113 đề thi thử THPT QG 2019 toán chuyên nguyễn trãi hải dương lần 1 có lời giải

SỞ GD&ĐT HẢI DƯƠNG
THPT CHUYÊN NGUYỄN TRÃI
Mã đề 132

KỲ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2019 LẦN 1
Bài thi: TOÁN
Ngày thi: 23 - 24/02/2019
Thời gian làm bài: 90 phút (không kể thời gian phát đề)

Câu 1 [TH]: Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có cạnh đáy bằng a, cạnh bên bằng
góc giữa đường thẳng SA và mặt phẳng đáy bằng:
A. 450
B. 750
Câu 2 [NB]: Hình vẽ là đồ thị của hàm số:

x3
x 1
x3
C. y 
x 1

C. 300

2a . Độ lớn của

D. 600

x 3
x 1
x 3
D. y 

x 1

A. y 

B. y 

Câu 3 [TH]: Đường thẳng    là giao của hai mặt phẳng x  z  5  0 và x  2 y  z  3  0 thì có
phương trình là:

x2

1
x2

C.
1
A.

y 1

3
y 1

1

x2

1
x2


D.
1

z
1
z 3
1

B.

y 1 z

2
1
y 1 z  3

2
1

Câu 4 [TH]: Cho tập S  1; 2;3;...;19; 20 gồm 20 số tự nhiên từ 1 đến 20. Lẫy ngẫu nhiên ba số thuộc S.
Xác suất để ba số lấy được lập thành một cấp số cộng là
A.

7
38

B.

5
38

C.

3
38

D.

1
114

Câu 5 [TH]: Mặt phẳng  P  đi qua A  3;0;0  , B  0;0; 4  và song song trục Oy có phương trình:
A. 4 x  3z  12  0

B. 3x  4 z  12  0

C. 4 x  3z  12  0

D. 4 x  3z  0

Câu 6 [VD]: Cho lăng trụ đều ABC. A ' B ' C ' có AB  2 3, BB '  2 . Gọi M , N , P tương ứng là trung
điểm của A ' B, A ' C ', BC . Nếu gọi  là độ lớn của góc của hai mặt phẳng  MNP  và  ACC ' thì cos 
bằng:
A.

4
5

B.

2
5

C.

3
5

D.

2 3
5

Câu 7 [TH]: Lăng trụ có chiều cao bằng a, đáy là tam giác vuông cân và có thể tích bằng 2a 3 . Cạnh góc
vuông của đáy lăng trụ bằng
A. 4a
B. 2a
C. a
D. 3a
Câu 8 [TH]: Tổng các nghiệm của phương trình 4 x  6.2 x  2  0 bằng:
A. 0
B. 1
C. 6

D. 2

Câu 9 [TH]: Xét các số phức z thỏa mãn z  1  3i  2 . Số phức z mà z  1 nhỏ nhất là:


A. z  1  5i

C. z  1  3i

B. z  1  i

D. z  1  i

e x  m khi x  0
Câu 10 [TH]: Cho hàm số f  x   
liên tục trên
2
2 x 3  x khi x  0

 a, b, c   . Tổng T  a  b  3c

và

 f  x  dx  ae  b

3  c,

1

bằng:
C. 19

B. 10

A. 15

1

D. 17

Câu 11 [VD]: Cho hình chóp đều S.ABCD có cạnh đáy bằng 2 và cạnh bên bằng 2 2 . Gọi  là góc của
mặt phẳng  SAC  và mặt phẳng  SAB  . Khi đó cos  bằng

5
7

A.

B.

2 5
5

21
7

C.

5
5

D.

Câu 12 [VD]: Trong không gian Oxyz, cho A  2;0;0  , B  0; 4;0  , C  0;0;6  , D  2; 4;6  . Gọi  P  là mặt
phẳng song song với mp  ABC  ,  P  cách đều D và mặt phẳng  ABC  . Phương trình của  P  là:
A. 6 x  3 y  2 z  24  0

B. 6 x  3 y  2 z  12  0

C. 6 x  3 y  2 z  0

D. 6 x  3 y  2 z  36  0

Câu 13 [TH]: Số nào sau đây là điểm cực đại của hàm số y  x4  2 x3  x2  2 ?
A.

1
2

B. 1

C. 0

, f  0   0, f '  0   0 và thỏa mãn hệ thức

Câu 14 [VD]: Cho hàm số f  x  có đạo hàm liên tục trên

1

f  x  / f '  x   18 x   3x  x  f '  x    6 x  1 f  x  x 
2

D. 2

  x  1 e

. Biết

2

f  x

dx  ae 2  b  a, b 

.

0

Giá trị của a  b bằng:
A. 1

B. 2
m

Câu 15 [TH]: Cho

  3x

2

C. 0

D.

2
3

 2 x  1 dx  6 . Giá trị của tham số m thuộc khoảng nào sau đây?

0

A.  1; 2 

B.  ;0 

D.  3;1

C.  0; 4 

Câu 16 [NB]: Hàm số y   x3  3x2  2 đồng biến trên khoảng:
A.  0; 2 

B.  ;0 

Câu 17 [NB]: Cho hàm số f  x  liên tục trên

D.  4;  

C. 1; 4 
4

và


0

4

f  x  dx  10, f  x  dx  4 . Tích phân
0

3

 f  x  dx
0

A. 4
B. 7
C. 3
D. 6
Câu 18 [TH]: Một hộp có 10 quả cầu xanh, 5 quả cầu đỏ. Lấy ngẫu nhiên 5 quả từ hộp đó. Xác suất để
được 5 quẩ có đủ hai màu là:
A.

13
143

B.

132
143

C.

12
143

D.

250
273


Câu 19 [NB]: Tập xác định của hàm số y  ln  x  2   là:



A.

caodangyhanoi.edu.vn

B.  3;  

C.  0;  

D. 2; 


Câu 20 [VD]: Cho hình hộp chữ nhật ABCD. A ' B ' C ' D ' có AB  a, AD  AA '  2a . Khoảng cách giữa
hai đường thẳng AC và DC ' bằng:

6a
3

A.

3a
2

B.

3a
3

C.

Câu 21 [TH]: Hàm số y  f  x  có đạo hàm liên tục trên

D.

3a
2

và dấu của đạo hàm được cho bởi bảng

dưới đây:



x

0

f ' x

+

0



2



0

+

Hàm số y  f  2 x  2  nghịch biến trên khoảng:
B.  2;  

A.  1;1
Câu 22 [VD]: Cho n 
A. 55.29

*

C. 1; 2 

D.  ; 1

và Cn2 .Cnn2  Cn8 .Cnn8  2Cn2 .Cnn8 . Tổng T  12 Cn1  22 Cn2  ...  n2Cnn bằng:
B. 55.210

C. 5.210

D. 55.28

Câu 23 [VD]: Đường thẳng  đi qua điểm M  3;1;1 , nằm trong mặt phẳng   : x  y  z  3  0 và tạo

x  1

với đường thẳng d :  y  4  3t một góc nhỏ nhất thì phương trình của  là:
 z  3  2t

x  1

A.  y  t '
 z  2t '

Câu 24 [NB]: Cho n
A. 1

 x  8  5t '

B.  y  3  4t '
z  2  t '


 x  1  2t '

C.  y  1  t '
 z  3  2t '


 x  1  5t '

D.  y  1  4t '
 z  3  2t '


và n !  1 . Số giá trị của n thỏa mãn giả thiết đã cho là:
B. 2

D. vô số

C. 0

Câu 25 [TH]: Cho hàm số f  x  có đồ thị như hình dưới đây. Hàm số g  x   ln  f  x   đồng biến trên
khoảng nào dưới đây?
A.  ;0 

B. 1;  

Câu 26 [TH]: Hàm số f  x  có đạo hàm liên tục trên

C.  1;1

D.  0;  

và f '  x   2e2 x  1 x, f  0   2 . Hàm f  x 

là:
A. y  2e x  2 x

B. y  2e x  2

C. y  e2 x  x  2

D. y  e2 x  x  1

Câu 27 [VD]: Cần sản xuất một vỏ hộp sữa hình trụ có thể tích V cho trước. Để tiết kiệm vật liệu
nhất thì bán kính đáy phải bằng.
A.

3

V
2

B.

3

V
2

C.

3

V



D.

3

V
3

Câu 28 [VD]: Bất phương trình 4 x   m  1 2 x 1  m  0 nghiệm đúng với mọi x  0 . Tập tất cả các giá
trị của m là:
A.  ;12 

B.  ; 1

C.  ; 0

D.  1;16

Câu 29 [NB]: Cho a   2;1;3 , b   4; 3;5  , c   2; 4;6  . Tọa độ của vectơ u  a  2b  c là:

caodangyhanoi.edu.vn


A. 10;9;6 

D. 112; 9;6 

C. 10; 9;6 

B. 12; 9;7 

1
1
Câu 30 [TH]: Cho một cấp số nhân  un  : u1  , u4  4 . Số hạng tổng quát bằng:
4
4
1
1
1
1
A. n , n  *
B. 4 , n  *
C. n 1 , n  *
D.
,n
4
4n
4
n

*

Câu 31 [TH]: Cho hai số phức z1 , z2 thỏa mãn các điều kiện z1  z2  2 và z1  2 z2  4 . Giá trị của
2z1  z2 bằng:

A. 2 6

B.

C. 3 6

6

Câu 32 [NB]: Số tiệm cận (đứng và ngang) của đồ thị hàm số y 
A. 1

B. 3

D. 8

x 1
x3  1

là:

C. 0

D. 2

Câu 33 [VD]: Cho hình chữ nhật ABCD có AB  2, AD  2 3 và nằm trong mặt phẳng  P  . Quay  P 
một vòng quanh đường thẳng BD. Khối tròn xoay được tạo thành có thể bằng:
A.

28
9

B.

28
3

C.

56
9

D.

56
3

Câu 34 [TH]: Tập nghiệm của bất phương trình x  3x 2  2  2 là:
2

A.  3; 2 

B.  3;3

C.  3;3 \ 2;0

D.  ; 3   3;  

Câu 35 [NB]: Hệ số góc của tiếp tuyến tại A 1;0  của đồ thị hàm số y  x3  3x 2  2 là:
A. 1

B. 1

Câu 36 [VD]: Cho hàm số y 

C 

C. 3

D. 0

1 3 3 2
x  x  2  C  . Xét hai điểm A  a; y A  , B  b; yB  phân biệt của đồ thị
2
2

mà tiếp tuyến tại A và B song song. Biết rằng đường thẳng AB đi qua D  5;3 . Phương trình của AB

là:
A. x  y  2  0

B. x  y  8  0

C. x  3 y  4  0

D. x  2 y  1  0

Câu 37 [VD]: Trong không gian Oxyz, cho A  4; 2;6  , B  2; 4; 2  , M    : x  2 y  3z  7  0 sao cho
MA.MB nhỏ nhất. Tọa độ của M bằng:

 29 58 5 
A.  ; ; 
 13 13 13 

B.  4;3;1

Câu 38 [VD]: Số điểm cực trị của hàm số y  sin x 

A. 2

B. 4

C. 1;3; 4 

 37 56 68 
; 
D.  ;
 3 3 3

x
, x    ;   là:
4
C. 3

D. 5

Câu 39 [VDC]: Phương trình 4 x  1  2 x m.cos  x  có nghiệm duy nhất. Số giá trị của tham số m thỏa
mãn là:
A. vô số
B. 1
C. 2
Câu 40 [VDC]: Cho a, b, c là ba số thực dương, a  1 và thỏa mãn

caodangyhanoi.edu.vn

D. 0

2

bc 

log  bc   log a  b3c3    4  4  c 2  0 . Số bộ  a; b;c  thỏa mãn điều kiện đã cho là:
4

A. 0
B. 1
C. 2
D. vô số
2
a

Câu 41 [NB]: Cho số phức z  1  i . Biểu diễn số z 2 là điểm:
A. M  2;0 

C. E  2;0 

B. M 1; 2 

Câu 42 [NB]: Số điểm cực trị của hàm số f  x  

x2

2tdt

 1 t

2

D. N  0; 2 

là:

2x

A. 0

B. 1

C. 2

Câu 43 [VDC]: Giá trị lớn nhất của hàm số y 

D. 3

x3  x 2  m
trên  0; 2 bằng 5. Tham số m nhận giá trị
x 1

là:
A. 5
Câu

44

[VDC]:

Trong

không

D. 8

C. 3

B. 1
gian

Oxyz,

cho

mặt

cầu

x  y2  z2  9
2

và

điểm

x  1 t

M  x0 ; y0 ; z 0    d  :  y  1  2t . Ba điểm A, B, C phân biệt cùng thuộc mặt cầu sao cho MA, MB, MC là
 z  2  3t


tiếp tuyến của mặt cầu. Biết rằng mặt phẳng  ABC  đi qua D 1;1; 2  . Tổng T  x02  y02  z02 bằng:
A. 30

B. 26

C. 20



 

D. 21



Câu 45 [VDC]: Trong không gian Oxyz, cho các điểm A 0; 4 2;0 , B 0;0; 4 2 , điểm C  mp  Oxy 
và tam giác OAC vuông tại C; hình chiếu vuông góc của O trên BC là điểm H. Khi đó điểm H luôn thuộc
đường tròn cố định có bán kính bằng:
A. 2 2

B. 4

C.

3

D. 2

Câu 46 [VDC]: Cho hình hộp ABCD. A ' B ' C ' D ' có A ' B vuông góc với mặt phẳng đáy  ABCD  ; góc
của AA ' với  ABCD  bằng 450 . Khoảng cách từ A đến các đường thẳng BB ' và DD ' bằng 1. Góc của

mặt phẳng  BCC ' B ' và mặt phẳng  CC ' D ' D  bằng 600 . Thể tích khối hộp đã cho là:
A. 2 3

B. 2

C.

3

D. 3 3

Câu 47 [VD]: Hình phẳng  H  được giới hạn bởi đồ thị  C  của hàm số đa thức bậc ba và parabol  P 
có trục đối xứng vuông góc với trục hoành. Phần tô đậm như hình vẽ có diện tích bằng:

caodangyhanoi.edu.vn


7
37
B.
12
12
Câu 48 [NB]: Bảng biến thiên dưới đây là của hàm số:
A.

x



D.

5
12





+





0

0
C. y  x 2  x  0 

B. y  log3 x

A. y  x3

11
12

0

y'

y

C.

D. y  3x

Câu 49 [TH]: Diện tích mặt cầu ngoại tiếp khối hộp chữ nhật có kích thước: a, 3a, 2a là:
C. 16  a 2

B. 4  a 2

A. 8a 2

D. 8  a 2

Câu 50 [VD]: Cho hình phẳng  D  giới hạn bởi các đường: y  x   , y  sin x, x  0 . Gọi V là thể tích
khối tròn xoay tạo thành do  D  quay quanh trục hoành và V  p 4  p 
A. 8

B. 4

 . Giá trị của 24p bằng:

C. 24

D. 12

----------- HẾT ---------Thí sinh không được sử dụng tài liệu- Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.

ĐÁP ÁN

1-D

2-C

3-C

4-C

5-A

6-B

7-B

8-B

9-B

10-C

11-C

12-A

13-B

14-B

15-C

16-A

17-D

18-D

19B

20-A

21-C

22-A

23-B

24-B

25-B

26-D

27-A

28-B

29-B

30-A

31-A

32-D

33-D

34-D

35-C

36-D

37-B

38-B

39-B

40-B

41-D

42-D

43-C

44-B

45-D

46-C

47-A

48-C

49-D

50-A

HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT
Câu 1:
Phương pháp:
Gọi a ' là hình chiếu vuông góc của a trên mặt phẳng  P  .
Góc giữa đường thẳng a và mặt phẳng  P  là góc giữa đường thẳng a và a '
Cách giải:
Gọi O là tâm của hình vuông ABCD. Do S.ABCD là hình chóp tứ giác đều
nên SO   ABCD 

  SA;  ABCD     SA; OA  SAO

caodangyhanoi.edu.vn


ABCD là hình vuông cạnh a  AC  a 2  OA 

a 2
2

a 2

OA
1
 2   SAO  600
SAO vuông tại O  cos SAO 
SA a 2 2
  SA;  ABCD    600

Chọn D.
Câu 2:
Phương pháp:
Nhận biết đồ thị hàm số bậc nhất trên bậc nhất.
Cách giải:
Đồ thị hàm số đã cho có TCĐ: x  1 và TCN: y  1 .
 Loại phương án A và D

Đồ thị hàm số cắt trụ tung tại điểm có tung độ bằng 3  Loại phương án B, chọn phương án C:
x3
y
x 1
Chọn C.
Câu 3:
Phương pháp:
Phương trình chính tắc của đường thẳng đi qua M 0  x0 ; y0 ; z0  và có 1 VTCP u  a; b; c  ,  a, b, c  0  là:

x  x0 y  y0 z  z0


.
a
b

c
Cách giải:
Mặt phẳng x  z  5  0, x  2 y  z  3  0 có VTPT lần lượt là n1 1;0;1 , n2 1; 2; 1
Đường thẳng  là giao của hai mặt phẳng x  z  5  0 và x  2 y  z  3  0 có 1 VTCP là:

u

1
 n1 ; n2   1;1; 1

2

2  z  5  0
z  3
Cho x  2  

 A  2;1;3  
2  2 y  z  3  0
y 1
Phương trình đường thẳng  là:

x  2 y 1 z  3


.
1
1
1

Chọn C.

Câu 4:
Phương pháp:
Ba số a, b, c theo thứ tự lập thành CSC khi và chỉ khi
Cách giải:
3
 1140
Số phần tử của không gian mẫu là: C20

caodangyhanoi.edu.vn

ac
b.
2


Ba số a, b, c theo thứ tự lập thành CSC khi và chỉ khi

ac
 b  a  c  2b là số chẵn. Do đó a, c cùng
2

chẵn hoặc cùng lẻ.
Như vậy, để ba số lấy được lập thành một cấp số cộng (giả sử 3 số đó là a, b, c  a  b  c  ) thì ta chọn
trước 2 số a và c cùng chắn hoặc cùng lẻ.
Ta có 4  a  c  38  2  b  19 .
Khi đó, luôn tồn tại duy nhất 1 số b thỏa mãn yêu cầu đề bài.
Số cách chọn bộ số  a, c  như trên là: 2.C102  90
Xác suất cần tìm là:

90

3
.

1140 38

Chọn C.
Câu 5:
Phương pháp:
Phương trình mặt phẳng đi qua M 0  x0 ; y0 ; z0  và có 1 VTPT n  a; b; c   0 là:
a  x  x0   b  y  y0   c  z  z0   0 .

Cách giải:
Ta có: AB   3;0; 4 
Theo đề bài, ta có: mặt phẳng  P  có 1 VTPT: n   AB; j    4;0; 3
Phương trình mặt phẳng  P  : 4  x  3  3  z  0   0  4 x  3z  12  0 .
Chọn A.
Câu 6:
Phương pháp:
Sử dụng định lí hình chiếu: S '  S .cos   cos  

S'
S

Cách giải:
Ta có:  MNP    MNCP  do CP / / B ' C '/ / MN  và  ACC '   ACC ' A '
     MNP  ;  ACC '     MNCP  ;  ACC ' A '  

Dựng PE  AC , MF  A ' C ',  E  AC ; F  A ' C '   CE  FN 

1

AC
4

và P, E , F , M đồng phẳng.
Ta có:
PE  AC , PE  AA '  PE   ACC ' A '   PEFM    ACC ' A ' 
 Hình chiếu vuông góc của hình bình hành lên  ACC ' A ' là hình bình hành

ECNF  cos  

S ECNF
S MNCP

1
1
Ta có: S ECNF  EC.CC '  . AC.CC '  .2 3.2  3
4
4

caodangyhanoi.edu.vn


A ' B ' C ' đều  C ' M  2 3.

3
3
2

CC ' M vuông tại C '  CM  CC '2  C ' M 2  22  32  13
MNC có: MN  3, CM  13, CN  7 , có diện tích là: SMNC 

p.  p  a  p  b  p  c 



 3  7  13
 3  7  13

3  7  13  3  7  13
. 
 3 

7

13




2
2
2
2







3  7  13 7  13  3 3  13  7 3  7  13 5 3
5 3
.
.
.

 S MNCP 
2
2
2
2
4
2

 cos  

S ECNF
3
2


S MNCP 5 3 5
2

Chọn B.
Câu 7:
Phương pháp:
Thể tích hình lăng trụ: V  Sh
Cách giải:
Thể tích hình lăng trụ: V  Sh  2a3  Sday .a  Sday  2a 2

Gọi độ dài cạnh góc vuông của đáy là x 

1 2
x  2a 2  x 2  4a 2  x  2a
2

Chọn B.
Câu 8:
Phương pháp:
Đặt 2x  t , t  0 . Đưa phương trình về dạng phương trình bậc hai ẩn t.
Cách giải:
Đặt 2x  t , t  0 . Phương trình trở thành: t 2  6t  2  0  2 
Phương trình  2  có 2 nghiệm t1 , t2 thỏa mãn t1.t2  2
Khi đó, 1 có 2 nghiệm phân biệt x1 , x2 tương ứng, thỏa mãn: 2x1  x2  2x1.2x2  t1.t2  2  x1  x2  1
Chọn B.
Câu 9:
Phương pháp:
Tập hợp các điểm biểu diễn của các số phức thỏa mãn z  a  bi  R, R  0 là đường tròn:

 x  a   y  b
2

2

 R2 .

Cách giải:
Tập hợp các điểm M biểu diễn của các số phức thỏa mãn

z  1  3i  2 là đường tròn:  x  1   y  3  4

2

caodangyhanoi.edu.vn

2


z  1 là khoảng cách từ điểm M đến điểm A 1;0  . Khoảng cách
này nhỏ nhất khi và chỉ khi M nằm giữa I và A (với I 1;3 là tâm
đường tròn  x  1   y  3  4 )
2

2

Dễ dàng tính được M 1;1 .
Vậy, số phức z thỏa mãn là z  1  i .
Chọn B.
Câu 10 (TH):
Phương pháp:
Sử dụng tính chất của tích phân

 f  x  dx   f  x  dx   f  x  dx .
b

c

b

a

a

c

Cách giải:

 lim f  x   lim f  x   f  0 

Hàm số f  x  liên tục trên

x 0

x 0





 lim  e x  m   lim 2 x 3  x 2  1  m  0  m  1
x 0

x 0

Khi đó:



1

1

f  x  dx   f  x  dx   f  x  dx
0

1

1

0

  2 x 3  x dx    e  1 dx  
0

2

1



2
3  x2  3  x2

3

 a  1, b  2, c  

1

x

1

0

0

0

3  x d 3  x   e  x 
2

2

1

x

0

1

2
2
22
  e x  x   .3. 3  .4.2   e  1  1  e  2 3 
3
3
3
0
1

22
 T  a  b  3c  1  2  22  19
3

Chọn C.
Câu 11 (TH):
Phương pháp:
Sử dụng định lí hình chiếu: S '  S .cos   cos  

S'
S

Cách giải:
Gọi O là tâm của hình vuông ABCD.

OB  AC
OB   SAC   Hình chiếu vuông góc của tam giác SAB
Do 
OB  SO
lên  SAC  là tam giác SAO
Khi đó, cos   cos   SAB  ;  SAC   
Ta có:
SOA vuông tại O:

caodangyhanoi.edu.vn

SSAO
SSAB

S SAB 

p  p  a  p  b  p  c 



 2  2 2  2 2
 2  2 2  2 2

22 2 2 2  22 2 2 2
. 
 2 

2
2

2
2




2
2
2
2








1  2 2  . 2

 cos  



2  1 .1.1  7

S SAO
3
21


S SAB
7
7

Chọn C.
Câu 12:
Phương pháp:
Phương trình mặt chắn của mặt phẳng đi qua A  a;0;0  , B  0; b;0  , C  0;0; c  ,  a, b, c  0  là:

x y z
  1
a b c
Cách giải:

Phương trình mặt phẳng  ABC  là:

x y z
   1  6 x  3 y  2 z  12  0
2 4 6

 P  / /  ABC    P  : 6 x  3 y  2 z  m  0,  m  12 
d  D;  P   

6.2  3.4  2.6  m
6 3 2
2

2

2

d   ABC  ;  P    d  A;  P   



36  m
7

6.2  3.0  2.0  m
62  32  22



12  m

 do  P  / /  ABC  
7

Theo đề bài, ta có:

36  m  12  m  vo nghiem 
36  m 12  m

 36  m  12  m  
 m  24
7
7
36  m  12  m
Vậy,  P  : 6 x  3 y  2 z  24  0 .
Chọn A.
Câu 13:
Phương pháp:
Xác định số điểm đạo hàm đổi dấu từ dương sang âm.
Cách giải:


x  0

Ta có: y  x 4  2 x3  x 2  2  y '  4 x3  6 x 2  2 x, y '  0   x  1

1
x 

2
Bảng xét dấu y ' :

x

y'



0



caodangyhanoi.edu.vn

0

+

0



1

1
2



0

+

Ta thấy: y ' đổi dấu từ dương sang âm tại 1 điểm là x 

1
2

Suy ra, hàm số đã cho có 1 điểm cực đại.
Chọn B.
Câu 14:
Phương pháp:
Tích phân 2 vế f  x  f '  x   18 x 2   3x 2  x  f '  x    6 x  1 f  x  x 
Cách giải:
Ta có

f  x  . f '  x   18 x 2   3x 2  x  f '  x    6 x  1 f  x 
x

x

0

0





   f  x  . f '  x   18 x 2  dx    3x 2  x  f '  x    6 x  1 f  x  dx
x

x

x





  f  x  f '  x  dx   18 x dx    3x 2  x  f  x  ' dx
2

0

0

0



2
1

   f  x    6 x3    3x 2  x  f  x 
2
0
x



x

0

2
2
1
 1

   f  x    6 x3     f  0    0    3x 2  x  f  x   0
2
 2


  f  x    2  3x 2  x  f  x   12 x 3  0
2

  f  x    2  3x 2  x  f  x    3x 2  x    3x 2  x   12 x 3
2

2



 f  x    3x 2  x 

   3x
2

2

 x

2

2

 f  x    3x 2  x   3x 2  x
 f  x   6x2



 f  x    3x 2  x   3x 2  x
 f  x   2 x

Do f  0   0, f '  0   0 nên f  x   2 x . Khi đó:
1

1

0

0

1

f  x
2x
2x
  x  1 e dx    x  1 e dx  2   x  1 d  e 

1
  x  1 .e2 x
2

1

1
  x  1 .e2 x
2

1

1

0

1

1
1
  e2 x d  x  1   x  1 .e 2 x
20
2
0
1
 e2 x
4
0

1

0

1

1
  e 2 x dx
20
0

1
1
1
1
7
1
 .2.e 2  .1.e0  e 2  e0  e2 
2
2
4
4
4
4

7
1
 a  ;b    a  b  2
4
4

Chọn B.
Câu 15:
Phương pháp:

caodangyhanoi.edu.vn

1

.


Sử dụng công thức

n
 x dx 

x n1
 C, n  1
n 1

Cách giải:
m

2
3
2
  3x  2 x  1 dx  6   x  x  x 
0

m

6
0

  m  m  m  0  6  m  m  m  6  0
3

2

3

2

 m  2  m   0; 4 
Chọn C.
Câu 16:
Phương pháp
Tìm khoảng K mà y '  0 và bằng 0 tại hữu hạn điểm trên K.
Cách giải:
TXĐ: D 

.

x  0
y   x3  3x 2  2  y '  3 x 2  6 x  0  
x  2
y '  0  x  0; 2  Hàm số y   x3  3x2  2 đồng biến trên khoảng  0; 2 

Chọn A.
Câu 17:

Phương pháp
b

Sử dụng tính chất của tích phân


a

c

b

a

c

f  x  dx   f  x  dx   f  x  dx .

Cách giải:
3


0

4

3

4

4

0

4

0

3

f  x  dx   f  x  dx   f  x  dx   f  x  dx   f  x  dx  10  4  6

Chọn D.
Câu 18:
Phương pháp
Xác suất của biến cố A là: P  A  

n  A
n 

Cách giải:
Số phần từ của không gian mẫu là: n     C155

 

Gọi A: “5 quả có đủ hai màu”  A : “Lấy cả 5 quả cầu một màu”  n A  C55  C105

 

P A 

 C

n A

n 

 C105 1  252 253
23
23 250



 P  A  1 

.
5
C15
3303 3303 273
273 273

5
5

Chọn D.
Câu 19:
Phương pháp

caodangyhanoi.edu.vn

Xét hàm số y  x :
+ Nếu  là số nguyên dương thì TXĐ: D 
+ Nếu  là số nguyên âm hoặc bằng 0 thì TXĐ: D 

\ 0

+ Nếu  không phải là số nguyên thì TXĐ: D   0;  
Cách giải:

 x  2  0
x  2
x  2
ĐKXĐ: 


 x3
0
ln  x  2   0
x  2  e  1 x  3
Vậy TXĐ của hàm số là:  3;   .
Chọn B.
Câu 20:
Phương pháp:
a / /  P 
 d  a; b   d  a;  P    d  A;  P   ,  A  a 

b

P





Cách giải:
Ta có: C ' D / / AB '  C ' D / /  ACB ' 

 d  C ' D; AC   d  C ' D;  AB ' C    d  C ';  AB ' C  
Mà d  C ';  AB ' C    d  B;  AB ' C   (do BC ' cắt  AB ' C  (cắt cạnh

B ' C ) tại trung điểm của BC ' )
 d  C ' D; AC   d  B;  AB ' C  

Xét tứ diện vuông BAB ' C có:





1
1
1
1



, h  d  B;  AB ' C  
2
2
2

h
BA BB ' BC 2
1
1
1
1
1
6
6a
 2  2  2  2 h
a  d  C ' D; AC  
2
h
a 4a 4a
2a
3
3
Chọn A.
Câu 21:
Phương pháp

 f  2 x  2  '  0 và bằng 0 tại hữu hạn điểm trên đó.
Đạo hàm hàm hợp:  f  u  x    '  f '  u  x   .u '  x 
Xác định khoảng mà

Cách giải:
Ta có:

y  f  2x  2  y '  f '  2x  2. 2x  2 '  2 f '  2x  2
y '  0  f '  2x  2  0  0  2x  2  2  1  x  2

 Hàm số y  f  2 x  2  nghịch biến trên khoảng 1; 2  .

Chọn C.
Chú ý: Cẩn thận khi tính đạo hàm của hàm hợp.

caodangyhanoi.edu.vn


Câu 22:
Phương pháp:
Giải tìm n, biết Cnk 

n!
, Cnk  Cnn k
k ! n  k  !
n

Biến đổi và đạo hàm hàm số f  x    x  1   Cni xi cho phù hợp.
n

i 0

Cách giải:
Ta có:

Cn2Cnn  2  Cn8Cnn 8  2Cn2Cnn 8   Cn2   2Cn2Cn8   Cn8   0
2

  Cn2  Cn8   0  Cn2  Cn8  0 
2

2

n!
n!

0
2!.  n  2 ! 8!.  n  8 !

1





1
0
8.7.6.5.4.3

 n  2  n  3 n  4  n  5 n  6  n  7 
  n  2  n  3 n  4  n  5  n  6  n  7   8.7.6.5.4.3  n  10
10

Xét hàm số: f  x    x  10    C10i xi có:
10

i 0

10

f '  x   10  x  1   C10i ix i 1
9

i 0

10

 x. f '  x   10 x  x  1   C10i ix i
9

i 0





10

  x. f '  x   '  10 x  x  1 '   C10i i 2 x i 1
9

i 0

10

 10 x.9  x  1  10  x  1   C10i i 2 x i 1
8

9

i 0

10

 90 x 2  x  1  10 x  x  1   C10i i 2 x i
8

9

i 0

10

  C10i i 2 xi  90 x 2  x  1  10 x  x  1
8

9

i 0

 T  12 Cn1  22 Cn2  ...  n 2Cnn
1
10
 12 C10
 22 C102  ...  102 C10
(ứng với x  1 )

 90.1.28  10.1.29  55.29
Chọn A.
Câu 23:

Phương pháp:
+) Gọi d ' là đường thẳng qua M và song song d. Khi đó:  d ;     d ';  
+) Để  d ;   min thì  là hình chiếu vuông góc của d ' lên   .
Cách giải:
Dễ dàng kiểm tra được M    .

caodangyhanoi.edu.vn


Gọi d ' là đường thẳng qua M và song song d. Khi đó:  d ;     d ';  
Để  d ;   min thì  là hình chiếu vuông góc của d ' lên   .

x  3

Phương trình đường thẳng d ' là:  y  1  3t
 z  1  2t

Lấy A  3; 4; 1  d ' và A  M . Tìm H là hình chiếu của A lên mặt phẳng  

x  3  t

Đường thẳng AH nhận n  1;1; 1 là 1 VTPT, có phương trình là  y  4  t
 z  1  t

Giả sử H  3  t; 4  t; 1  t  .

5
4 7 2
Mà H      3  t    4  t    1  t   3  0  t    H  ; ; 
3

3 3 3

4 7 2
5 4 1
 H  ; ;   HM   ;  ; 
3 3 3
 3 3 3
 x  8  5t '
 x  5  3t


Đường thẳng  đi qua M  3;1;1 và có 1 VTCP  5; 4;1 có PTTS là:  y  4  t hay  y  3  4t '
z  2  t '
z  1 t


Chọn B.
Câu 24:
Phương pháp
Sử dụng công thức n!  1.2.3...n . Quy ước 0!  1 .
Cách giải:

n  0
n  , n!  1  
n  1
Chọn B.
Câu 25:
Phương pháp
Xác định khoảng mà g '  x   0 và bằng 0 tại hữu hạn điểm trên đó.
Đạo hàm hàm hợp:

 f u  x  '  f ' u  x  .u '  x 

Cách giải:
Ta có: g  x   ln  f  x    g '  x  

f ' x
f  x

Quan sát đồ thị hàm số, ta thấy:
+) f  x   0, x
+) f '  x   0 trên các khoảng  1;0  , 1;  
 g  x  đồng biến trên các khoảng  1;0  , 1;  

caodangyhanoi.edu.vn


Chọn B.
Chú ý: Cẩn thận khi tính đạo hàm của hàm hợp.
Câu 26:
Phương pháp
Tích phân 2 vế. Lấy cận từ 0 đến x.
Cách giải:
Ta có:
x

x

0

0

f '  x   2e2 x  1, x   f '  x  dx    2e 2 x  1 dx
x

 f  x   f  0    e2 x  x   f  x   2   e2 x  x   1
0

 f  x  e  x 1
2x

Chọn D.
Câu 27:
Phương pháp
Thể tích khối trụ là: V   r 2 h
Diện tích toàn phần của hình trụ: Stp  2 r 2  2 rh
Cách giải:
Ta có: V   r 2 h  h 

V
 r2

Diện tích vật liệu để làm vỏ hộp là: Stp  2 r 2  2 rh  2 r 2  2 r.
Ta có: f '  r   4 r 

V
2V
 2 r 2 
 f r , r  0
2

r
r

2V
V
V
, f 'r   0  r3 
r 3
2
r
2
2

Bảng biến thiên:

r

0
3

f 'r 

f r 





V
2

0

+

 V 
f  3

 2 

Vậy, để tiết kiệm vật liệu nhất thì bán kính đáy phải bằng

3

V
.
2

Chọn A.
Câu 28:
Phương pháp
Đặt 2 x  t , t  1  do x  0  . Sử dụng phương pháp khảo sát hàm số.

caodangyhanoi.edu.vn


Cách giải:
Đặt 2 x  t , t  1  do x  0  .
Bất phương trình trở thành: t 2  2  m  1 t  m  0  m 1  2t   2t  t 2 *
Để bất phương trình ban đầu nghiệm đúng với mọi x  0 thì * nghiệm đúng với mọi t  1
Do t  1  2t  2  1  2t  1  0 .

Khi đó *  m 

 2t  t 2 
2t  t 2
nghiệm đúng với mọi t  1  m  min 

t 1
1  2t
 1  2t 

2t  t 2
Xét hàm số f  t  
, t  1 có:
1  2t
f ' t  

 2  2t 1  2t    2t  t 2  .  2 

1  2t 
2

2t 2  2t  2

 0, t  1
1  2t 2 

 min f  t   f 1  1  m  1
t 1

Vậy, tập tất cả các giá trị của m là  ; 1 .

Chọn B.
Câu 29:
Phương pháp

a  a1 ; a2 ; a3  , b  b1 ; b2 ; b3   ka  kb   ka1  lb1; ka2  lb2 ; ka3  lb3 
Cách giải:
Tọa độ của vectơ u  a  2b  c là: 12; 9;7  .
Chọn B.
Câu 30:
Phương pháp:
Số hạng tổng quát của cấp số nhân có số hạng đầu u1 và công bội q là: un  u1.q n1 , n  1 .
Cách giải:
Ta có: u4  u1.q 3 

1 1 3
1
 .q  q 
4
4
4
4

1 1
Số hạng tổng quát bằng: un  .  
4 4

n 1

n

1
   ,n 1.
4

Chọn A.
Câu 31:
Phương pháp
Biểu diễn hình học của các số phức trên mặt phẳng phức.
Cách giải:
Gọi M, N lần lượt là điểm biểu diễn của z1 , z2 trên mặt phẳng phức.
Do z1  z2  2  M , N thuộc đường tròn tâm O bán kính 2.
Gọi P, Q, R lần lượt là điểm biểu diễn của 2 z2 ,  z2 , 2 z1 trên mặt phẳng
phức (như hình vẽ)

caodangyhanoi.edu.vn


Dựng các hình bình hành OMEP, ORFQ.
Ta có:

z1  2 z2  4  OE  4
2 z1  z2  OF
Tam giác OPE có:

PE 2  PO 2  EO 2 22  42  42 1
1

  cos ROQ 
2.PE.PO
2.2.4

4
4
1
 cos ORF  
4
cos P 

Tam giác ORF có: OF 2  OR 2  RF 2  2.OR.RF .cos ORF  42  22  2.4.2.

1
 16  4  4  24
4

 OF  2 6  2 z1  z2  2 6
Chọn A.
Câu 32:
Phương pháp
* Định nghĩa tiệm cận đứng của đồ thị hàm số y  f  x  .
Nếu lim f  x    hoặc lim f  x    hoặc lim f  x    hoặc lim f  x    thì x  a là TCĐ
x a

x a

x a

x a

của đồ thị hàm số.
* Định nghĩa tiệm cận đứng của đồ thị hàm số y  f  x  .
Nếu lim f  x   a hoặc lim f  x   a  y  a là TCN của đồ thị hàm số.

x 

x 

Cách giải:
TXĐ: D  1;  

lim

x 1

lim

x 

x 1
x3  1

   Đồ thị hàm số có 1 TCĐ là x  1

1
1

x 1
 lim x x x  0  Đồ thị hàm số có 1 TCN là y  0 .
3
x  1 x 1  1
x3

Chọn D.

Câu 33:
Phương pháp

1
Thể tích khối nón: V   r 2 h
3
h 2 2
Thẻ tích khối nón cụt: V 
 R  r  Rr 
3
Cách giải:

caodangyhanoi.edu.vn


BCD vuông tại C có:







  3

2
BC.CD 2 3.2

 3; IB  2 3 
BD

4
OM BO
OM
2
2
 IO  OD  ID  2  1  1;



 OM 
CD BC
2
2 3
3

BD  22  2 3

2

 4; CI 

2

 3; ID  1.

Thể tích khối nón có đỉnh B và đáy là hình tròn tâm I bán kính IC bằng thể tích khối nón có đỉnh D và
đáy là hình tròn tâm J bán kính JA bằng:

1
1

V1  . .IC 2 .IB  . .3.3  3
3
3
Thể tích khối nón cụt có hai đáy là hình tròn tâm I bán kính IC, hình tròn tâm O bán kính OM bằng thể
tích khối nón cụt có hai đáy là hình tròn tâm J bán kính JA, hình tròn tâm O bán kính OM bằng:

V2 

 .OI
3

 IC

2

 OM 2  IC.OM  

 .1 

4
2  19
3   3.

 3
3 
3
3

19


Thể tích cần tìm là: V  2 V1  V2   2.  3 
3


 56
.

3


Chọn D.
Câu 34:
Phương pháp:
 f  x  a
f  x  a  
 f  x   a

Cách giải:

 x 3  3x 2  2  2
 x 3  3x 2  0 1
x  3x  2  2   3
 3
 x  3x 2  2  2
 x  3x 2  4  0  2 


 x 3  0
x  3


1  
 x  0
 x  3
3

2

 2   x  1 x  2 

2

 0 : vô nghiệm.

Vậy, tập nghiệm của bất phương trình x  3x 2  2  2 là  ; 3   3;   .
3

Chọn D.

caodangyhanoi.edu.vn


Câu 35:
Phương pháp
Hệ số góc của tiếp tuyến của đồ thị hàm số y  f  x  tại điểm có hoành độ x  x0 là: k  f '  x0  .
Cách giải:
y  x3  3x 2  2  y '  3x 2  6 x  y ' 1  3

Hệ số góc của tiếp tuyến tại A 1;0  của đồ thị hàm số y  x3  3x 2  2 là: 3
Chọn C.
Câu 36:

Phương pháp:
Phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số y  f  x  tại điểm M  x0 ; y0  là: y  f '  x0  .  x  x0   y0 .
Cách giải:
1
3
3
y  x 3  x 2  2  C   y '  x 2  3x
2
2
2
Do tiếp tuyến tại A và B song song nên  y '  a   y '  b  a  b 

3 2
3
a  3a  b 2  3b  a 2  b 2  2a  2b  0
2
2
  a  b  a  b  2   0  a  b  2  Do a  b 



3
3
 1
  1

Ta có: A  a; a3  a 2  2  ; B  b; b3  b 2  2  , với a  b  2 .
2
2
 2

  2

Ta có:
1 3 3 2
1
3
1
1
3
3
3
2
a  a  2  b3  b 2  2
 a  b   3ab  a  b    a  b   .2ab  4
2
2
2
2
2
2
2
2
1
2
2
 I 1;1 là trung điểm của AB.

Đường thẳng AB đi qua D  5;3 và I 1;1 có phương trình là:

x 1 y 1


 x 1  2 y  2  x  2 y 1  0
5 1 3 1
Chọn D.
Câu 37:
Phương pháp:
+) Xác định tọa độ điểm I thỏa mãn IA  IB  0 .
+) Sử dụng công thức ba điểm.
Cách giải:











Ta có: MA.MB  MI  IA . MI  IB  MI 2  MI . IA  IB  IA.IB
Xác định tọa độ điểm I thỏa mãn IA  IB  0  I là trung điểm của AB, có tọa độ là I  3;1; 4 
Để MA.MB nhỏ nhất thì MI 2 nhỏ nhất  M là hình chiếu vuông góc của I lên  

caodangyhanoi.edu.vn


x  3  t

Khi đó, đường thẳng MI nhận n  1; 2; 3 làm 1 VTCP. Phương trình đường thẳng IM là:  y  1  2t

 z  4  3t

Giả sử M  3  t;1  2t; 4  3t  .
Do M      3  t   2 1  2t   3  4  3t   7  0  14t  14  0  t  1  M  4;3;1
Chọn B.
Câu 38:
Phương pháp:
Xác định số điểm mà đạo hàm đổi dấu.
Cách giải:
x
Xét hàm số y  sin x  trên   ;   :
4

y '  cos x 

 x  x0
1
1
1
 
với x0   0;  mà cos x0  .
 0  cos x   
4
4
4
 2
 x   x0

Bảng biến thiên:


x

f ' x

 x0



0

+


 sin x0 



0

sin x0 

4

f  x



x0

x0
4

x0
4



x
x
là hàm lẻ nên đồ thị hàm số y  sin x  nhận O  0;0  là tâm đối xứng.
4
4
x 
x

Mà  sin x0  0 ;   0 và sin x0  0 ;  0
4 4
4
4
Do y  sin x 

 Đồ thị hàm số cắt trục Ox tại 3 điểm phân biệt x1 , x2 , x3 ( x1 , x2 , x3 khác  x0 )
 Số điểm cực trị của hàm số y  sin x 

x
, x    ;   là: 2 + 2 = 4.
4

Chọn B.

Câu 39:
Phương pháp:
Sử dụng tính chất của hàm chẵn đẻ đánh giá nghiệm.
Cách giải:

2 x.cos  x  1
4  1  2 .m.cos  x  
 1
4x  1
m
x

x

Xét hàm số f  x  

2 x.cos  x 
4x  1

caodangyhanoi.edu.vn


4


Dễ dàng kiểm tra f  x  là hàm số chẵn  Nếu x0 là nghiệm của 1 thì  x0 cũng là nghiệm của 1
Do đó, phương trình có nghiệm duy nhất thì nghiệm đó chỉ có thể là 0.
Thay x  0 vào 1 ta có:

1.1 1

 m2
11 m

2 x.cos  x  1
Kiểm tra lại: với m  2 , phương trình 1 
  2
4x  1
2
Ta có:

cos  x   1
2 x.cos  x 
2x
1
 x  1 : nghiệm duy nhất.

  Phương trình  2   
x
x
4 1
4 1 2
 x  1

Vậy, có 1 giá trị của m thỏa mãn.
Chọn B.
Câu 40:
Phương pháp:
Áp dụng BĐT cô si để đánh giá.
Cách giải:
Ta có:

2

bc 

log  bc   log a  b3c3    4  4  c 2  a  1, b, c  0 
4

 
1 
 log 2a  bc   2 log a  bc.  b 2c 2     4  4  c 2  log a2  bc   2 log a  bc.bc   4  4  c 2
4 
 
2
a

 log 2a  bc   4 log a  bc   4  4  c 2   log a  bc   2   4  c 2  0
2

1

1
1


bc  2
a  2
bc

bc 



2


2


1
1


Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi log a  bc   2  0  log a  2  0  log a 2  2  b 
2
4


 2

2
c

4
2
4

c

0

c  4


c  2





Vậy số bộ  a; b; c  thỏa mãn điều kiện đã cho là 1.
Chọn B.
Câu 41:
Phương pháp:
Điểm biểu diễn của số phức z  a  bi,  a, b 

 là điểm

M  a; b  .

Cách giải:
z  1  i  z 2  1  i   2i , có điểm biểu diễn là: N  0; 2  .
2

Chọn D.
Câu 42:
Phương pháp:
Xác định hàm số f  x  và số điểm mà f '  x  đổi dấu.
Cách giải:

caodangyhanoi.edu.vn

x
d  t 2  1
2tdt

f  x   2
t  1 2x t 2  1
2x
2

x2

 ln  t  1

x2

2

 ln  x 4  1  ln  4 x 2  1

2x

4 x3  4 x 2  1  8 x  x 4  1
8x
4 x3


f ' x  4
x  1 4x2  1
 4 x2  1 x4  1

4x  2x4  x2  2
8 x5  4 x3  8 x


 4 x2  1 x4  1  4 x 2  1 x 4  1
Nhận xét:

Phương trình 2 x 4  x 2  2  0 có 2 nghiệm phân biệt 

1  17
và 2 x 4  x 2  2 đổi dấu tại 2 điểm
2

này.
4x đổi dấu tại x  0

 4x

2

 1 x 4  1  0, x

 f '  x  đổi dấu tại 3 điểm là 

1  17
và x  0
2

 Số điểm cực trị của hàm số f  x  

x2

2tdt

 1 t

2

là 3.

2x

Chọn D.
Câu 43:
Cách giải:
2 x  x  1  m
x3  x 2  m
m
m
y
 x2 
 y '  2x 

2
2
x 1
x 1
 x  1
 x  1
2

+) Nếu m  0 thì y '  0, x   0; 2  max y  y  2  
0;2

12  m
 5  m  3 (loại)
3

+) Nếu m  0 thì y '  0  2 x  x  1  m  0  2 x 3  4 x 2  2 x  m : có nhiều nhất 1 nghiệm trên đoạn
2

0; 2

(do f  x   2 x3  4 x 2  2 x có f '  x   6 x 2  8 x  2  0, x  0; 2 )

Ta có: f  0   0, f  2   36
TH1: m  36

y '  0, x   0; 2  max y  y  2  
0;2

12  m
 5  m  3 (loại)
3

TH2: 36  m  0
Phương trình y '  0 có 1 nghiệm duy nhất x0   0; 2  và đổi dấu tại điểm này
Bảng biến thiên:

x

x0

0

y'

caodangyhanoi.edu.vn



0

2
+


m

12  m
3

y
x0
12  m 

 max y  max m;

0;2
0;2 

3 

12  m 
12  m

max m;
 m  m 
 m  6 . Khi đó: m  5  m  5 : loại

0;2 
3 
3
12  m  12  m
12  m
12  m

max m;

 m 
 m  6 . Khi đó:
 5  m  3 : thỏa mãn

0;2 
3
3 
3
3
Vậy, m  3 .
Chọn C.
Câu 44:

Cách giải:

Mặt cầu x 2  y 2  z 2  9 có tâm O  0;0;0  và bán kính R  3 .
Gọi T là giao điểm của tia ID với mặt cầu. Ta có: OT 2  OI .OM  OI .OM  32  9
M  x0 ; y0 ; z0   n P   OM   x0 ; y0 ; z0 

Phương trình  P  là: x0  x  1  y0  y  1  z0  z  2   0

OI  d  O;  P   


x0  y0  2 z0
x02  y02  z02

x0  y0  2 z0
x y z
2
0

2
0

2
0

; OM  x02  y02  z02
.

. x  y  z  9  x0  y0  2 z0  9
2

0

2
0

2
0

x  1 t

Do M  x0 ; y0 ; z0   d :  y  1  2t nên giả sử M 1  t;1  2t; 2  3t 
 z  2  3t


caodangyhanoi.edu.vn