Đề thi thử thpt quốc gia môn toán năm 2018 có cấu trúc mới mã 12 | Toán học, Đề thi đại học - Ôn Luyện

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (379.06 KB, 23 trang )

(1)<div class='page_container' data-page=1>

đề số 12
Cõu 1. Phương trỡnh 2 2

3cot x2 2 sin x(2 3 2) cos x có các nghiệm dạng

2 ; 2 , , 0 ,

x  k  x  k  k Z    thì  . bằng:

A.

2
.
12

 B. - 2

.
12

 C. 7

.
12

 D. 2

2.
12



Lời giải
Chọn A

Điều kiện: sinx 0 cosx1

2 4 2 2

2 2 2

3cos 2 2 sin 2 cos .sin 3 2 cos .sin
3cos (cos 2 sin ) 2sin (cos 2 sin ) 0

Pt x x x x x x

x x x x x x

   

    

2 2

(cosx 2 sin x)(3cosx 2sin x) 0

   

2 cos cos 2 0(1)
2cos 3cos 2 0(2)

x x

   

 

  



2
cos

(1) 2 2 ( )

cos 2( )

x

x k k

x VN








     

 



Z

1
cos

(1) 2 2 ( )

3
cos 2( )

x

x k k

x VN








    






Z

Vậy

; ; .

4 3 12

  

      

Câu 2. Số nghiệm của phương trình 2 os( ) 1

c x  với 0 x 2 là:

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

Đáp án C.

cos cos cos

4 2 4 4

x  x  

   

    

   

   





2
2

4 4

2 2

4 4

x k

x k

k

x k

 






  






   



   

  

    



 .

Biểu diễn trên đường trong lượng giác:

</div>
(2)<div class='page_container' data-page=2>

Câu 3. Số nghiệm của phương trình 2sinx  3 0 Trên đoạn



0;2



A. 1. B. 2. C. 3. D. 4.





3 3

2sin 3 0 sin

2
3

x k

x x k

x k








 


      

  





Vậy phương trình có 2 nghiệm thuộc



0; 2 là



x và 2
3
x  .

Câu 4. Từ X 



1; 2;3;4;5;6



lập được bao nhiêu số các số có 6 chữ số khác nhau mà 1 và 6 không
đứng cạnh nhau là

A. 720. B. 480. C. 240. D. 120.

Lời giải

Chọn B.

Ta dùng 6 ô sau để xếp số cần lập.

* Xét trường hợp số có 6chữ số khác nhau : có 6! số.

* Xét trường hợp số có 6chữ số khác nhau mà 1 và 6 đứng cạnh nhau.
Chọn 2 vị trí liên tiếp trong 6 vị trí, có 5 cách.

Xếp 1 và 6 vào 2 vị trí đó có 2 cách.
Xếp 4 số cịn lại vào 4 vị trí, có 4! cách.
Vậy có 5.2.4! 240 số.

Vậy số các số thỏa bài toán là: 6! 240 480  số.
Phân tích

A sai do đây là số có sau chữ số khác nhau.

C sai do kết quả số có 6 chữ số mà 1 và 6 đứng cạnh nhau.
D sai do tính tốn nhầm lẫn.

Câu 5. Gieo hai con súc sắc cân đối đồng chất. Xác suất để hiệu số chấm trên mặt xuất hiện của hai
con súc sắc bằng 2 là:

A. 1

9. B.

9. C.

3. D. 1.

Lời giải

Chọn B.

Phép thử T: Gieo hai con súc sắc.

Mỗi súc sắc có 6 kết quả có thể xảy ra   62 36.
Biến cố A: Hiệu số chấm bằng 2.

Các cặp các số từ 1 đến 6 có hiệu bằng 2 là:



1;3 ; 2;4 ; 3;5 ; 4;6 . Mỗi cặp này ứng với

 



2 2! 2

P   cách gieo. Ta có:    A 2 4 8.

Vậy

 

8 2

36 9
A

P A   

 .

Phân tích phương án nhiễu:
A sai vì tính nhầm A 4.

</div>
(3)<div class='page_container' data-page=3>

Câu 6. Cho hai đường thẳng song song a và b . Trên đường thẳng a lấy 6 điểm phân biệt. Trên
đường thẳng b lấy 5 điểm phân biệt. Chọn ngẫu nhiên 3 điểm. Xác xuất để ba điểm được
chọn tạo thành một tam giác là:

A. 2

11. B.

11. C.

169. D.

5
11.
Lời giải

Chọn B.

Phép thử T: Chọn ngẫu nhiên 3 điểm trong 11 điểm  C113 165.
Biến cố A: ba điểm tạo thành tam giác, tức là ba điểm không thẳng hàng.

Xảy ra 2 trường hợp: Hai điểm thuộc a và một điểm thuộc b ; Hai điểm thuộc b và một điểm
thuộc a  A C C62. 51C C61. 52 135.

Vậy

 

135 9
165 11

P A   .

Phân tích phương án nhiễu:

A sai vì tính nhầm thành xác suất 3 điểm khơng tạo thành tam giác.
C sai vì tính nhầm  A 6.C52 60.

D sai vì tính nhầm A 5.C62 75.

Câu 7. Gọi S là tổng tất cả các giá trị mđể phương trình



x2 2x 3





x 2m



0

    có 3 nghiệm phân

biệt lập thành một cấp số cộng có cơng sai lớn hơn 2 . Tính S.

A. S 1. B. 3.

S  C. S 2. D. S 4.

Hướng dẫn giải
Chọn A.

Ta có:



x22x 3





x 2m



0

1
3
2
x
x

x m




  

 


Ba nghiệm này lập thành một cấp số cộng có cơng sai lớn hơn 2 nên có 3 trường hợp:
TH1: CSC 3; 1; 2m. Suy ra d 4; 5

m  (thỏa mãn)

TH2: CSC 3; 2m; 1. Suy ra 2; 1
2

d  m (loại)
TH3: CSC 2m; 3; 1. Suy ra d 4; 7

m  (thỏa mãn). Suy ra 5 7 1.
2 2

S   

Câu 8. Cho tam giác ABC có C A 60 và sin A, sin B, sin C theo thứ tự lập thành một cấp số
nhân. Tính cosin góc B .

A. 1 13

4
 

. B.

1 13
4
1 13

4
  


  



C. 49 21 13, 25' ''

 . D. 1 13

2 2


</div>
(4)<div class='page_container' data-page=4>

Chọn A.

Ta có:

2
sin .sinA Csin B





cos( ) cos( ) 1 cos

2 A C C A B

      





cos cos 60 1 cos

2 B B

      

2 3

2cos cos 0

2
B B
   
1 13
cos

4
1 13

cos ( )

4
B
B l
  




  



.
[ ]

Câu 9. Tìm giới hạn lim 2 1.
2
x
x x
x
  
 

A. 1.
2

 B. 1.

2 C.  . D. .

Lời giải
Chọn A

2 1 1 1 12 1 1 12 1

lim lim lim .

2 2 2 2

x x x

x

x x x x x x

x x
        
     
 
  
[ ]

Câu 10. Cho hàm số

5 3

4
4
( )
5
2 4
6
x
khi x
x
f x

a khi x

  


 

  



. Tìm giá trị của a để f x

 

liên tục tại 4x  .

A. 1.

3


a B. 1.

a  C. 1 .

a  D. 1.

a 

Lời giải

Chọn D









4 4 4 4

5 3 4 1 1

lim ( ) lim lim lim

4 4 5 3 5 3 6

x x x x

x x

f x

x x x x

   
   
  
   
     

 

4
5

lim ( ) 2 4

x  f x a f



  

Để hàm số liên tục tại x  thì 4

 

4 4

5 1 1

lim ( ) lim ( ) 4 2

6 6 2

x  f x x  f x f a a

 

      

[ ]

Câu 11. Cho hàm số 2

 

x

y C

x



 . Phương trình tiếp tuyến của đồ thị

 

C cắt các trục Ox, Oy lần
lượt tại A và B sao cho AB 2.OA là

</div>
(5)<div class='page_container' data-page=5>

Lời giải

Chọn D.

Gọi M x y



0; 0

  

 C x, 0 2.





 









4 4

, 2

2 2

y y x x

x x



    

  .

PTTT tại M :









0
0

2
4

2
2

x

y x x

x
x



  



 .

Tam giác vng OAB có AB 2.OA nên OAB vng cân tạiO. Do đó d vng góc với một trong
hai đường phân giác d y x d1:  ; 2:yx và khơng đi qua O.

Nếu d d1 thì









0 0

0
0

4 4

0
2

x y

x loai

x

  




  



   d y: 



x 4



 4 yx8.

Nếu d d2 thì





2
4

1
2

x





  vơ nghiệm.
Vậy PTTT cần tìm là: yx8.

[ ]

Câu 12. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường thẳng d có phương trình x y  2 0 . Hỏi phép dời
hình có được bằng cách thực hiện liên tiếp hai phép đối xứng qua tâm O và phép tịnh tiến theo
véctơ v



3;2



biến d thành đường thẳng nào trong các đường thẳng sau?

A. x y  2 0. B. x y  3 0. C. 3x3y 2 0. D. x y  2 0.
Lời giải

Chọn B.

Gọi d Đ dO

 

suy ra d có phương trình là x y  2 0
Gọi d T dv

 

 và













1
1 1

1
3

; ;

v

x x

M x y d M x y T M

y y

 

 

    

 





Suy ra d có phương trình là x1y1 3 0 hay x y  3 0.
[ ]

Câu 13. Cho hình chóp S ABCD. , có ABCDlà hình thang vuông tại A D, , biết AB2a,
.

AD DC a  Giả sử hai



SAB và





SAD cùng vng góc với





ABCD và



SA a . Gọi E là
trung điểm của SA, M là một điểm trên cạnh AD , đặt AM x, với0 x a  . Gọi

 

Z là mặt
phẳng chứa EM và vng góc với mặt phẳng



SAD . Tính diện tích thiết diện tạo bởi



 

Z và

hình chóp S ABCD. .

A. 1



3



2 4 2

4 a x a  x .B.

Ta có:

  







Z SAD

AB SAD











 

/ / / /

Z AB CD



  







F SB

Z SAB EF

EF AB

 

   



Ta có

  



N CB

Z ABCD MN

MN CD





  



Vậy thiết diện của hình chóp cắt bởi

 

Z là hình thang vngEFMN, vng tại ,E M .

Ta có 1





EFNM

S  EF MN EM

+ EF a

2 2 2

2
1

4
2

a

EM    x  a  x
 

+ 2 2 2

2 2 2

MN a x MN a x

MN a x

AB a a a

 

     

Vậy 1



3



2 4 2
4

EFNM

S  a x a  x .

[ ]

Câu 14. Cho hình chóp S ABCD. , có ABCDlà hình vng cạnh a có SA a 3và vng góc với mặt
phẳng



ABCD . Gọi



 

P là mặt phẳng chứa AB và vng góc với mặt phẳng



SCD .Diện tích



của thiết diện là:

A.

2 75
8
a

. B.

2 147
16
a

. C.

2 27
4
a

. D.

2 3
4
a

.

Lời giải

</div>
(7)<div class='page_container' data-page=7>

Ta có:





 





AB SAD

P SAD

P AB




 









Mặt khác P

  

 SCD





 

P SD
Gọi I

 

P SD SDAI.

Ta có:

 





  



  



, , //

P AB SCD CD AB CD

P SCD IJ

I P SCD

 




  



 




Với //IJ AB CD J SC// ,  .
Ta có diện tích thiết diện là:





.
2

ABJI

S  AB IJ AI

AB a
2
SD a

3. 3

. . .

2 2

a a a

AI SD SA AD AI

a

   

2 . 3

SA a

SA SI SD SI

SD

   

3
.

IJ SI SI a

IJ DC

DC SD SD 

Vậy 2 147

16
ABJI

a

S  .

[ ]

Câu 15. Tìm tất cả giá trị thực của tham số m để hàm số y4x3mx2–3x đạt cực trị x x1, thỏa mãn2
điều kiệnx14 .x2

A. m  hoặc 1 m  .1 B. 9

m  hoặc 9
2
m  .

C. 2

m  hoặc 2
9

m  .D. m  hoặc 2 m  .2
Lời giải

</div>
(8)<div class='page_container' data-page=8>

 12 22  3

y x mx

Ta có a c . 0 suy ra y 0 ln có 2 nghiệm trái dấu suy ra hàm số ln đạt cực trị x x1, 2

Ta có 1 4 2  3 2  1 2   2   1 2

6 18 9

m m m

x x x x x x x

2 2

1 2

1 9

81 81 4 2

m m

x x      m .

[ ]

Câu 16. Biết rằng hàm số 2 3 ( 1) 2 ( 2 4 3) 1

3 2

y x  m x  m  m x đạt cực trị tại x x1, 2. Tính giá trị nhỏ

nhất của biểu thức P x x 1 2 2(x1x2)

A. minP 9. B. minP 1. C. min 1.

P  D. min 9.

2
P 

Lời giải

Chọn D.

Ta có y 2x22



m1



x m 24m3

Vì hàm số đã cho đạt cực trị tại x x1, 2 theo Viet ta có





2
1 2

1 2

4 3

2
1

m m

x x

x x m

  






   



thay vào biểu thức P x x 1 2 2



x1x2



ta được





2 4 3

2 1

m m

P    m

2 8 7
2

m  m







4 9

m  



Vậy để pmin





4 0

m

   hay min
9
2

P  .

[ ]

Câu 17. Đường thẳng nào dưới đây là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số 3 1
1
x
y

x



  ?

A. x 3. B. y 3. C. x 1. D. y 1.

Lời giải

Chọn B.

Ta có: lim 3 1 3
1
x

x
x
 



 

Do đó y 3 là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số 3 1
1
x
y

x



  .
[ ]

Câu 18. Cho hàm số yf x( ) xác định, liên tục trên R và có đồ thị là đường cong trong hình vẽ bên.
Khẳng định nào sau đây là khẳng định đúng?

A. Hàm số đồng biến trên khoảng



1;0



. B. Hàm số đồng biến trên khoảng



4;2



C. Hàm số nghịch biến trên khoảng



1;0

 

 2;3



. D. Hàm số nghịch biến

</div>
(9)<div class='page_container' data-page=9>

-2

-4

1

O 3

-1 2

Lời giải

Chọn C.

Dựa vào hình vẽ
[ ]

Câu 19. Đồ thị hàm số y x3 3x2 2x 1

    cắt đồ thị hàm số y x 2 3x1 tại hai điểm phân biệt
, .

A B Tính độ dài đoạn AB

A. AB  .3 B. AB 2 2. C. AB 2. D. AB 1.

Lời giải

Chọn D.

Ta có phương trình hồnh độ giao điểm

3 3 2 2 1 2 3 1

x  x  x x  x  x3 4x25x 2 0 1
2

1
2

x
x



 




1
2

1
1

y
y



 





2  .1
[ ]

Câu 20. Cho hàm số yf x

 

có đồ thị là hình sau. Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để
phương trình f x( )  m 1 có 4 nghiệm thực phân biệt.

A. m4 hay m0.

B.  4 m0.

C. 0m4.

D.  1 m3.

Lời giải

</div>
(10)<div class='page_container' data-page=10>

Ta có số nghiệm của phương trình f x( )  m 1 là số giao điểm của hàm y f x

 

và
1

y m  .

Vậy để phương trình f x( )  m 1 có 4 nghiệm phân biệt  0m 1 4   1 m3.
[ ]

Câu 21. Cho hàm số 2 1
2

x
y

x



Chọn B

Phương trình đường thẳng d đi qua A



0;2



và có hệ số góc m có dạng: y mx 2.
Xét phương trình hồnh độ giao điểm 2 1 2,



2 .



2
x

mx x

x


  



 

2 2 2 4 2 1 2 2 5 0 1

mx x mx x mx mx

         

Mặt khác đồ thị hàm số có tiệm cận đứng là đường thẳng x  nên2

Để d cắt

 

C tại hai điểm phân biệt nằm về hai nhánh của đồ thị thì khi và chỉ khi phương

trình

 

1 có hai nghiệm phân biệt x x1, 2 sao cho x1 2 x2.
Đặt t x  2 khi đó phương trình

 

1 trở thành



2



2 2



2



5 0 2 2 5 0 2

 

m t  m t    mt  mt 

Khi đó Ycbt tương đương với phương trình

 

2 có hai nghiệm trái dấu





. 0 . 5 0 0

a c m m

       . Vậy m  thì thỏa Ycbt.0
[ ]

Câu 22. Bât phương trình (2 3)x (7 4 3)(2  3)x 4(2 3) có nghiệm là đoạn

[

a;b

]

. Khi

đó

b a



bằng:

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

Lời giải:

Chọn C

Tự luận: Đặt t (2 3) , t 0x

   Khi đó bất phương trình trở thành

t (7 4 3) 4(2 3) t 4(2 3)t (7 4 3) 0 1 t 7 4 3

             

0 x 2

(2 3) (2 3) (2 3) 0 x 2

         nên chọn C.

[ ]

Câu 23. Phương trình





3 1
2

log 3 2 2 2

x x

x x

 
 

     

 

có tổng các nghiệm bằng?

A. 5 . B. 3 C. 3. D.  5.

Lời giải:

</div>
(11)<div class='page_container' data-page=11>

Hướng dẫn giải: Chọn B

3 1
2

log 3 2 2

x x

x x

 
 

    

 

Đặt: 2 2 2 2 2

3 2 3 2 3 1 1

u x  x  u x  x  x x    u .





2 1

log 2 5u 2

pt u 

   

Đặt

 







log3 2 5u2 1

f u u Nhận xét thấy vế phải là hàm tăng, và f

 

1 2. Nên phương
trình có nghiệm duy nhất u=1

hay 2

3 2 1

x  x 

 





    

 




2

3 5

2
3 1 0

3 5

x

x x

x

[ ]

là

A. S 

 

1 . B. S . C. S 



1; 2



D. S 

 

Lời giải:

Chọn A.

Tự luận: ĐK

x 

0.

PT 2 2

2 2 2

1 log

1

0 log

0

1 log 3 log 4 log 20

x





x











 







[ ]

















 log3 x2 3 2 log2 x1  3log3 x2 2 log2 x1 6t









        

  

        

       

  



2 2

3 3

log 2 2 2 3 3 2

9 8 1

log 1 3 1 2 2 1

t

t
t

x t x x

   
    
   

8 1

9 9

t

Đặt

 

8 1

9 9

t

f t    
   

nhận thấy f t

 

là hàm luôn nghịch biến, nên pt có nghiệm duy nhất,

</div>
(12)<div class='page_container' data-page=12>

Câu 26. Đạo hàm của hàm số yln



x2 x 1



là hàm số nào sau đây?

A. 22 1

1
x
y
x x

 

  B. 2

1
1
y
x x
 
 

C. 2



2 1



1
x
y
x x
 
 

  D. 2

1
1
y
x x

 
 
Lời giải
Chọn A.

Sử dụng công thức









2 2

1 2 1

1 1

x x

u x

u y

u x x x x


 

 

   

   

. Chọn A.

[ ]

Câu 27. Tích phân
1
0
2
1
2 x
x x
I d
 





có giá trị bằng

A. 2ln 2

3 . B.

2ln 2
3

 . C. 2ln 2. D. 2 ln 2.
Lời giải

Chọn B.





1 1 1

0 0 0

1 1 1 1 1 1 2ln 2

ln 2 ln 1

( 2)( 1) 3 2 1

2dx dx dx 3 x x 3

x x x x x x

 

      

        



Học sinh có thể áp dụng cơng thức 1 1 ln

( )( )

x a

dx C

x a x b a b x b



 

   



để giảm một bước

tính:
1
1 1
0
0 0
2

1 1 1 2 2ln 2

( 2)( 1) 3 1 3

x

I dx dx

x x x x x


   
  
 



.
[ ]

Câu 28. Cho hàm số f liên tục trên đoạn [0;3]. Nếu
3

( ) 2

f x dx 



thì tích phân





2 ( )

x f x dx



có giá

trị bằng

A. 7. B. 5

2. C. 5. D.

1
2.
Lời giải

Chọn D.





3 3 3

0 0 0

9 1

2 ( ) 2 ( ) 2 2

2 2

x f x dx xdx f x dx   



[ ]

Câu 29. Giả sử F là một nguyên hàm của hàm số y x6sin5x

 trên khoảng (0;). Khi đó

1
6
2
5
sin x
x dx



có giá trị bằng

A. F(2) F(1). B. F(1). C. F( )2 . D. F(1) F(2).

Lời giải

</div>
(13)<div class='page_container' data-page=13>

Áp dụng công thức ( ) ( ) ( )

b

a

f x dx F b  F a



, trong đó F là một nguyên hàm của f trên đoạn

[ ; ]a b , ta có
2

6sin5 (2) ( )1

x xdx F  F



[ ]

Câu 30. Giá trị của tích phân
2

2
cos(3 )

x dx








là

A. 3

 . B. 2

 . C. 2 3

 . D. 2 2

 .

Lời giải

Chọn A.

Đặt 3 2
3

u x  . Khi
3

x thì
3

u , khi 2
3

x  thì 4
3

u  .
Ta có 3

du

du dx dx .

Do đó:

2 4 4

3 3 3

3 3

2 1 1 1 4 1 3 3 3

cos(3 ) cos sin sin sin

3 3 3 3 3 3 3 2 2 3

x dx udu u

  



 

      

         

 

   



[ ]

Câu 31. Tính thể tích V của phần vật thể giới hạn bởi hai mặt phẳng x1 và x3, biết rằng khi cắt
vật thể bởi mặt phẳng tùy ý vng góc với trục Ox tại điểm có hồnh độ x



1 x 3



thì được
thiết diện là một hình chữ nhật có hai cạnh là 3x và 3x2 2.

A. V 32 2 15 . B. 124

3



V . C. 124

3


V . D. V 



32 2 15



.
Lời giải

Chọn C.

Diện tích thiết diện là S x

 

3x 3x2 2.
Suy ra thể tích vật thể tạo thành là:

 

3 3

1 1

124

d 3 3 2d

V 



S x x



x x  x .

[ ]

Câu 32. Chị Tiên Huyền gửi 27 triệu đồng vào ngân hàng theo thể thức lãi kép, kỳ hạn là một quý, với
lãi suất 1,85 một quý. Hỏi thời gian nhanh nhất là bao lâu để Chị Tiên Huyền có được ít nhất

36 triệu đồng tính cả vốn lẫn lãi?

A. 19 quý. B. 15 quý. C. 4 năm. D. 5 năm.
Lời giải

Chọn C.

Gọi n là số q cần tìm, từ giả thiết ta có n là số tự nhiên nhỏ nhất thỏa 27(1 0, 0185)n 36

  .

</div>
(14)<div class='page_container' data-page=14>

Đáp án: C.

[ ]

Câu 33. Tới cuối năm 2013, dân số Nhật Bản đã giảm 0,17% xuống còn 127.298.000 người. Hỏi với tốc
độ giảm dân số như vậy thì đến cuối năm 2023 dân số Nhật Bản còn bao nhiêu người?

A. 125.150.414 người. B. 125.363.532 người.

C. 125.154.031 người. D. 124.937.658 người.
Lời giải
Chọn A

Áp dụng công thức: Sn A



1r



n

Trong đó: A127.298.000,r0,17;n10

Ta được dân số đến cuối năm 2023 là: 125.150.414.
Đáp án: A.

[ ]

Câu 34. Cho số phức z 5 4i. Môđun của số phức z là

A. 3. B. 41. C. 1. D. 9.

Lời giải
Chọn B





2
2

5 4 5 4 41

z  i z    

Vậy chọn đáp án B.

[ ]

Câu 35. Cho số phức z thỏa mãn điều kiện





1 5
1

i

i z i

i



   

 . Môđun của số phức

2
1 2

w  z z có
giá trị là

A. 10. B. 10. C. 100. D. 100.

Lời giải

Chọn A.















 











2
1

2 5

1
1

2 5

1 1

2 5

2 5 2

i

i z i

i
i

i z i

i i

i

i z i

i z z i

i



   




    

 



    

      















2 2

1 2 1 3 8 6 8 6 10

w z z z i i w

               .

Vậy chọn đáp án A.

[ ]

Câu 36. Cho số phức z a bi 



a b  ,



thỏa mãn : z



2 3 i z



 1 9i. Giá trị của ab 1 là :

A. 1. B. 0. C. 1. D. 2.

</div>
(15)<div class='page_container' data-page=15>

z a bi 



a b  ,



. Vậy ta có



2 3

 



1 9 3 1 2 1 1

3 3 9 1

a b a

a bi i a bi i ab

a b b

   

 

            

  

 

Vậy chọn đáp án A.

[ ]

Câu 37. Tìm nghiệm phức z thỏa mãn hệ phương trình phức:
1

3
1

z z i

z i

z i

   







 



A. z 2 i. B. z 1 i. C. z 2 i. D. z 1 i.

Lời giải
Chọn D

Gọi M x y là điểm biểu diễn số phức





z x yi x y R 



, 



Gọi A B, lần lượt là điểm biểu diễn số phức 1 và i
Gọi C D, lần lượt là điểm biểu diễn số phức i và 3i

Ta có: z1 z i  MA MB với A



1,0 ;



B



0,1



 Mthuộc đường trung trực 1 của
AB

1 3

z i

z i z i MC MD

z i


      

 với C



0, 1 ;



D



0,3



 M thuộc đường trung trực
2

 của CD

M là giao điểm của  1; 2  M thỏa hệ:
1

y x
y













1,1

M

  z 1 i
=> Đáp án D.

[ ]

Câu 38. Cho hình lập phương ABCD A B C D. ’ ’ ’ ’ có cạnh là a. Hãy tính diện tích xung quanh Sxq và thể
tích V của khối nón có đỉnh là tâm O của hình vng ABCD và đáy là hình trịn nội tiếp hình
vng A B C D’ ’ ’ ’.

A.

2 5 3

;

4 12

xq

a a

S  V  . B.

2 3

5
;

4 4

xq

a a

S  V  .

C.

2 3

3
;

2 6

xq

a a

S  V  . D.

3
2 5;

xq

a

S a V  .

Lời giải

Chọn A.

Khối nón có chiều cao bằng a và bán kính đáy
2

</div>
(16)<div class='page_container' data-page=16>

Diện tích xung quanh khối nón là

2 2

2 5

. .

2 2 4

xq

a a a

S rl a   
 

(đvdt)

Thể tích của khối nón là:

2 3

1 1 1

3 3 3 2 12

a a

V  Bh r h    a

  (đvtt).
[ ]

Câu 39. Chiều cao của khối trụ có thể tích lớn nhất nội tiếp trong hình cầu có bán kính R là

A. R 3. B. 3

R . C. 4 3

R . D. 2 3

R .

Lời giải

Chọn D.

Giả sử 2x là chiều cao hình trụ (0xR) (xem hình vẽ)
Bán kính của khối trụ là 2 2

r R  x . Thể tích khối trụ là:
2 2

( )2

V  R  x x. Xét hàm số V x( ) (R2  x2)2 , 0x  xR

Ta có '( ) 2 ( 2 3 ) 02 3
3

R

V x   R  x   x

Bảng biến thiên:

x 0 3

R R

'( )

V x  0 

( )
V x

4 3

R



0 0

Dựa vào BBT, ta thấy thể tích khối trụ lớn nhất khi chiều cao của khối trụ là 2 3
3

R

;

max

4 3

R

V   .

[ ]

Câu 40. Khoảng cách từ điểm M 



4; 5;6



đến mặt phẳng (Oxy), (Oyz) lần lượt bằng:

A. 6 và 4. B. 6 và 5. C. 5 và 4. D. 4 và 6.
Lời giải

Chọn A.









M 6

</div>
(17)<div class='page_container' data-page=17>

Câu 41. Trong không gianOxyz cho điểm A



3; 2; 4



và đường thẳng : 5 1 2

2 3 2

x y z

d     

1; 5;6 .



Lời giải

Chọn D.



5 2 ;1 3 ; 2 2



M  t  t  t d; AM



2 2 ;3 3 ; 2 2 m  m   m















2 0 5;1; 2

17 17 1 17

2 1; 5;6

M
m

AM m

m M






        

 

 

[ ]





5 1 5 3 2

5 3 8

m m

m
d A

m m

          

  

 

[ ]

Câu 43. Trong không gian với hệ trục toạ độ Oxyz gọi,

 

P là mặt phẳng chứa đường thẳng

1 2

1 1 2

x y z

d    

  và tạo với trục Oy góc có số đo lớn nhất. Điểm nào sau đây thuộc

 

mp P ?

2 ; ;c b c



 

2 2

sin cos ,

2 5 4

  

 

  b

n j

b c bc

Nếu b 0thì sin = 0.

Nếu b 0thì 2

1
sin

5 2 6

5
5

c
b

 

 

 

 

 

. Khi đó, sin lớn nhất khi 2
5
c

b 

 chọn b5;c 2

</div>
(18)<div class='page_container' data-page=18>

Câu 44. Trong không gian với hệ trục toạ độ Oxyz, cho 2 điểm A



1;5;0 ;



B



3;3;6



và đường thẳng

1 1

2 1 2

x y z

d    

 . Gọi C là điểm trên đường thẳng d sao cho diện tích tam giác ABC nhỏ
nhất. Khoảng cách giữa 2 điểm A và C là

A. 29. B. 29. C. 33. D. 7.

Lời giải

Chọn B.

Ta có 2 đường thẳng AB và d chéo nhau.

Gọi C là điểm trên d và H là hình chiếu vng góc của C trên đường thẳng AB.

Vì 1 11

2
ABC

S  AB CH  CH nên SABC nhỏ nhất khi CH nhỏ nhất CH là đoạn vng
góc chung của 2 đường thẳng AB và d .

Ta có C



1; 0; 2



 AC 29.
[ ]

Câu 45. Cho hình chóp tam giác đều .S ABC có cạnh đáy bằng a 3. GọiM N lần lượt là trung điểm,
của SB SC Tính thể tích V của khối chóp ., . S AMN biết mặt phẳng (, AMN vng góc với)
mặt phẳng (SBC .)

A. 15 3

32
a

V  . B. 3 15 3

32
a

V  . C. 3 13 3

64
a

V  . D. 3 13 3

32
a

V  .

Lời giải

Chọn A

</div>
(19)<div class='page_container' data-page=19>





2 3 3 3 2

4 4

ABC

a a

S   ; SA AK a 3. 32 32a ;

2 3
.
3 2

a

AH  a, 2 2 9 2 2 5

4 2

a a

SH  SA  AH   a  ;

2 3

1 5 3 3 15

. .

3 2 4 8

SABC

a a a

V  

1 15

4 32

SAMN

SAMN
SABC

V SM SN a

V

V SB SC    .

[ ]

Câu 46. Cho hình chóp .S ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh a. Gọi M , N lần lượt là trung điểm
của cạnh SB , SC .Cạnh SA vng góc với mặt đáy, góc giữa



SBC



và mặt phẳng đáy bằng

45 . Tính thể tích khối chóp .S AMN .

A.

3
8
a

V  . B.

3
3

8
a

V  . C.

3
32
a

V . D.

3
24
a

V .

Lời giải

Chọn C.

Gọi điểm I là trung điểm BC nên AI BC

Mặt khác

BC SA BCSI

Vậy



SBC

 

, ABC



AIS 450

  ; 3

a

AI  3

a
SA

  .

2 3
4

ABC

a

S  ;

2 3

1 3 3

. .

3 2 4 8

SABC

a a a

V   ,

1
.

SAMN

SABC

V SM SN

V SB SB 

3
1

4 32

 SAMN  SABC 
a

V V .

[ ]

Câu 47. Cho hình chóp đều .S ABCD có tất cả các cạnh bằng a; O AC BD. Gọi M N P Q lần, , ,
lượt là trung điểm của các cạnh SA SB SC SD . Tính thể tích V của khối chóp ., , , O MNPQ .

A.

3
2

.
48
a

V  B.

3
2

.
16
a

V  C.

3
2

.
24
a

V  D.

.
32
a
V 

Lời giải

</div>
(20)<div class='page_container' data-page=20>

Ta có:

2 2

2 .

2 4

MNPQ

AB a

S MN   

 

2 2

1 1 2

2 2 4

a
OI  SO SC  OA 

Suy ra:

1 2

3 MNPQ 48

a

V  S OI 

[ ]

Câu 48. Hình đa diện dưới đây có bao nhiêu mặt phẳng đối xứng?

A. 1 mặt phẳng. B. 3 mặt phẳng. C. 6 mặt phẳng. D. 9 mặt phẳng.

Lời giải

[ ]

Câu 49. Cho hình lăng trụ đứng ABC A B C. ' ' ' có đáy ABC là tam giác vng tại A, góc  0
60

ACB  ,

, ' 3

AC a AC  a. Khi đó thể tích khối lăng trụ bằng

A. 3
6

a . B. 1 3 6

3a . C.

3
3

a . D. 1 3 3

3a .

</div>
(21)<div class='page_container' data-page=21>

Chọn A.

Ta có 0

.tan 60 3

ABAC a .

2 2 2

' '

AC AC CC 9a2a2CC'2  CC' 2 2 a.
Do đó thể tích khối lăng trụ là.

. '
ABC

V S CC 1. . . '

2 AB AC CC

 1 3. .2 2

2a a a

 a3 6

 .

[ ]

Câu 50. Đáy của khối lăng trụ ABC A B C.    là tam giác đều cạnh a, góc giữa cạnh bên với mặt đáy của
lăng trụ là 30o. Hình chiếu vng góc của A xuống đáy