
I = ∫ xe x dx
Câu 22. Kết quả của
là
2
x
x2
I = ex + C
I = ex + ex + C
2
2

A.
.
B.
.
x
x
x
x
I = xe − e + C
I = e + xe + C
C.
.
D.
.
4
5
3
f ( x)
f ′ ( x ) = ( x + 1) ( x − 2 ) ( x + 3)
Câu 23. Cho hàm số
có đạo hàm
. Số điểm cực trị của hàm số
f ( x)
là
5
3
1
2
A. .
B. .

C. .
D. .
 z − 3 − 2i ≤ 1

Pmin
 w + 1 + 2i ≤ w − 2 − i
z w
Câu 24. Cho hai số phức ,
thỏa mãn
. Tìm giá trị nhỏ nhất
của biểu thức
P = z−w
.
3 2 −2
3 2 −2
5 2 −2
Pmin =
Pmin =
P
=
min
Pmin = 2 + 1
2
2
2
A.
.
B.
.
C.

.
D.
.

Câu 19. Cho đa giác đều

cạnh. Gọi

1

y = ( x − 1) 5

Câu 25. Tập xác định của hàm số
là:
( 1; + ∞ )
( 0; + ∞ )
[ 1; + ∞ )
¡
A.
.
B.
.
C.
.
D.
.
f ( x) g ( x)
¡
Câu 26. Cho
,

là các hàm số xác định và liên tục trên . Trong các mệnh đề sau, mệnh đề
nào sai?


A.
C.

∫  f ( x ) − g ( x )  dx =∫ f ( x ) dx − ∫ g ( x ) dx
∫ 2 f ( x ) dx = 2 ∫ f ( x ) d x

.

x y
Câu 27. Cho hai số thực , thỏa mãn:
P = x + 2y
của biểu thức
.
P =8
P = 10
A.
.
B.

.

B.

∫ f ( x ) g ( x ) dx = ∫ f ( x ) dx.∫ g ( x ) dx

.

∫  f ( x ) + g ( x )  dx =∫ f ( x ) dx + ∫ g ( x ) dx

D.
2 y + 7 y + 2 x 1 − x = 3 1 − x + 3 ( 2 y 2 + 1)

.

3

C.

P=4

.
( −∞; + ∞ )

D.

. Tìm giá trị lớn nhất

P=6

.

Câu 28. Hàm số nào sau đây không đồng biến trên khoảng
?
x−2
y=
y = x 5 + x 3 − 10
y = x3 + 1

y = x +1
x −1
A.
.
B.
.
C.
.
D.
.
( −∞;0 ) ( 0; +∞ )
y = f ( x)
Câu 29. Cho hàm số
liên tục trên các khoảng
và
, có bảng biến thiên như sau

m

f ( x) = m

4
để phương trình
có nghiệm phân biệt.
−3 < m < 2
−3 < m < 3
−4 < m < 2
−4 < m < 3
A.
.

B.
.
C.
.
D.
.
2
z1
4 z − 16 z + 17 = 0.
Câu 30. Kí hiệu
là nghiệm phức có phần ảo âm của phương trình
Trên mặt phẳng
3
w = ( 1 + 2i ) z1 − i
2
tọa độ điểm nào dưới đây là điểm biểu diễn số phức
?
M ( 3; 2 ) .
M ( 2;1) .
M ( −2;1) .
M ( 3; −2 ) .
A.
B.
C.
D.
A ( −2; 0; 0 ) B ( 0; 3; 0 ) C ( 0; 0; − 3)
( P)
( P)
Câu 31. Cho mặt phẳng
đi qua các điểm

,
,
. Mặt phẳng
vuông góc với mặt phẳng nào trong các mặt phẳng sau?
3x − 2 y + 2 z + 6 = 0
x + y + z +1 = 0
A.
. B.
.
x − 2y − z −3 = 0
2x + 2 y − z −1 = 0
C.
.
D.
.
y
x + 2i = 3 + 4 yi
y
x
x
Câu 32. Cho hai số thực , thoả mãn phương trình
. Khi đó giá trị của và là:
1
1
1
y=−
y=
y=
x=3
x=3 y =2

x = 3i
x=3
2
2
2
A.
,
.
B.
,
.
C.
,
.
D.
,
.
( P) : x + y + z −1 = 0
Oxyz
Câu 33. Trong không gian với hệ tọa độ
, cho mặt phẳng
, đường thẳng
x − 15 y − 22 z − 37
d:
=
=
( S ) : x2 + y 2 + z 2 − 8x − 6 y + 4 z + 4 = 0
( ∆)
1
2

2
và mặt cầu
. Một đường thẳng

Tìm


( S)

AB = 8
A B
A′ B′
thay đổi cắt mặt cầu
tại hai điểm ,
sao cho
. Gọi ,
là hai điểm lần lượt thuộc mặt
( P)
d
AA′ BB′
AA′ + BB′
phẳng
sao cho
,
cùng song song với . Giá trị lớn nhất của biểu thức
là
8 + 30 3
24 + 18 3
12 + 9 3
16 + 60 3

9
5
5
9
A.
.
B.
.
C.
.
D.
.
SA ⊥ ( ABCD )
S . ABCD
A B
Câu 34. Cho hình chóp
có đáy là hình thang vuông tại
,
. Biết
,
AB = BC = a

AD = 2a SA = a 2
E
AD
,
,
. Gọi
là trung điểm của
. Tính bán kính mặt cầu đi qua các

S A B C E
điểm , , , , .
a 6
a 3
a 30
a
3
2
6
A. .
B.
.
C.
.
D.
.
3

Câu 35. Cho hàm số

y = f ( x)
3

(

liên tục, luôn dương trên

1+ ln ( f ( x ) )

K =∫ e

0

giá trị của tích phân
3e + 14
A.
.
Câu 36.

I = ∫ f ( x ) dx = 4
0

và thỏa mãn

. Khi đó

)

+ 4 dx

là:

4 + 12e
12 + 4e
C.
.
D.
.
1< x < y
x y
Cho ,

là các số thực thỏa mãn
. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức


P = ( log x y − 1) + 8  log



30

Câu 37. Cho hàm số

14 + 3e

B.

.

2

2

A.

[ 0;3]

y
x

y

÷
x÷

B.

y = f ( x)

.
18

.

C.

9

.

f ′ ( x ) = ( x − 1)

có đạo hàm
f ( x2 − 8 x + m)
m
nguyên dương của tham số
để hàm số
16
18
A.
B.
C.

10
M
Câu 38. Cho tập hợp
có
phần tử. Số tập con gồm
2
A10
C102
A.
.
B.
.
C.

có
15
2

2

(x

5

2

− 2x )

D.
với

∀x ∈ ¡

D.

phần tử của
.

.

. Có bao nhiêu giá trị

điểm cực trị?

.

102

27

M

17

.

là
A108

D.

.
 8 4 8
K − ; ; ÷
H
2;
2;1
(
)  3 3 3 O
Oxyz
ABC
Câu 39. Trong không gian
, cho tam giác nhọn
có
,
,
lần lượt là
BC AC AB
d
A B C
A
hình chiếu vuông góc của , ,
trên các cạnh
,
,
. Đường thẳng qua
và vuông góc
( ABC )
với mặt phẳng
có phương trình là

d:

A.
d:
C.

x y −6 z −6
=
=
1
−2
2

8
2
2
y−
z+
3=
3=
3
d:
1
−2
2
x−

.

B.

4
17
19
y−
z−
9=
9 =
9
1
−2
2

x+

d:

.

D.

x + 4 y +1 z −1
=
=
1
−2
2

.

.

AB CD
,
đường trung
AB = 2π ( m )
MN
ABCD
sin
bình
của mảnh đất hình chữ nhật
và một đường cong hình
. Biết
,
AD = 2 ( m )
. Tính diện tích phần còn lại.

Câu 40. Người ta trồng hoa vào phần đất được tô màu đen Được giới hạn bởi cạnh

4π − 1

4 ( π − 1)

4π − 3
D.
.
uuu
r
r r

r
C ( 4;1; − 1)
OA = 2i + 2 j + 2k B ( −2; 2; 0 )
Oxyz
Câu 41. Trong không gian với hệ trục tọa độ
, cho
,
và
.
( Oxz )
A B C
Trên mặt phẳng
, điểm nào dưới đây cách đều ba điểm , , .
−1 
−1 
1
1
 −3
3
 −3
3
N  ; 0;
P  ; 0;
Q  ; 0; ÷
M  ; 0; ÷
÷
÷
2 
2 
2

2
 4
4
 4
4
A.
.
B.
.
C.
.
D.
.
OB = OC = a 6 OA = a
OABC
OA OB OC
Câu 42. Cho tứ diện
có
,
,
đôi một vuông góc và
,
. Tính
( ABC ) ( OBC )
góc giữa hai mặt phẳng
và
.
45°
90°
60°

30°
A.
.
B.
.
C.
.
D.
.
3x − 4
y=
x −1
Câu 43. Tìm số tiệm cận của đồ thị hàm số
.
0
3
1
2
A. .
B. .
C. .
D. .
Oxyz
d
Câu 44. Trong không gian với hệ tọa độ
, cho đường thẳng
vuông góc với mặt phẳng
( P ) : 4x − z + 3 = 0
d
. Vec-tơ nào dưới đây là một vec-tơ chỉ phương của đường thẳng ?

r
r
r
r
u = ( 4; − 1; 3)
u = ( 4; 0; − 1)
u = ( 4;1; 3)
u = ( 4;1; − 1)
A.
.
B.
.
C.
.
D.
.
M ( 1; 2;3)
( P)
Oxyz
Ox Oy
Câu 45. Trong không gian
, cho mặt phẳng
đi qua điểm
và cắt các trục
,
,
( P)
Oz
A B C
M

lần lượt tại các điểm , ,
. Viết phương trình mặt phẳng
sao cho
là trực tâm của tam
ABC
giác
.
A.

.

B.

.

C.

4π − 2

.


A.

x y z
+ + =3
1 2 3

.
x + 2 y + 3 z − 14 = 0

B.

6x + 3y − 2z − 6 = 0

.

x + 2 y + 3z − 11 = 0
D.
.
log 2 ( 3 x − 1) > 3
x
Câu 46. Các giá trị thỏa mãn bất phương trình
là :
10
1
x>
< x<3
x>3
x<3
3
3
A.
.
B.
.
C.
.
D.
.

MN // SO
SOA
O
N
SA OA
M
Câu 47. Cho tam giác
vuông tại
có
với
,
lần lượt nằm trên cạnh
,
như
SO = h
SO
hình vẽ bên dưới. Đặt
không đổi. Khi quay hình vẽ quanh
thì tạo thành một hình trụ nội tiếp
S
O
R = OA
MN
h
hình nón đỉnh
có đáy là hình tròn tâm
bán kính
. Tìm độ dài của
theo để thể tích
khối trụ là lớn nhất.

C.

MN =

A.

h
3

.

MN =

.

B.

4

∫ x ln ( x
0

Câu 48. Biết
T = a+b+c
thức
là
T =9
A.
.

2

h
4

MN =

.

C.

+ 9 ) dx = a ln 5 + b ln 3 + c

, trong đó

B.

T =8

.

C.

h
6

MN =

.

D.

h
2

.

a b c
, , là các số nguyên. Giá trị của biểu

T = 11

.

D.

T = 10

.

3
Câu 49. Lăng trụ tam giác đều có độ dài tất cả các cạnh bằng . Thể tích khối lăng trụ đã cho bằng
27 3
9 3
9 3
27 3
2
2
4

4
A.
.
B.
.
C.
.
D.
.
3
2
y = x − 3 x + mx
m
x=2
Câu 50. Tìm giá trị thực của tham số
để hàm số
đạt cực tiểu tại
.
m=2
m = −2
m =1
m=0
A.
.
B.
.
C.
.
D.
.

--------------HẾT---------------


MA TRẬN ĐỀ THI
Lớp

Chương

Nhận Biết

Thông Hiểu

Vận Dụng

Vận dụng cao

C28 C29

C4 C6 C16 C20
C23 C27 C40
C50

C8 C37

Đại số
Chương 1: Hàm Số

Lớp 12
(92%)

C3 C11 C43

Chương 2: Hàm Số Lũy
Thừa Hàm Số Mũ Và
Hàm Số Lôgarit

C25

C1 C2 C18 C46

C36

Chương 3: Nguyên Hàm
- Tích Phân Và Ứng
Dụng

C26

C22

C35 C48

C13 C32

C14 C30

Chương 4: Số Phức

C24

Hình học
Chương 1: Khối Đa
Diện
Chương 2: Mặt Nón,
Mặt Trụ, Mặt Cầu
Chương 3: Phương Pháp
Tọa Độ Trong Không
Gian

C7 C42 C49
C17

C47

C9 C10 C44

C31 C41

Đại số

Chương 1: Hàm Số
Lượng Giác Và Phương
Trình Lượng Giác

Lớp 11
(8%)

Chương 2: Tổ Hợp Xác Suất

C38

Chương 3: Dãy Số, Cấp
Số Cộng Và Cấp Số
Nhân

C12

C19

Chương 4: Giới Hạn
Chương 5: Đạo Hàm

C21
Hình học

Chương 1: Phép Dời
Hình Và Phép Đồng
Dạng Trong Mặt Phẳng

C5 C15 C34

C39 C45

C33


Chương 2: Đường thẳng
và mặt phẳng trong
không gian. Quan hệ
song song

Chương 3: Vectơ trong
không gian. Quan hệ
vuông góc trong không
gian
Đại số
Chương 1: Mệnh Đề
Tập Hợp

Lớp 10
(0%)

Chương 2: Hàm Số
Bậc Nhất Và Bậc Hai
Chương 3: Phương
Trình, Hệ Phương
Trình.
Chương 4: Bất Đẳng
Thức. Bất Phương
Trình
Chương 5: Thống Kê
Chương 6: Cung Và
Góc Lượng Giác. Công
Thức Lượng Giác
Hình học
Chương 1: Vectơ
Chương 2: Tích Vô
Hướng Của Hai Vectơ
Và Ứng Dụng
Chương 3: Phương
Pháp Tọa Độ Trong

Mặt Phẳng
Tổng số câu

11

16

19

4

Điểm

2.2

3.2

3.8

0.8


ĐÁP ÁN ĐỀ THI
1
A
26
B

2
B

27
C

3
A
28
A

4
C
29
A

5
C
30
A

6
C
31
D

7
C
32
D

8
D

33
B

9
A
34
A

10
B
35
D

11
B
36
D

12
B
37
C

13
C
38
B

14
A

39
D

15
D
40
B

16
A
41
B

17
A
42
D

18
C
43
C

19
D
44
B

20
C

45
C

21
A
46
B

22
C
47
A

23
B
48
B

24
D
49
D

25
A
50
D

HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT
Câu 1.

Lời giải

y = log c x

y = ax , y = bx

a > 1; b > 1
Vì hàm số
nghịch biến nên
, các hàm số
đồng biến nên
nên
c
là số nhỏ nhất trong ba số.
y = ax , y = bx
x =1
a
b
Đường thẳng
cắt hai hàm số
tại các điểm có tung độ lần lượt là và , dễ thấy
a >b
c. Vậy
Câu 2.
Lời giải
t = 1
2
t
−

4
t
+
3
=
0
⇔
t = 3
t = 2x , t > 0

Đặt
ta được phương trình

Với

2x = 1 ⇔ x = 0

và với

0 < c <1

2 x = 3 ⇔ x = log 2 3

.

Câu 3.
Dạng đồ thị hình bên là đồ thị hàm đa thức bậc
Do đó, chỉ có đồ thị ở đáp án A. là thỏa mãn.
Câu 4.

Lời giải
3
2
3 y = ax + bx + cx + d

có hệ số

a>0

.

Lời giải

Vì phương trình
tiệm cận đứng.
Mặt khác, ta có:

f ( x ) = 2018

y=
có ba nghiệm phân biệt nên đồ thị hàm số

1
f ( x ) − 2018

có ba đường


lim y

x →+∞

x →+∞

hàm số

y=

y=−

nên đường thẳng

1
2019

là đường tiệm cận ngang của đồ thị

1
f ( x ) − 2018

y=

Và

1
1
=
−
f ( x ) − 2018
2019

= lim

.
1
= lim
lim y x →−∞ f ( x ) − 2018
x →−∞
=0

1
f ( x ) − 2018

k +l =5

Vậy
.
Câu 5.

nên đường thẳng

y=0

là đường tiệm cận ngang của đồ thị hàm số

.

.
Lời giải

Đặt

SM
=k
SA

với

Xét tam giác
Xét tam giác

SAB

SAD

Kẻ đường cao
MM ′ // SH

k ∈ [ 0;1]

có
có

.

MN // AB

MQ // AD

nên

nên

MN SM
=
=k
⇒ MN = k . AB
AB
SA

MQ SM
=
=k
⇒ MQ = k . AD
AD
SA

SH

nên

SAH
của hình chóp. Xét tam giác
có:
MM ′ AM SA − SM
SM
=
=
= 1−
= 1 − k ⇒ MM ′ = ( 1 − k ) .SH
SH

SA
SA
SA

VMNPQ.M ′N ′P′Q′ = MN .MQ.MM ′ = AB. AD.SH .k . ( 1 − k )

.

2

Ta có

VS . ABCD

Mà

.
1
2
= SH . AB. AD ⇒ V
MNPQ. M ′N ′P ′Q ′ = 3.VS . ABCD .k . ( 1 − k )
3
VMNPQ.M ′N ′P′Q′

.

k 2.( 1 − k )

Thể tích khối chóp không đổi nên
đạt giá trị lớn nhất khi

3
2 ( 1 − k ) .k .k 1  2 − 2k + k + k 
4
k 2 . ( k − 1) =
≤ 
÷ =
2
2
3
 27
Ta có
.
2
SM 2
=
2(1− k ) = k ⇔ k = 3
SA 3
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi:
. Vậy
.

lớn nhất.


Câu 6.
Lời giải
h ( x ) = f ′ ( x ) − ( 2 x + 1)
h ( x)
g ( x)
[ −1;1] [ 1; 2]

Xét hàm số
. Khi đó hàm số
liên tục trên các đoạn
,
và có
y = h ( x)
là một nguyên hàm của hàm số
.

Do đó diện tích hình phẳng giới hạn bởi
1

S1 =

là

1

∫ f ′ ( x ) − ( 2 x + 1) dx = ∫  f ′ ( x ) − ( 2 x + 1)  dx = g ( x )

−1

Vì

 x = −1
x = 1


 y = f ′( x)
 y = 2x +1



−1

S1 > 0

nên

g ( 1) > g ( −1)

−1

= g ( 1) − g ( −1)

x = 1
x = 2


 y = f ′( x)
 y = 2x +1


là

2

2
S 2 = ∫ f ′ ( x ) − ( 2 x + 1) dx = ∫ ( 2 x + 1) − f ′ ( x )  dx
=
−

g
x
(
)
= g ( 1) − g ( 2 )
1
1
1

Vì

.

.

Diện tích hình phẳng giới hạn bởi
2

1

S2 > 0

nên

g ( 1) > g ( 2 )

.

.

Câu 7.
Lời giải

Gọi

E

là điểm đối xứng của

C

qua điểm

B

. Khi đó tam giác

ACE

vuông tại

A

.


⇒ AE = 4a 2 − a 2 = a 3

.
BC ′ = B′E = AB′

Mặt khác, ta có
AE a 3 a 6
⇒ AB′ =
=
=
2
2
2

nên tam giác

AB′E

vuông cân tại

B′

.

.

2

Suy ra:

a 6
a 2
2
AA′ = 

−
a
=
÷
÷
2
 2 

V=
Vậy
Câu 8.

2

a 2 a 3 a 6
.
=
2
4
8

.

g ( x) = x − 4x + 4x + a
4

Xét hàm số

.

3

3

Lời giải

2

.

x = 0
⇔  x = 1
 x = 2
g ′ ( x ) = 4 x 3 − 12 x 2 + 8 x g ′ ( x ) = 0 ⇔ 4 x 3 − 12 x 2 + 8 x = 0
;
.
Bảng biến thiên

Do

2m ≥ M > 0

m>0

nên
suy ra
a + 1 < 0
 a < −1
a > 0 ⇔ a > 0



Suy ra
.

g ( x ) ≠ 0 ∀x ∈ [ 0; 2]

.

M = −a m = − a − 1 ⇒ 2 ( − a − 1) ≥ − a ⇔ a ≤ −2
thì
,
.
a>0
M = a + 1 m = a ⇒ 2a ≥ a + 1 ⇔ a ≥ 1
Nếu
thì
,
.
a ∈ { −3; −2;1; 2;3}
[ −3;3]
a ≤ −2
a ≥1
a
Do đó
hoặc
, do nguyên và thuộc đoạn
nên
.
5
a

Vậy có giá trị của thỏa mãn đề bài.
Câu 9.
Lời giải
r
r
r r r
a = −i + 2 j − 3k ⇒ a ( −1; 2; −3)
Ta có:
.
Câu 10.
Lời giải
AB = 2 2
Ta có
.
Nếu

a < −1


Phương trình mặt cầu tâm
Câu 11.

C

bán kính

AB

:

( x + 10 )

2

+ ( y − 17 ) + ( z + 7 ) = 8
2

2

.

Lời giải
Ta có:

y ′ = −4 x 3 + 4 x

.

 x = 0 ∉ ( 0;3)

⇔  x = 1∈ ( 0;3)
 x = −1∉ 0;3
( )
y ′ = 0 ⇔ −4 x 3 + 4 x = 0


Cho
⇒ y ( 0 ) = 2 y ( 1) = 3 y ( 3) = −61
;
;

.
3
Vậy giá trị lớn nhất của hàm số là .
Câu 12.

.

Lời giải
1
11
⇔ 26 = + 7 d ⇔ d =
u8 = u1 + 7 d
3
3

.

Câu 13.

z = x + iy ( x, y ∈ ¡

)

Lời giải

Gọi số phức
Ta có:
z + 2 − i = 4 ⇔ ( x + 2 ) + ( − y − 1) i = 4 ⇔ ( x + 2 ) 2 + ( y + 1) 2 = 16
z

Vậy tập hợp tất cả các điểm biểu diễn các số phức thỏa mãn:
I ( −2; − 1)
R=4
và có bán kính
.
Câu 14.
Lời giải
OA = z OB = ( 1 + i ) z = 2 z AB = ( 1 + i ) z − z = iz = z
Ta có
,
,
.
2
2
2
∆OAB
OA
=
AB
OA
+
AB
=
OB
A
Suy ra
vuông cân tại
(
và
)

1
1 2
S∆OAB = OA. AB = z = 8 ⇔ z = 4
2
2
Ta có:
.
Câu 15.
Lời giải

z + 2−i = 4
là đường tròn có tâm


COO′C ′
lần lượt là tâm của hai mặt đáy.Khi đó tứ giác
là hình bình hành và
d ( BD; CD′ ) = d ( O; ( CB′D′ ) ) = d ( C ′; ( CB′D′ ) )
BD // B′D′ ⇒ BD // ( CB′D′ )
Do
nên
.
′
′
′
′
B D ⊥ A C
⇒ B′D′ ⊥ ( COO′C ′ )

⇒ ( CB′D′ ) ⊥ ( COO′C ′ )

 B′D′ ⊥ CC ′
Ta có :
( CB′D′) ∩ ( COO′C ′) = CO′
Lại có
.
C ′H ⊥ CO′ ⇒ C ′H ⊥ ( CB′D′ ) ⇒ d ( BD; CD′ ) = C ′H
∆CC ′O′
Trong
hạ
1
1
1
1
1
5
=
+
=
+ 2 = 2 ⇒ C ′H = 2 5a
2
2
2
2
C ′H
CC ′ C ′O′
( 2a ) a 4 a
5
Khi đó :
.
............

Câu 16.
Lời giải
t = f ( x ) + 1 ⇒ t = x3 − 3 x 2 − 6 x + 1
Đặt
.
Gọi

O, O′

Khi đó

C ′O′ =

f ( f ( x ) + 1) + 1 = f ( x ) + 2

trở thành:

t ≥ −1
t ≥ −1
⇔
⇔ 3
2
2
f ( t ) + 1 = t + 1  f ( t ) + 1 = t + 2t + 1
t − 4t − 8t + 1 = 0

t ≥ −1

 t = t1 ∈ ( −2; −1)
⇔ 

t = t2 ∈ ( −1;1)
 t = t2 ∈ ( −1;1)
⇔


 t = t ∈ ( 1;6 )
3
t = t3 ∈ ( 5;6 )


.

g ( t ) = t − 4t − 8t + 1 g ( −2 ) = −7 g ( −1) = 4 g ( 1) = −10 g ( 5 ) = −14 g ( 6 ) = 25
;
;
;
;
;
.
3
2
t = x − 3x − 6 x + 1
Xét phương trình
là pt hoành độ giao điểm của ...
Ta có
3

2

Vì

Dựa vào bảng biến thiên, ta có
t = t2 ∈ ( −1;1)
+ Với
, ta có d cắt tại 3 điểm phân biệt, nên phương trình có 3 nghiệm.
t = t3 ∈ ( 5;6 )
+ Với
, ta có d cắt tại 1 điểm, nên phương trình có 1 nghiệm.
Vậy phương trình đã cho có 4 nghiệm.
Câu 17.
Lời giải

AC
=a
2


Thể tích khối trụ
Câu 18.

V = π r 2 h = π .2 2.2 = 8π

.
Lời giải

t = 2x t > 0
t 2 − 2mt + 2m = 0 ( 1)
Đặt
,
. Phương trình trở thành:

.
( 1)
x1 x2
x1 + x2 = 3
Phương trình đã cho có hai nghiệm ,
thỏa mãn
khi và chỉ khi phương trình
có hai
x1 x2
x1 + x2
3
t1.t2 = 2 .2 = 2
=2 =8
nghiệm dương phân biệt thỏa mãn
.
2
 ∆′ = m − 2 m > 0

 S = 2m > 0
⇔m=4

 P = 2m > 0
 P = 2m = 8
( 1)
Khi đó phương trình
có:
.
Câu 19.
Lời giải
Ω = C324

32
4
Số phần tử của không gian mẫu là số cách chọn đỉnh trong
đỉnh để tạo thành tứ giác,
.
A
Gọi
là biến cố "chọn được hình chữ nhật".
16
2
Để chọn được hình chữ nhật cần chọn trong
đường chéo đi qua tâm của đa giác, do đó số phần tử
2
C16
A
của là
.
C2
P ( A ) = 164 = 3
C32 899
A
Xác suất biến cố
là
.
Câu 20.
Lời giải
2
m −4
y′ =
D = ¡ \ { − m}

( −∞;1) ⇔ y′ < 0
( x + m) 2
Tập xác định
. Ta có
. Hàm số nghịch biến trên khoảng
,
2
m − 4 < 0
∀x ∈ ( −∞;1) ⇔ 
1 ≤ − m
⇔ −2 < m ≤ − 1
.
Câu 21.
Lời giải
x
e
e
y′ = x
⇒ y′ ( 1) =
2
e +m
e + m2
Ta có
.
1
e
1
y′ ( 1) = ⇔
= ⇔ 2e = e + m 2 ⇔ m = ± e
2

2
e+m
2
Khi đó
.
Câu 22.
Lời giải
Cách 1: Sử dụng tích phân từng phần ta có
I = ∫ xe x dx = ∫ x de x = xe x − ∫ e x dx = xe x − e x + C .

Cách 2: Ta có

I ′ = ( xe x − e x + C ) ′ = e x + xe x − e x = xe x .


Câu 23.
Lời giải

 x = −1
f ′ ( x ) = 0 ⇔  x = 2
 x = −3

Ta có

.

Ta có bảng biến thiên của hàm số

Ta có bảng biến thiên của hàm số

f ( x)

:

f ( x)

:

f ( x)

3
Dựa vào bảng biến thiên ta thấy số điểm cực trị của hàm số
là .
Câu 24.
Lời giải
z = a + bi w = x + yi ( a, b, x, y ∈ ¡ )
Giả sử
;
. Ta có
2
2
z − 3 − 2i ≤ 1 ⇔ ( a − 3) + ( b − 2 ) ≤ 1
M
z
. Suy ra tập hợp điểm
biểu diễn số phức là hình tròn tâm
I ( 3; 2 )
R =1
, bán kính
.

2
2
2
2
w + 1 + 2i ≤ w − 2 − i ⇔ ( x + 1) + ( y + 2 ) ≤ ( x − 2 ) + ( y − 1) ⇔ x + y ≤ 0
N
. Suy ra tập hợp điểm
biểu
∆
:
x
+
y
=
0
w
diễn số phức
là nửa mặt phẳng giới hạn bởi đường thẳng

d ( I , ∆) =
Ta có

5
2

. Gọi

H

là hình chiếu của

z − w = MN ≥ d ( I , ∆ ) − R =

Khi đó

5 2
−1
2

I

trên

∆

.

Pmin =

. Suy ra

5 2
−1
2

.


Câu 25.
Lời giải

Hàm số xác định khi:
Câu 26.

x −1 > 0 ⇔ x > 1

. Vậy tập xác định:

D = ( 1; + ∞ )

.

Lời giải
Nguyên hàm không có tính chất nguyên hàm của tích bằng tích các nguyên hàm.
Hoặc B, C, D đúng do đó là các tính chất cơ bản của nguyên hàm nên A sai.
Câu 27.
Lời giải
Chọn C
2 y 3 + 7 y + 2 x 1 − x = 3 1 − x + 3 ( 2 y 2 + 1)
.
3
2
⇔ 2 ( y − 3 y + 3 y − 1) + ( y − 1) = 2 ( 1 − x ) 1 − x + 3 1 − x − 2 1 − x
.
⇔ 2 ( y − 1) + ( y − 1) = 2
3

(

f ( t ) = 2t + t

1− x

3

Xét hàm số
f ′ ( t ) = 6t 2 + 1 > 0
Ta có:
( 1) ⇔ y − 1 = 1 − x
Vậy
⇒ P = x + 2y = x + 2 + 2

Xét hàm số

trên
với

)

3

+ 1 − x ( 1)

[ 0; + ∞ )

.
.

∀t ≥ 0 ⇒ f ( t )

⇔ y = 1+ 1− x

1− x

với
g ( x) = 2 + x + 2 1− x

( x ≤ 1)

luôn đồng biến trên

[ 0; + ∞ )

.

.

.
( −∞;1]

trên
.
1
1 − x −1
g′ ( x) = 1 −
=
g′( x) = 0 ⇒ x = 0
1− x
1− x
Ta có:
.
.

g ( x)
Bảng biến thiên
:

Từ bảng biến thiên của hàm số
Câu 28.

g ( x)

suy ra giá trị lớn nhất của

P

max g ( x ) = 4

là:

( −∞ ;1]

.

Lời giải
y=

Vì hàm số

x−2
x −1

có tập xác định

D = ¡ \ { 1}

nên hàm số không đồng biến trên

( −∞; +∞ )

Câu 29.
Lời giải
−3 < m < 2
4
Dựa vào bảng biến thiên ta thấy phương trình có nghiệm phân biệt khi
.


Câu 30.
Lời giải

Ta có:

1

z1 = 2 − i

2
4 z 2 − 16 z + 17 = 0 ⇔ 
z = 2 + 1 i
 2
2

Khi đó:
M ( 3; 2 )

.

1  3

3
w = ( 1 + 2i ) z1 − i = ( 1 + 2i )  2 − i ÷− i
2  2 = 3 + 2i ⇒

2

tọa độ điểm biểu diễn số phức

w

là:

.

Câu 31.

Phương trình mặt phẳng
Dễ thấy mặt phẳng

( P)

theo đoạn chắn:

Lời giải
x y z
+ +
= 1 ⇔ −3 x + 2 y − 2 z − 6 = 0
−2 3 −3

( P)

vuông góc với mặt phẳng có phương trình
0
của hai vec-tơ pháp tuyến bằng .

2 x + 2 y − z −1 = 0

.

vì tích vô hướng

Câu 32.

Từ

x = 3

x
=
3

⇔
1

⇒
y=

x + 2i = 3 + 4 yi
2 = 4 y

2

x=3
Vậy
,
Câu 33.

y=

1
3

Lời giải

.

.
Lời giải

Mặt cầu
Gọi

H

( S)

có tâm

I ( 4;3; −2 )

là trung điểm của

AB

và bán kính
thì

R=5

IH ⊥ AB

và

.

IH = 3

nên

H

thuộc mặt cầu

( S ′)

tâm

I

bán kính


R′ = 3
Gọi

.

M

là trung điểm của
d ( I;( P) )

Mặt khác ta có

A′B′

AA′ + BB′ = 2 HM

thì
4
=
3

nên

( P)

,

M

nằm trên mặt phẳng

cắt mặt cầu

⇔ HK

đi qua

I

nên

( S)

và

AA′ + BB′
Vậy
lớn nhất bằng
Câu 34.

4 4+3 3

=
3
3

 4 + 3 3  3 3 24 + 18 3
2 
÷
÷. 5 =
5
3



.

sin ( d ; ( P ) ) = sin α =

( P)
HK = HM .sin α
H
hình chiếu của
lên
thì
.
AA′ + BB′
HK
Vậy để
lớn nhất thì
lớn nhất

HK max = R′ + d ( I ; ( P ) ) = 3 +

( P)

5
3 3

. Gọi

K

là

.

.

Lời giải

* Do
* Do
* Do

SA ⊥ ( ABCD ) ⇒ SA ⊥ AC ⇒ SAC
·
= 90°

BC ⊥ ( SAB ) ⇒ BC ⊥ SC ⇒ SBC
·
= 90°

.

.

CE //AB ⇒ CE ⊥ ( SAD ) ⇒ CE ⊥ SE ⇒ SEC
·
= 90°

.

SC
S A
A B E
Suy ra các điểm , ,
cùng nhìn đoạn
dưới một góc vuông nên mặt cầu đi qua các điểm , ,
SC
B C E
, ,
là mặt cầu đường kính
.

Bán kính mặt cầu đi qua các điểm

S A B C E
, , , ,
là:

R=

SC
2

.

SAC
AC = AB 2 = a 2 ⇒ SC = AC 2 = 2a
A
Xét tam giác
vuông tại
ta có:
SC
⇒R=
=a
2
.
Câu 35.
Lời giải


Chọn D
3

(

1+ ln ( f ( x ) )

K =∫ e
0

)

3

1+ ln ( f ( x ) )

+ 4 dx = ∫ e
0

Ta có
K = 4e + 12
Vậy
.
Câu 36.

3

3

3

0

0

0

dx + ∫ 4dx = e.∫ f ( x ) dx + ∫ 4dx = 4e + 4 x| = 4e + 12
3

0

.

Lời giải

log
Ta có

1
=  log
x 2 
y

y
x

(

P = 2 log x

Suy ra
t = 2 log x
Đặt

y
x

1 log x y − 1

y = .
2 log x y − 1
÷ 2 1 log y − 1 = log x y − 1 =
x
x÷
log x y − 2 2 log x y − 2

2

2
 2 log x y − 1 
y −1 + 8
 2 log y − 2 ÷
÷
x



y
, do

.

2

)

.

1 < x < y ⇔ log x 1 < log x x < log x

y ⇒t >2

.

2

2
 t −1 
f ( t ) = ( t − 1) + 8. 
÷
t −2

Ta có hàm số
2 ( t − 1) ( t − 4 ) ( t 2 − 2t + 4 )
f ′( t ) =
3
( t − 2)

( 2; +∞ )

Lập bảng biến thiên trên

;

với

t>2

.

t = 1
f ′( t ) = 0 ⇒ 
t = 4

.

ta được


P = ( log x y − 1) + 8  log



2

2

Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức
t = 4 ⇔ 2 log x y = 4 ⇔ y = x 2 ⇔ y = x 4

y
x

y
÷
x÷


là

27

đạt được khi

.

Câu 37.
g ( x ) = f ( x − 8x + m )

Lời giải

2

Đặt
2
2
f ′ ( x ) = ( x − 1) x 2 − 2 x ⇒ g ′ ( x ) = ( 2 x − 8 ) ( x 2 − 8 x + m − 1) ( x 2 − 8 x + m ) ( x 2 − 8 x + m − 2 )

(

)

x = 4
 2
 x − 8 x + m − 1 = 0 ( 1)
⇔ 2
x − 8x + m = 0
( 2)


2
 x − 8 x + m − 2 = 0 ( 3)
g′( x) = 0



Các phương trình
∀x ∈ ¡

g ( x)

( 1) ( 2 ) ( 3)
,

,

không có nghiệm chung từng đôi một và

( 2)

5

Suy ra
có điểm cực trị khi và chỉ khi
 ∆ 2 = 16 − m > 0
 m < 16
 ∆ = 16 − m + 2 > 0
 m < 18



⇔ 3
⇔
16 − 32 + m ≠ 0
 m ≠ 16
16 − 32 + m − 2 ≠ 0
 m ≠ 18 ⇔ m < 16

m

Vì
nguyên dương và
Câu 38.

m < 16

nên có

15

và

( 3)

(x

2

− 8 x + m − 1) ≥ 0

có hai nghiệm phân biệt khác

2

với

4

.

giá trị

m

cần tìm.

Lời giải
10
2
M
2
M
Số tập con gồm phần tử của
là số cách chọn phần tử bất kì trong
phần tử của
. Do đó số
2
C10
2
M
tập con gồm phần tử của

là
.
Câu 39.
Lời giải

Ta có tứ giác

BOKC
KDHC

là tứ giác nội tiếp đường tròn suy ra

·
·
( 1)
OKB
= OCB
·
·
( 2)
DKH
= OCB

Ta có tứ giác
là tứ giác nội tiếp đường tròn suy ra
·
·
·
( 1) ( 2 )
AC

DKH
= OKB
OKH
BK
Từ
và
suy ra
. Do đó
là đường phân giác trong của góc
và
là
·OKH
đường phân giác ngoài của góc
.
·
OC
KOH
AB
Tương tự ta chứng minh được
là đường phân giác trong của góc
và
là đường phân giác
·
KOH
ngoài của góc
.
OK = 4 OH = 3 KH = 5
Ta có
;
;

.
·
·
OKH
KOH
I J
Gọi , lần lượt là chân đường phân giác ngoài của góc
và
.
uur 4 uuu
r
IO KO 4
=
= ⇒ IO = IH ⇒ I ( −8; − 8; − 4 )
I = AC ∩ HO
IH KH 5
5
Ta có
ta có
.


Ta có

J = AB ∩ KH

ta có

uuu
r 4 uuur

JK OK 4
=
= ⇒ JK = JH ⇒ J ( 16; 4; − 4 )
JH OH 3
3
uur  16 28 20  4
IK =  ; ; ÷ = ( 4; 7;5)
 3 3 3  3

.

IK
I
Đường thẳng
qua nhận
làm vec tơ chỉ phương có phương trình
 x = −8 + 4t
( IK ) :  y = −8 + 7t
 z = −4 + 5t

.
uuu
r
OJ
= ( 16; 4; − 4 ) = 4 ( 4;1; − 1)
OJ
O
Đường thẳng
qua
nhận

làm vec tơ chỉ phương có phương trình
 x = 4t ′
( OJ ) :  y = t ′
 z = −t ′

.
A ( −4; −1;1)
A = IK ∩ OJ
Khi đó
, giải hệ ta tìm được
.
uu
r uu
r
uu
r
uu
r
 IA, IJ  = ( −60;120; −120 ) = −60 ( 1; − 2; 2 )
IA = ( 4;7;5 )
IJ = ( 24;12;0 )


Ta có
và
, ta tính
.
r
ABC
u

= ( 1; −2; 2 )
(
)
A
Khi đó đường thẳng đi qua
và vuông góc với mặt phẳng
có véc tơ chỉ phương
x + 4 y +1 z −1
=
=
1
−2
2
nên có phương trình
.
Câu 40.
Lời giải
Oxy
Chọn hệ tọa độ
. Khi đó

Diện tích hình chữ nhật là

S1 = 4π

.

π

S2 = 2∫ sin xdx = 4

0

Diện tích phần đất được tô màu đen là
.
S = S1 − S 2 = 4π − 4 = 4 ( π − 1)
Tính diện tích phần còn lại:
.
Câu 41.
Lời giải
3 21
PA = PB = PC =
A ( 2; 2; 2 )
4
Ta có:
và
.
Câu 42.
Lời giải


BC ⇒ AI ⊥ BC
OA ⊥ BC
AI ⊥ BC
là trung điểm của
. Mà
nên
.
( OBC ) ∩ ( ABC ) = BC

·

⇒ (·
( OBC ) , ( ABC ) ) = (·OI , AI ) = OIA
 BC ⊥ AI
 BC ⊥ OI

Ta có:
.
1
1
OI = BC =
OB 2 + OC 2 = a 3
2
2
Ta có:
.
OA
3
·
·
tan OIA
=
=
⇒ OIA
= 30°
OAI
OI
3
A
Xét tam giác
vuông tại

có
.
·OBC , ABC = 30°
Gọi

I

((

Vậy
Câu 43.

) (

))

.

D = ¡ \ { 1}

Lời giải

Ta có tập xác định:
.
lim y = 3
lim y = −∞ lim− y = +∞
x →±∞
x →1+
x →1
Do

và
,
nên đồ thị hàm số có hai đường tiệm cận.
Câu 44.
Lời giải
d ⊥ ( P)
( P)
d
Do
nên vec-tơ chỉ phương của đường thẳng làrvec-tơ
.
uuur pháp tuyến của
u = n( P ) = ( 4; 0; − 1)
d
Suy ra một một vec-tơ chỉ phương của đường thẳng là
.
Câu 45.
Lời giải
A ( a ; 0;0 ) B ( 0; b ; 0 )
C ( 0;0; c )
abc ≠ 0
Gọi
,
và
với
.
x y z
+ + =1
( P)
a b c

A B C
Phương trình mặt phẳng
đi qua ba điểm , ,
là
.
1 2 3
+ + =1
M ( 1; 2;3) ∈ ( P )
a b c
Vì
nên ta có:
.
uuuu
r uuur
 AM . BC = 0
 AM ⊥ BC
⇔
⇔  uuuu
r uuur
BM
⊥
AC
BM
. AC = 0



∆ABC
M
Điểm

là trực tâm của
.