Đề - đáp án chi tiết thi THPT QG môn Toán năm 2017 mã đề 101

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (1.13 MB, 25 trang )

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

1

Truy cập trang

để học Tốn – Lý – Hóa – Sinh – Văn –

Anh – Sử - Địa tốt nhất!

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO 
ĐỀ THI CHÍNH THỨC

(Đề thi có 06 trang)

KÌ THI TRUNG HỌC PHỔ THƠNG QUỐC GIA 2017 
Bài thi: TOÁN

Thời gian làm bài: 90 phút, khơng kể thời gian phát đề

Họ, tên thí sinh: ……… MÃ ĐỀ: 101 
Số báo danh:………..

Câu 1. Cho phương trình 1

4x 2x  3 0. Khi đặt t 2x, ta được phương trình nào dưới đây ?

A. 2

2t  3 0. B. 2

3 0

t   t . C. 4t 3 0. D. 2

2 3 0

t  t  .

Câu 2. Tìm nguyên hàm của hàm số f x

 

cos 3x



cos 3xdx3sin 3xC. B. cos 3 sin 3

x
xdx C



C. cos 3 sin 3

x
xdx  C



. D.



cos 3xdxsin 3xC.

Câu 3. Số phức nào dưới đây là số thuần ảo?

A. z  2 3i. B. z3i. C. z  2. D. z  3i.
Câu 4. Cho hàm số y f x

 

có bảng biến thiên như sau:

Mệnh đề nào dưới đây là sai ?

A. Hàm số có ba điểm cực trị. B. Hàm số có giá trị cực đại bằng 3. 
 C. Hàm số có giá trị cực đại bằng 0. D. Hàm số có hai điểm cực tiểu. 
Câu 5. Đường cong ở hình bên là đồ thị của một trong bốn hàm số ở

dưới đây. Hàm số đó là hàm số nào ?
 A. y  x3 x2 1.

B. yx4 x2 1.
 C. yx3x2 1.
 D. y  x4 x2 1.

Câu 6. Cho a là số thực dương khác 1. Tính I log a a.

A. 1

I  B. I 0 C. I  2 D. I 2

Câu 7. Cho hai số phức z1 5 7i và z2  2 3i. Tìm số phức z z1 z2.

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

2

Truy cập trang

để học Tốn – Lý – Hóa – Sinh – Văn –

Anh – Sử - Địa tốt nhất!

A. Hàm số đồng biến trên khoảng (; 0) và nghịch biến trên khoảng (0;).
 B. Hàm số nghịch biến trên khoảng ( ; ).

C. Hàm số đồng biến trên khoảng ( ; ).

D. Hàm số nghịch biến trên khoảng (; 0) và đồng biến trên khoảng (0;).

Câu 9. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng ( ) :P x2y  z 5 0. Điểm nào dưới đây thuộc
( )P ?

A. Q(2; 1;5) B. P(0;0; 5) C. N( 5;0;0) D. M(1;1; 6)

Câu 10. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, vectơ nào sau đây là một vectơ pháp tuyến của mặt phẳng (Oxy)

A. i (1;0;0) B. k(0;0;1) C. (0;1;0)j D. m(1;1;1)

Câu 11. Tính thể tích V của khối trụ có bán kính đáy r4 và chiều cao h4 2.
 A. V 128 B. V 64 2 C. V 32 D. V 32 2

Câu 12. Tìm số tiệm cận đứng của đồ thị hàm số 
2

3 4

16
x x
y

x
 


 .

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

Câu 13. Hàm số 22

y
x



 nghịch biến trên khoảng nào dưới đây ?

A. (0;) B. ( 1;1) C. ( ; ) D. (; 0)

Câu 14. Cho hình phẳng D giới hạn bởi đường cong y 2cosx , trục hoành và các đường thẳng

0,
2

x x . Khối tròn xoay tạo thành khi quay D quanh trục hồnh có thể tích V bằng bao nhiêu ? 
 A. V   1 B. V ( 1) C. V ( 1) D. V   1

Câu 15. Với a, b là các số thực dương tùy ý và a khác 1, đặt 2

3 6

loga loga

P b  b . Mệnh đề nào dưới đây đúng
?

A. P9logab. B. P27 logab. C. P15logab D. P6logab

Câu 16. Tìm tập xác định D của hàm số log5 3
2

x
y

x




 .

A. D \ {2} B. D   ( ; 2) [3;)

C. D ( 2;3). D. D   ( ; 2) (3;)

Câu 17. Tìm tập nghiệm S của bất phương trình log22 x5log2 x 4 0

A. S  ( ; 2][16;). B. S [2;16]

C. S (0; 2][16;). D. S   ( ;1] [4;).

Câu 18. Hình hộp chữ nhật có ba kích thước đơi một khác nhau có bao nhiêu mặt phẳng đối xứng ? 
 A. 4 mặt phẳng. B. 3 mặt phẳng. C. 6 mặt phẳng. D. 9 mặt phẳng.

Câu 19. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, phương trình nào dưới đây là phương trình mặt phẳng đi qua

điểm M(3; 1;1) và vng góc với đường thẳng : 1 2 3

3 2 1

x y z

  

 ?

A. 3x2y z 120 B. 3x2y  z 8 0

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

3

Truy cập trang

để học Toán – Lý – Hóa – Sinh – Văn –

Anh – Sử - Địa tốt nhất!

Câu 20. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, phương trình nào dưới đây là phương trình của đường thẳng đi 
qua điểm A(2;3; 0) và vng góc với mặt phẳng ( ) :P x3y  z 5 0 ?

A. 
1 3
3
1
x t
y t
z t
 

 

  



. B.

1
3
1
x t
y t
z t
 

 

  


. C.

1
1 3
1
x t
y t
z t
 

  

  


D. 
1 3
3
1
x t
y t
z t
 

 

  


Câu 21. Cho khối chóp tứ giác đều có cạnh đáy bằng a, cạnh bên gấp hai lần cạnh đáy. Tính tích V của khối 
chóp tứ giác đã cho.

A.

3
2

2
a

V  B.

3
2

6
a

V  C.

3
14

2
a

V  D.

3
14

6
a
V 
Câu 22. Phương trình nào dưới đây nhận hai số phức 1 2i và 1 2i là nghiệm ?
 A. 2

2 3 0

z  z  B. 2

2 3 0

z  z  C. 2

2 3 0

z  z  D. 2

2 3 0

z  z 
Câu 23. Tìm giá trị nhỏ nhất m của hàm số y x3 7x2 11x2 trên đoạn [0; 2]

A. m11 B. m0 C. m 2 D. m3
Câu 24. Tìm tập xác định D của hàm số

1
3

( 1)

y x

A. D ( ;1) B. D(1;) C. D D. D \ {1}

Câu 25. Cho 
6

( ) 12

f x dx



. Tính

(3 )

I 



f x dx.

A. I 6 B. I 36 C. I 2 D. I 4
Câu 26. Tính bán kính R của mặt cầu ngoại tiếp một hình lập phương có cạnh bằng 2a . 
 A. 3

3
a

R B. Ra C. R2 3a D. R 3a

Câu 27. Cho hàm số f x( ) thỏa mãn f( )x  3 5sinx và f(0)10. Mệnh đề nào dưới đây là đúng ?
 A. f x( )3x5cosx5 B. f x( )3x5cosx2

C. f x( )3x5cosx2 D. f x( )3x5cosx15

Câu 28. Đường cong ở hình bên là đồ thị của hàm số

ax b
y

cx d




 với a, b, c, d là các số thực.

Mệnh đề nào dưới đây đúng ? 
 A. y   0, x

B. y   0, x
 C. y   0, x 1

D. y   0, x 1

Câu 29. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm M(1; 2;3) . Gọi I là hình chiếu vng góc của M trên 
trục Ox. Phương trình nào dưới đây là phương trình mặt cầu tâm I, bán kính IM ?

A. (x1)2 y2 z2 13 B. (x1)2 y2 z2 13

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

4

Truy cập trang

để học Tốn – Lý – Hóa – Sinh – Văn –

Anh – Sử - Địa tốt nhất!

Câu 30. Cho số phức z 1 2i. Điểm nào dưới đây là điểm biểu diễn của số phức w iz trên mặt phẳng tọa độ
?

A. Q(1; 2) B. N(2;1) C. M(1; 2) D. P( 2;1)

Câu 31. Cho hình chóp tứ giác đều S ABCD có các cạnh đều bằng . a 2. Tính thể tích V của khối nón đỉnh S 
và đường tròn đáy là đường tròn nội tiếp tứ giác ABCD.

A.

2
a

V  B.

3
2

6
a

V   C.

6
a

V   D.

3
2

2
a

V  
Câu 32. Cho 2

( )

F x x là một nguyên hàm của hàm số 2

( ) x

f x e . Tìm nguyên hàm của hàm số 2
( ) x
f x e .
 A.



f x e dx( ) 2x   x2 2xC B.



f x e dx( ) 2x    x2 x C

C. 2 2

( ) x 2 2

f x e dx  x  xC



D. 2 2

( ) x 2 2

f x e dx   x  xC



Câu 33. Cho hàm số

1
x m
y
x



 (m là tham số thực) thỏa mãn min[2;4] y3. Mệnh đề nào sau dưới đây đúng ?

A. m 1 B. 3 m 4 C. m4 D. 1 m 3

Câu 34. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm M( 1;1;3) và hai đường thẳng

1 3 1

3 2 1

  

 x  y  z , : 1

1 3 2

x y z



  

 . Phương trình nào dưới đây là phương trình đường thẳng đi qua M,

vng góc với  và .
 A. 
1
1
1 3
x t
y t
z t
  

  

  


B. 1
3
x t
y t
z t
 

  

  

C.

1
1
3
x t
y t
z t
  

  

  

D. 
1
1
3
x t
y t
z t
  

  

  


Câu 35. Một người gửi 50 triệu đồng vào một ngân hàng với lãi suất 6% /năm. Biết rằng nếu không rút tiền ra
khỏi ngân hàng thì cứ sau mỗi năm số tiền lãi sẽ được nhập vào gốc để tính lãi cho năm tiếp theo. Hỏi sau ít
nhất bao nhiêu năm, người đó nhận được số tiền hơn 100 triệu đồng bao gồm gốc và lãi ? Giả định trong suốt
thời gian gửi, lãi suất khơng đổi và người đó khơng rút tiền ra.

A. 13 năm B. 14 năm C. 12 năm D. 11 năm

Câu 36. Cho số phức z  a bi ( ,a b ) thỏa mãn z  1 3i z i 0. Tính S  a 3b

A. 7

S  B. S  5 C. S 5 D. 7

S  

Câu 37. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai đường thẳng 1

1 3

: 2

x t

d y t

z
 


   

 


, 2 : 1 2

2 1 2

x y z

d    

 và

mặt phẳng ( ) : 2P x2y3z0. Phương trình nào dưới đây là phương trình mặt phẳng đi qua giao điểm của
1

d và (P), đồng thời vng góc với d . 2

A. 2x y 2z220 B. 2x y 2z130

C. 2x y 2z130 D. 2x y 2z220

Câu 38. Cho hàm số y  x3 mx2 (4m9)x5 với m là tham số. Có bao nhiêu giá trị nguyên của m để 
hàm số nghịch biến trên khoảng ( ; ) ?

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

5

Truy cập trang

để học Tốn – Lý – Hóa – Sinh – Văn –

Anh – Sử - Địa tốt nhất!

Câu 39. Tìm các giá trị thực của tham số m để phương trình 2

3 3

log xmlog x2m 7 0 có hai nghiệm thực
1, 2

x x thỏa mãn x x1 2 81.

A. m 4 B. m4 C. m81 D. m44

Câu 40. Đồ thị của hàm số 3 2

3 9 1

yx  x  x có hai điểm cực trị A và B. Điểm nào dưới đây thuộc đường 
thẳng AB ?

A. P(1; 0) B. M(0; 1) C. N(1; 10) D. Q( 1;10)

Câu 41. Một vật chuyển động trong 3 giờ với 
vận tốc v (km/h) phụ thuộc vào thời gian t (h) 
có đồ thị vận tốc như hình bên. Trong khoảng
thời gian 1 giờ kể từ khi bắt đầu chuyển động,
đồ thị đó là một phần của đường parabol có
đỉnh I(2;9) và trục đối xứng song song với
trục tung, khoảng thời gian còn lại đồ thị là
một đoạn thẳng song song với trục hồnh. Tính
qng đường s mà vật di chuyển được trong 3 
giờ đó (kết quả làm trịn đến hàng phần trăm).

A. s23, 25 (km) B. s21,58 (km)

C. s15,50 (km) D. s 13,83 (km)

Câu 42. Cho loga x3, logb x4 với a, b là các số thực lớn hơn 1. Tính Plogab x.

A. 7

P B. 1

P C. P12 D. 12

P

Câu 43. Cho khối chóp S.ABCD có đáy là hình vng cạnh a, SA vng góc với đáy và SC tạo với mặt phẳng 
(SAB) một góc 30. Tính thể tích V của khối chóp đã cho.

A.

3
6

a

V  B.

3
2

3
a

V  C.

3
2

3
a

V  D. 3

V  a

Câu 44. Cho tứ diện đều ABCD có cạnh bằng A. Gọi M, N lần lượt là trung điểm của các cạnh AB, BC và E là 
điểm đối xứng với B qua D. Mặt phẳng (MNE) chia khối tứ diện ABCD thành hai khối đa diện, trong đó khối đa 
diện chứa đỉnh A có thể tích V. Tính V.

A.

3
7 2

216
a

V  B.

3
11 2

216
a

V  C.

3
13 2

216
a

V  D.

3
2
18

a
V 

Câu 45. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt cầu 2 2 2

( ) :S x y z 9, điểm M(1;1; 2) và mặt phẳng

( ) :P x   y z 4 0. Gọi  là đường thẳng đi qua M, thuộc (P) và cắt (S) tại hai điểm A, B sao cho AB nhỏ 
nhất. Biết rằng  có một vectơ chỉ phương là u(1; ; )a b . Tính t  a b

A. T  2 B. T 1 C. T  1 D. T 0

Câu 46. Có bao nhiêu số phức z thỏa mãn z3i 5 và

z

z là số thuần ảo ?

</div>
(6)<div class='page_container' data-page=6>

6

Truy cập trang

để học Toán – Lý – Hóa – Sinh – Văn –

Anh – Sử - Địa tốt nhất!

Câu 47. Xét các số thực dương x, y thỏa mãn log3 1 3 2 4
2

xy

xy x y
x y

    

 . Tìm giá trị nhỏ nhất Pmin của

P x y.

A. min 9 11 19
9

P   B. min 9 11 19

P  

C. min 18 11 29
9

P   D. min 2 11 3

P  

Câu 48. Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để đường thẳng ymx m 1 cắt đồ thị của hàm số
3 2

3 2

y x  x  x tại ba điểm A, B, C phân biệt sao cho ABBC
 A. m ( ;0)[4;) B. m

C. 5;

4
m  

  D. m  ( 2; )

Câu 49. Cho hàm số y f x( ). Đồ thị của hàm số y f( )x

như hình bên. Đặt 2

( ) 2 ( )

h x  f x x . Mệnh đề nào
dưới đây đúng ?

A. h(4)  h( 2) h(2)

B. h(4)  h( 2) h(2)

C. h(2)h(4) h( 2)

D. h(2)  h( 2) h(4)

Câu 50. Cho hình nón đỉnh S có chiều cao ha và bán kính đáy r 2a. Mặt phẳng (P) đi qua S cắt đường 
tròn đáy tại A và B sao cho AB2 3a. Tính khoảng cách d từ tâm của đường tròn đáy đến (P).

A. 3

2
a

d  B. d a C. 5

5
a

d  D. 2

2
a
d 

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

7

Truy cập trang

để học Tốn – Lý – Hóa – Sinh – Văn –

Anh – Sử - Địa tốt nhất!

HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT

THỰC HIỆN BỞI BAN CHUYÊN MÔN TUYENSINH247.COM

Câu 1 – D Câu 11 – B Câu 21 – D Câu 31 – C Câu 41 – B 
Câu 2 – B Câu 12 – C Câu 22 – C Câu 32 – D Câu 42 – D 
Câu 3 – B Câu 13 – A Câu 23 – C Câu 33 – C Câu 43 – B 
Câu 4 – C Câu 14 – C Câu 24 – B Câu 34 – D Câu 44 – B 
Câu 5 – B Câu 15 – D Câu 25 – D Câu 35 – C Câu 45 – C 
Câu 6 – D Câu 16 –D Câu 26 – D Câu 36 – B Câu 46 – C 
Câu 7 – A Câu 17 – C Câu 27 – A Câu 37 – C Câu 47 – D 
Câu 8 – C Câu 18 – B Câu 28 – D Câu 38 – A Câu 48 – D 
Câu 9 – D Câu 19 – C Câu 29 – A Câu 39 – B Câu 49 – C

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

Câu 1

Phương pháp: Sử dụng phương pháp đổi biến, thay đổi biến của phương trình tưừ biến x sang biến t. Thế biến 
mới đặt vào vị trí của biến ban đầu.

Cách giải: 
Khi đặt t = 2x

thì 4x = (2x)2 = t2; 2x + 1 = 2.2x = 2t.
Do đó phương trình đã cho trở thành t2

+ 2t – 3 = 0
Chọn D

Câu 2

Phương pháp: Áp dụng công thức nguyên hàm của hàm hợp. 
Cách giải:

Ta có: cos 3 1 cos 3 .d 3

 

1sin 3

3 3

xdx x x  x C



Chọn B

Câu 3

Phương pháp: Số thuần ảo là số có dạng zbi (b ∈ ℝ; b 0 ).
Cách giải:

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

8

Truy cập trang

để học Tốn – Lý – Hóa – Sinh – Văn –

Anh – Sử - Địa tốt nhất!

Chọn B 
Câu 4

Phương pháp: Quan sát BBT để đưa ra các nhận xét đúng. Hoành độ các điểm cực trị là nghiệm của phương 
trình y'0. Giả sử x là điểm cực trị thì giá trị cực trị là 1 y x

 

1 ; tương tự với giá trị cực đại.

Cách giải:

Hàm số đã cho đạt cực đại tại x = 0 và giá trị cực đại là yCĐ = 3.

Chọn C 
Câu 5

Phương pháp: Quan sát đồ thị hàm số đồng thời loại trừ đáp án để chọn ra đáp án đúng. 
+) Đồ thị hàm số bậc 3: 3 2





   

y ax bx c a có dạng:

+) Đồ thị hàm số: 4 2





   

y ax bx c a có dạng:

Cách giải:

Đồ thị hàm số đã cho có dạng chữ W nên hàm số đã cho là hàm số bậc 4 trùng phương
Mặt khác khi x → +∞ thì y → +∞ nên hệ số của x4 là số dương

Chọn B 
Câu 6

Phương pháp: Áp dụng công thức: loganb 1logab

n và 

m

n m n

a a .

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

9

Truy cập trang

để học Toán – Lý – Hóa – Sinh – Văn –

Anh – Sử - Địa tốt nhất!

Cách giải: 
Vì

 

log a 2
a  a a
Chọn D

Câu 7

Phương pháp: Áp dụng công thức cộng hai số phức: Cho z1 a1 b i1; z2 a2 b i2

Khi đó: z1z2 



a1a2

 

 b1b i 2



.
Cách giải:

Ta có z    



5 2

 

7 3



i 7 4i
Chọn A

Câu 8

Phương pháp: Khảo sát sự biến thiên của hàm số, vẽ BBT để đưa ra kết luận đúng. 
Cách giải:

Vì y’ = 3x2 + 3 > 0 ∀x ∈ ℝ nên hàm số đã cho đồng biến trên ℝ hay (–∞;+∞)

Chọn C 
Câu 9

Phương pháp: Thay lần lượt các điểm trong các đáp án vào pt mặt phẳng đã cho để chọn đáp án đúng.

Cách giải:

+) Thay tọa độ điểm Q ta được: 22.( 1)      5 5 4 0 Q

 

P  loại A.
+) Thay tọa độ điểm P ta được:       5 5 10 0 P (P) loại B.

+) Thay tọa độ điểm N ta được:       5 5 10 0 N ( )P  loại C.
+) Thay tọa độ điểm M ta được: 1 2.1 6 5    0 M( )P  chọn D.
Chọn D

Câu 10

Phương pháp: Vecto pháp tuyến của mặt phẳng (P) là vecto có giá vng góc với mặt phẳng (P). 
Cách giải:

Mặt phẳng Oxy vuông góc với trục Oz. Ta có A(0;0;1) ∈ Oz nên OA ⊥ (Oxy)
Suy ra OA



0;0;1



là một VTPT của mặt phẳng (Oxy)

Chọn B 
Câu 11

Phương pháp: Thể tích khối trụ V = π.r2

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

10

Truy cập trang

để học Toán – Lý – Hóa – Sinh – Văn –

Anh – Sử - Địa tốt nhất!

Ta có V .4 .4 22 64 2
Chọn B

Câu 12

Phương pháp: Đường thẳng x x được gọi là TCĐ của đồ thị hàm số khi 0 xx là nghiệm của mẫu số và 0
không là nghiệm của tử số.

Cách giải:

Với x ≠ ±4 ta có













2
2

1 4

3 4 1

16 4 4 4

x x

x x x

y

x x x x

 

  

  

   

Do đó đồ thị có 1 tiệm cận đứng x = –4
Chọn C

Câu 13

Phương pháp: Hàm số nghịch biến khi y’ 0
Cách giải:

Có



2



' 0 0

x

y x

x



   

 . Do đó hàm số đã cho nghịch biến trên (0;+∞)

Chọn A 
Câu 14

Phương pháp: Công thức thể tích khối trịn xoay khi quay quanh trục hồnh hình phẳng giới hạn bởi đường 
cong y = f(x), trục hoành và hai đường thẳng x = a, x = b là 2

 

b

a

V 



f x dx

Cách giải:

Ta có













2 cos 2 sin 2. sin 1

2 2

V x dx x x



 

     

        

 



Chọn C 
Câu 15

Phương pháp: logxynlogx ym



m n



logx y
Cách giải:

Ta có 2





3 6 3 3

loga log loga loga 3 3 loga 6loga

a

b  b  b  b   b b

Chọn D 
Câu 16

Phương pháp: Điều kiện để hàm số loga f(x) xác định là f(x) > 0

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

11

Truy cập trang

để học Tốn – Lý – Hóa – Sinh – Văn –

Anh – Sử - Địa tốt nhất!

Hàm số đã cho có điều kiện xác định là 3 0 3



; 2

 



x
x

x




        

  

 

Chọn D 
Câu 17

Phương pháp: Giải bất phương trình logarit cần chú ý: nếu 0 a 1 thì bất phương trình đổi chiều; a1 thì
bất phương trình khơng đổi chiều.

Cách giải: 
Điều kiện: x0.









 



2 2

4
2

1
2

log 1 log 4 0

log 4 2 16

log 1 0 2 0 2

0;2 16;

   



  

 

  

     

 

   

BPT x x

x x x

x

Chọn C 
Câu 18

Phương pháp: Hình hộp chữ nhật ABCD.A’B’C’D’có 3 kích thước khác nhau chỉ có 3 mặt phẳng đối xứng là 
các mặt phẳng trung trực của các cạnh AA’; AB và AD.

Cách giải:

Chọn B 
Câu 19

Phương pháp: Phương trình mặt phẳng đi qua M x y z



0; 0; 0



và có vecto pháp tuyến n



a b c có dạng: ; ;





 0

 

  0

 

  0



0

a x x b y y c z z .

Đường thẳng d vng góc với mặt phẳng (P) thì vecto chỉ phương của đường thẳng d là vecto pháp tuyến của
mặt phẳng (P) và ngược lại.

Cách giải:

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

12

Truy cập trang

để học Tốn – Lý – Hóa – Sinh – Văn –

Anh – Sử - Địa tốt nhất!

Chọn C 
Câu 20

Phương pháp: Đường thẳng d vng góc với mặt phẳng (P) thì vecto pháp tuyến của mặt phẳng (P) là vecto 
chỉ phương của đường thẳng d.

Đường thẳng d đi qua qua M x y z



0; 0; 0



và có vecto chỉ phương u



a b c có dạng: ; ;



0
0
0

 


  


  


x x at
y y bt
z z ct

.

Cách giải:

Đường thẳng cần tìm vng góc với (P) nên nhận (1;3;–1) làm VTCP và đi qua điểm (2;3;0)

Phương trình đường thẳng:













1 1

3 3 3 1

1 1

x t

y t y t

z t z t

  


 




     

 

      

 

hay
1

3
1
x t
y t
z t

 

 

  

Chọn B

Câu 21

Phương pháp: Thể tích của khối chóp là: 1



V Bh với B là diện tích đáy của khối chóp và h là chiều cao của
khối chóp.

Cách giải:

Giả sử hình chóp tứ giác đều S. ABCD có cạnh đáy AB = a, cạnh bên
SB = 2a.

Gọi O là tâm của đáy, ta có SO ⊥ (ABCD)
Vì ABCD là hình vng nên

2 2 2

3
2
.

2 2

2 14

2 2

1 1 14

.S .

3 3 6

  

 

     

 

 S ABCD  ABCD  

AB a

OB OA

a a

SO SB OB a

a

V SO SO AB

Chọn D 
Câu 22

Phương pháp: Hai số a và b là nghiệm của phương trình 2

  

x Sx P với    .



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

13

Truy cập trang

để học Toán – Lý – Hóa – Sinh – Văn –

Anh – Sử - Địa tốt nhất!

Ta có:







 

1 2 1 2 2

1 2 1 2 1 2 1 2 3.

    




      



i i

i i i

1 2

  i và 1 2i là hai nghiệm của phương trình z22z 3 0.
Chọn C

Câu 23

Phương pháp:

Cách 1: Tìm GTNN (GTLN) của hàm số y = f(x) trên đoạn [a;b]: 
+ Tính y’. Tìm các nghiệm x1, x2, ... thuộc (a;b) của phương trình y’ = 0

+ Tính y(a), y(b), y(x1), y(x2), ...

+ So sánh các giá trị đó, giá trị nào lớn nhất là GTLN, giá trị nào nhỏ nhất là GTNN của hàm số trên đoạn [a;b]
Cách 2: Sử dụng chức năng MODE 7 để tìm GTLN hoặc GTNN của hàm số trên [a;b].

Nhập hàm số f(x) vào máy tính với Start: a; End: b và Step: .
19



b a

Cách giải

Cách 1:

Có y’ = 3x2 – 14x + 11 = 0 ⇔ x = 1 (thuộc khoảng (0;2) ) hoặc 11

x (khơng thuộc khoảng (0;2) )
Có y(0) = –2, y(1) = 3, y(2) = 0 nên GTNN của hàm số là m = –2

Cách 2:

Sử dụng máy tính ta được:

Ta thấy hàm số đạt GTNN là m 2 khix0.
Chọn C

Câu 24

Phương pháp: Điều kiện xác định của hàm số y = [f(x)]a với a ∉ ℤ là f(x) > 0

Cách giải:

Hàm số đã cho có điều kiện xác định là x – 1 > 0 ⇔ x > 1 ⇔ x ∈ (1;+∞)
Chọn B

Câu 25

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

14

Truy cập trang

để học Toán – Lý – Hóa – Sinh – Văn –

Anh – Sử - Địa tốt nhất!

Phương pháp: Sử dụng phương pháp đổi biến

Cách giải:

Đặt t = 3x ⇒ dt = 3dx; x = 0 ⇒ t = 0; x = 2 ⇒ t = 6

Suy ra

 

6 6

0 0

1 1 1

.12 4

3 3 3

I 



f t dt 



f x dx 

Chọn D 
Câu 26

Phương pháp: Bán kính R của mặt cầu ngoại tiếp hình lập phương cạnh x là 3

x
R

Cách giải:

Hình lập phương đã cho có bán kính mặt cầu ngoại tiếp 2 3 3
2

a

R a

Chọn D 
Câu 27

Phương pháp:

+ Sử dụng cơng thức ngun hàm, tính f x

 





f '

 

x dxg x

 

C

+ Dựa vào giá trị f(0) để tìm giá trị C
Cách giải

Có f x

 





f '

 

x dx





3 5sin x dx



3x5cosx C

Vì f

 

0 10  5 C 10  C 5 f x

 

3x5cosx5
Chọn A

Câu 28

Phương pháp: Quan sát đồ thị hàm số và đưa ra các nhận xét đúng để chọn đáp án đúng. 
Dựa vào sự biến thiên của đồ thị; TCĐ và TCN của đồ thị hàm số.

Cách giải:

Ta thấy đồ thị hàm số có TCĐ là x 1 TXĐ: x1.

Nhận thấy đồ thị hàm số luôn giảm trên các khoảng



;1



và



1;



hay hàm số nghịch biến trên từng
khoảng xác định y'0.

Chọn D 
Câu 29

Phương pháp: Hình chiếu của điểm (a;b;c) trên trục Ox là (a;0;0)

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

15

Truy cập trang

để học Tốn – Lý – Hóa – Sinh – Văn –

Anh – Sử - Địa tốt nhất!

Cách giải:

Hình chiếu của M(1;–2;3) trên Ox là I(1;0;0). Mặt cầu cần tìm có R2 = IM2 = 22 + 32 = 13
Phương trình mặt cầu: (x – 1)2

+ y2 + z2 = 13.
Chọn A

Câu 30

Phương pháp: Số phức z = a + bi được biểu diễn bởi điểm M(a;b) trên mặt phẳng tọa độ 
Cách giải:

Ta có w = iz = i(1 – 2i) = i – 2i2 = 2 + i
Điểm biểu diễn số phức w là N(2;1)
Chọn B

Câu 31

Phương pháp: Thể tích của khối nón là: 1 2
3



V r h với r là bán kính đáy của hình nón và h là chiều cao của
hình nón.

Cách giải:

Giả sử hình chóp S.ABCD có tất cả các cạnh bằng a 2. Gọi O là tâm của đáy.

2 2 2 2

2 2

  

    

 

AB

OA OB a

SO SB OB a a a

AB a
r

Thể tích hình nón cần tính là

2 3

2 2

1 1 1

. . .

3 3 3 2 6

a a

V  r h r SO  a
Chọn C

Câu 32

Phương pháp: Sử dụng công thức nguyên hàm từng phần:



u x v x dx

   

' u x v x

   





v x u x dx

   

' .
Cách giải:

Ta có f x e

 

2x F x'

 

2x

Tính:

 

' x

I 



f x e dx: Đặt

 

2 2

2
'

x x

u e du e

dv f x dx v f x

   



   



 

2 2

 

2 2

' x x 2 x 2 2

I f x e dx e f x f x e dx x x C

 



 



  

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

16

Truy cập trang

để học Tốn – Lý – Hóa – Sinh – Văn –

Anh – Sử - Địa tốt nhất!

Phương pháp: Tìm GTNN (GTLN) của hàm số y = f(x) trên đoạn [a;b]: 
+ Tính y’. Tìm các nghiệm x1, x2, ... thuộc (a;b) của phương trình y’ = 0

+ Tính y(a), y(b), y(x1), y(x2), ...

+ So sánh các giá trị đó, giá trị nào lớn nhất là GTLN, giá trị nào nhỏ nhất là GTNN của hàm số trên đoạn [a;b]
Cách giải

Có





1
'

m
y

x

 




Nếu m = –1 thì y = 1 ∀x ≠ 1 nên

 2;4

miny1 (loại)
Nếu

 2;4

 

1 ' 0 min 2 2

m   y   y y  m

 2;4

 

miny     3 2 m 3 m 1 L
Nếu

 2;4

 

1 ' 0 min 4

m
m  y   yy  

 2;4

min 3 3 5

m

y     m (tm)
Vậy m > 4 là mệnh đề đúng

Chọn C 
Câu 34

Phương pháp: Đường thẳng vng góc với 2 đường thẳng đã cho thì có VTCP bằng tích có hướng của 2 
VTCP của 2 đường thẳng ấy.

Đường thẳng d đi qua qua M x y z



0; 0; 0



và có vecto chỉ phương u



a b c có dạng: ; ;



0
0
0

 



  


  


x x at
y y bt
z z ct

Cách giải

Ta có: vecto chỉ phương của  là u1



3;2;1



và vecto chỉ phương của ' là u2 



1;3; 2



.
Đường thẳng cần tìm có VTCP 1 1; 2



1;1;1



u u u   và đi qua M(–1;1;3)

Phương trình đường thẳng cần tìm:

1
1
3

x t

y t
z t
  


  

  

Chọn D

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

17

Truy cập trang

để học Toán – Lý – Hóa – Sinh – Văn –

Anh – Sử - Địa tốt nhất!

Phương pháp: Nếu gửi theo hình thức lãi kép (lãi nhập vào gốc) thì sau n năm, với số tiền A đồng gửi ban đầu 
và lãi suất r% / năm thì số tiền cả gốc lẫn lãi là 1

100

n
n

r
A  A  

 

Cách giải

Giả sử n là số năm gửi tiền để người đó có nhiều hơn 100 triệu, ta có





1,06

50 1 0, 06 n 1001, 06n   2 n log 2 n 12

Vậy người đó cần gửi ít nhất 12 năm
Chọn C

Câu 36

Phương pháp: Thay z = a + bi vào giải phương trình. 
Modul của z là: z  a2 b . 2

Cách giải









2 2

2 2 2

2 2

1 3 0 1 3 0

1 3 0

1 0 1

3 0 1 3

1 1

3 4 5

1 6 9

          

      

   

 

 

 

      

 

 

     

 

      

 

     



z i z i a bi i a b i

a b a b i

a a

b a b b b

a a

b S

b

b b b

Chọn B 
Câu 37

Phương pháp:

+) Xác định tọa độ giao điểm M của d1 và (P).

+) Gọi (Q) là mặt phẳng qua M và vng góc với d2. Khi đó mặt phẳng (Q) nhận vecto chỉ phương của đường

thẳng d2 làm vecto pháp tuyến.

+) Phương trình mặt phẳng đi qua M x y z



0; 0; 0



và có vecto pháp tuyến n



a b c có dạng: ; ;





 0

 

  0

 

  0



0

a x x b y y c z z .
Cách giải

Gọi M(1 + 3t; –2 + t; 2) là giao d1 và (P)

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

18

Truy cập trang

để học Tốn – Lý – Hóa – Sinh – Văn –

Anh – Sử - Địa tốt nhất!

Mặt phẳng cần tìm đi qua M, và vng góc với d2 nên nhận u2 



2; 1;2



làm VTPT, có phương trình:

2x – y + 2z – 13 = 0.
Chọn C

Câu 38

Phương pháp: Hàm số bậc ba nghịch biến trên (–∞; +∞) khi và chỉ khi y’ ≤ 0 ∀x ∈ ℝ 
Cách giải





2 2

' 3 2 4 9

' 0 3 4 9 0 12 27 0

9 3

y x mx m

y x m m m m

m

    

            

    

Vì m ngun nên có 7 giá trị m thỏa mãn
Chọn A

Câu 39

Phương pháp: Đặt ẩn phụ và biến đổi điều kiện bài toán thành điều kiện của ẩn phụ 
Cách giải

ĐK: x0

Đặt tlog3x, phương trình đã cho trở thành t2mt2m 7 0 (*)

Phương trình đã cho có 2 nghiệm thực tích bằng 81 khi và chỉ khi (*) có 2 nghiệm t1, t2 thỏa mãn

1 2 log3 1 log3 2 log3 1 2 log 81 43

t  t x  x  x x  

⇔





1 2

4 2 7 0

8 28 0

4
4

     

  

   

 



     



m m

m
b

m

t t m

a

Chọn B 
Câu 40

Phương pháp:

Cách 1: Phương trình đường thẳng đi qua 2 điểm cực trị của đồ thị hàm số bậc ba y = f(x) (quỹ tích điểm cực 
trị) là y = g(x) với g(x) là đa thức dư của phép chia f(x) cho f’(x)

Cách 2: Khảo sát hàm số, xác định các điểm cực đại và cực tiểu của hàm số. Sau đó lập phương trình đường 
thẳng đi qua hai điểm cực trị vừa tìm được.

Thử các đáp án xem điểm nào thuộc đường thẳng vừa tìm được thì chọn điểm đó.
Cách giải

Cách 1: Có y’ = 3x2 – 6x – 9





3 2 1 1 2

3 9 1 3 6 9 8 2

3 3

x  x  x  x  x  x  x

  nên đường thẳng đi qua 2 điểm cực trị của đồ thị hàm số có

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

19

Truy cập trang

để học Tốn – Lý – Hóa – Sinh – Văn –

Anh – Sử - Địa tốt nhất!

Đường thẳng này đi qua điểm N(1;–10)

Cách 2: Ta có:

 





 





2 3 3 26 3; 26

' 3 6 9 0

1 1 6 1;6

     



     

      


x y A

y x x

x y B

Khi đó đường thẳng đi qua 2 điểm A và B có phương trình:

3 26

8 2

1 3 6 26

          

 A  A   

B A B A

x x y y x y

y x

x x y y

Thử các đáp án ta thấy điểm N thuộc đường thẳng AB.
Chọn C

Câu 41

Phương pháp: Quãng đường s mà vật di chuyển được trong thời gian từ t1 đến t2 được tính theo cơng thức

 

t

s



v t dt.
Cách giải

Trong 1 giờ đầu, vận tốc của vật là 1 hàm số bậc hai v = at2 + bt + c có đồ thị là parabol đỉnh I(2;9) và đi qua
điểm (0;4) ⇒ c = 4

Vì parabol có đỉnh (2;9) nên
2

5
2

2 4

.2 .2 4 9

b

x a

a

b

a b

      

 

 

     


Giao điểm của parabol với đường thẳng x = 1 là 1;31
4

M 

 

Vậy 5 2 5 4

v  t  t với 0 ≤ t ≤ 1 và 31

v với 1 ≤ t ≤ 3
Quãng đường vật đi được là

 

1 1

2 3 2

0
0

5 31 5 5 31 259

5 4 2. 4 21,58

4 4 12 2 2 12

s  t  t dt   t  t  t    km

   



Chọn B 
Câu 42

Phương pháp: Sử dụng công thức biến đổi logarit: log 1
log



a

b

a để làm bài toán.

Cách giải: log 1 1 1 1 12

1 1 1 1

log log log 7

log log 3 4

ab

x x x

a b

x

ab a b

x x

    

  

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

20

Truy cập trang

để học Toán – Lý – Hóa – Sinh – Văn –

Anh – Sử - Địa tốt nhất!

Câu 43

Phương pháp: Thể tích của khối chóp là: 1



V Bh với B là diện tích
đáy của khối chóp và h là chiều cao của khối chóp.

Góc giữa đường thẳng và mặt phẳng là góc giữa đường thẳng đó với
hình chiếu của nó trên mặt phẳng kia.

Cách giải:

Ta có SA BC BC



SAB



AB BC




 

 

 nên hình chiếu của SC trên (SAB) là

Suy ra góc giữa SC và (SAB) là góc CSB 30
∆ SBC vng tại B có

tan tan 30 3 3

3
BC

CSB SB BC a

SB       

∆ SAB vuông tại A nên 2 2

2
SA SB AB a
Vậy thể tích

1 2

3 ABCD 3

a
V  SA S 

Chọn B 
Câu 44

Phương pháp:

Sử dụng cơng thức tỉ lệ thể tích: Cho tứ diện
SABC, và các điểm M thuộc SA; N thuộc SB;
P thuộc SC. Khi đó ta có:

. . .



SMNP
SABC

V SM SN SP

V SA SB SC

Cách giải:

Trước tiên ta có cơng thức thể tích tứ diện đều
cạnh a:

2
12

ABCD

a

V 

Tính BMEN
ABCD

V
V :

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

21

Truy cập trang

để học Tốn – Lý – Hóa – Sinh – Văn –

Anh – Sử - Địa tốt nhất!

Xét tứ diện BMEN và tứ diện ABCD có diện tích hai đáy BNE và BCD bằng nhau, chiều cao từ đỉnh M bằng
một nửa chiều cao từ đỉnh A, do đó 1

BMEN
ABCD

V

V 

Tính FDEG
ABCD

V

V : Ta có . .

FDEG
EBMN

V EF ED EG

V  EM EB EN

Gọi I là trung điểm BD thì MI // FD suy ra 2

1 3

EF ED ED

EM  EI  ED ED 

Tương tự ta có 2

EG

EN  . Suy ra

2 1 2 2

. . . .

3 2 3 9

FDEG
EBMN

V EF ED EG

V  EM EB EN  

3
2

2 7 7 1 7

9 9 9 2 18

7 11 11 2

18 18 216

FDEG EBMN

BMFDGN EBMN EBMN EBMN ABCD ABCD

ABCD ABCD ABCD

V V

V V V V V V

a

V V V V

 

     

    

Chọn B 
Câu 45

Phương pháp:

Mặt phẳng (P) cắt mặt cầu (S) theo một đường trịn có bán kính r ta có: r  R2 h2 với h là khoảng cách từ
tâm I của mặt cầu (S) đến mặt phẳng (P).

Cách giải:

Mặt cầu (S) có tâm O(0;0;0) và bán kính R = 3
Ta thấy OM < R nên M nằm trong mặt cầu

Suy ra M nằm giữa A và B

Gọi I là trung điểm AB, ta có





2 2 2 2 2 2

2 2 2 2 do

       

AB AI OA OI R OI R OM OI OM

Dấu bằng xảy ra ⇔ I ≡ M ⇔ OM ⊥ ∆
Vậy AB nhỏ nhất ⇔ OM ⊥ ∆

Khi đó, ∆ vng góc với OM và vectơ pháp tuyến của (P) nên ta có

















1;1;2 ; 1;1;1 ; ; 1;1;0

1; 1;0 1; 0 1

 

    

         

OM n OM n

u a b T

</div>
(22)<div class='page_container' data-page=22>

22

Truy cập trang

để học Tốn – Lý – Hóa – Sinh – Văn –

Anh – Sử - Địa tốt nhất!

Phương pháp: Sử dụng các cơng thức và tính chất của số phức để làm bài toán. 
+) Modul của số phức z a bi là: z  a2b2

+) Số phức thuần ảo là số phức có dạng: zbi



b0



Cách giải:

Gọi z x yi (x, y ∈ ℝ). Ta có









3 5 3 5 3 25

z i   x y i  x  y  (1)























2 2 2 2

2 2 2 2 2 2 2 2

4 4 4 4 4

4 4 4 4 4 4

x yi x yi

z x yi x x y yi x x y y

i

z x yi x y x y x y x y

  
     
    
          
Do đó
4
z

z thuần ảo





2 2 2

4 0 2 4

0 0

x x y x y

y y



       

 

  

  (2)

Từ (1) và (2) ta có hệ













2
2

2 2 2 2 2 2

3 3

4 4

2 2

3 25 2 3 8

3 13

2 4 2 4 2 4 6 0

2 4
0 0
0
0
3
4
2
16
0
16 24
13
24

24 13 13

13
0

y y

x x

x y x y

y

x y x y y y y

y y
y
y
y
x
y x
z i
y
y
y
   
 
 
        
  
                
    
     
 

   

 

  

 
 

 
 
    
  
   

 




Hệ này có 1 nghiệm (x;y) duy nhất, do đó có 1 số phức z thỏa mãn.
Chọn C

Câu 47

Phương pháp: Sử dụng công thức logarit: logab logab logac

c   .

Biến đổi phương trình bài cho và sử dụng phương pháp hàm số để tìm GTNN của hàm số đã cho.

Cách giải:

</div>
(23)<div class='page_container' data-page=23>

23

Truy cập trang

để học Tốn – Lý – Hóa – Sinh – Văn –

Anh – Sử - Địa tốt nhất!











 



























3 3 3

3 3

3 3 3

3 3

log 3 2 4 log 1 log 2 3 2 4

log 1 3 1 1 log 2 2

log 1 log 3 3 1 log 2 2

log 3 3 3 3 log 2 2

xy

xy x y xy x y xy x y

x y

xy xy x y x y

            



        

        

       

Xét f t

 

log3t t t



0



. Ta có '

 

1 1 0, 0
ln 3

f t t

t

     nên hàm số f(t) đồng biến trên (0;+∞). Suy ra



3 3







3 3 2 2 3 3 0 1

 

f  xy  f x y   xy x y x y xy 
Ta có P = x + y ⇒ x = P – y. Thay vào (1) ta có 2





3y 3P 1 y P 3 0

     

Phương trình trên có nghiệm









2 2 11 3





3 1 12 3 0 9 18 35 0 do 0

P P P P P  P

             

Vậy GTNN của P là 2 11 3



.
Chọn D

Câu 48

Phương pháp:

Cách 1: Nếu 1 đường thẳng cắt đồ thị hàm số bậc ba tại 3 điểm phân biệt, 1 trong 3 điểm đó là điểm uốn của đồ 
thị thì điểm uốn đó là trung điểm của đoạn thẳng nối 2 giao điểm còn lại.

Cách 2: Đường thẳng d cắt đồ thị hàm số (C) tại 3 điểm phân biệt  phương trình hồnh độ có 3 nghiệm phân
biệt.

Cách giải

Hàm số bậc ba đã cho có điểm uốn (1;1)

Đường thẳng đã cho ln đi qua (1;1) với mọi m

Do đó, điều kiện đề bài thỏa mãn ⇔ Đường thẳng đã cho cắt đồ thị hàm số tại 3 điểm phân biệt
Xét phương trình hồnh độ giao điểm:













 

3 2

1 3 2

3 1 1 0

1 2 1 0

2 1 0 *

mx m x x x

x x m x m

x x x m

x

x x m

     

      

     




     


</div>
(24)<div class='page_container' data-page=24>

24

Truy cập trang

để học Toán – Lý – Hóa – Sinh – Văn –

Anh – Sử - Địa tốt nhất!





1 2.1 1 0

' 1 1 0

m

m
m

    


   

    


Vì đường thẳng d: ymx m 1 cắt đồ thị hàm số (C) yx33x2 x 2 tại điểm uốn B(1;1) nên đường
thẳng d cắt (C) tại 3 điểm phân biệt A; B; C thì điểm B là trung điểm của AC.

Chọn D 
Câu 49

Phương pháp: Hình phẳng được giời hạn bởi đồ thị hàm số y f x y

 

; g x

 

; xa x; b được tính theo

cơng thức:

 

b

a

S 



f x g x dx
Cách giải:

 

2 ' 2 ' 2 2 '

h x  f x x h x  f x  x f x x

Vẽ đường thẳng y = x cắt đồ thị hàm số y = f(x) tại A(–2;–2), B(2;2) và C(4;4)
⇒ h’(–2) = h’(2) = h’(4) = 0

Dựa vào vị trí của đồ thị hàm số y = f ‘(x) và y = x ta có f ‘(x) > x ∀x ∈ (–2;2)
⇒ h’(x) > 0 ∀x ∈ (–2;2) ⇒ h(2) > h(–2)

Ta có f ‘(x) < x, ∀x ∈ (2;4) ⇒ h’(x) < 0, ∀x ∈ (2;4) ⇒ h(2) > h(4)
So sánh h(–2) và h(4):

Gọi S S lần lượt là diện tích các hình phẳng như hình vẽ bên. 1; 2

 

   

 

   

2 2

1 2

2 2

4 4

2 2

' ' 2 2

' ' 2 4

S f x x dx h x dx h x h h

S x f x dx h x dx h x h h



 

        

         



Ta thấy S1 là diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số y = f ‘(x), đồ thị hàm số y = x và 2 đường thẳng x

= –2, x = 2

S2 là diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số y = f ‘(x), đồ thị hàm số y = x và 2 đường thẳng x = 2, x =

Dựa vào đồ thị, ta thấy S1 > S2 ⇒ h(2) – h(–2) > h(2) – h(4) ⇒ h(–2) < h(4)

Vậy h(–2) < h(4) < h(2)

Chọn C

Câu 50

Phương pháp:

</div>
(25)<div class='page_container' data-page=25>

25

Truy cập trang

để học Tốn – Lý – Hóa – Sinh – Văn –

Anh – Sử - Địa tốt nhất!

OH là: 1 2 12 12
AH  AB  AC
Cách giải:

Gọi I là trung điểm AB thì OI ⊥ AB

Vẽ OH ⊥ SI tại H. Ta có SO ⊥ AB, OI ⊥ AB ⇒ AB ⊥ (SOI)
⇒ AB ⊥ OH ⇒ OH ⊥ (SAB)

⇒ d(O;(P)) = OH

Xét ∆ OAI vng tại I ta có:

 

2
2

2 2 2 2 3

2 2

AB a

OI  OA AI  r    a   a

   

∆ SOI vng tại O có OH ⊥ SI nên 1 2 12 12 22 2

a
OH
OH  SO OI  a  

</div>

Đề - đáp án chi tiết thi THPT QG môn Toán năm 2017 mã đề 101

<b>1</b>

<b>Truy cập trang </b>

<b> để học Tốn – Lý – Hóa – Sinh – Văn – </b>

<b>Anh – Sử - Địa tốt nhất! </b>

 









 

<b>2</b>

<b>Truy cập trang </b>

<b> để học Tốn – Lý – Hóa – Sinh – Văn – </b>

<b>Anh – Sử - Địa tốt nhất! </b>

<b>3</b>

<b>Truy cập trang </b>

<b> để học Toán – Lý – Hóa – Sinh – Văn – </b>

<b>Anh – Sử - Địa tốt nhất! </b>





<b>4</b>

<b>Truy cập trang </b>

<b> để học Tốn – Lý – Hóa – Sinh – Văn – </b>

<b>Anh – Sử - Địa tốt nhất! </b>









<b>5</b>

<b>Truy cập trang </b>

<b> để học Tốn – Lý – Hóa – Sinh – Văn – </b>

<b>Anh – Sử - Địa tốt nhất! </b>

<b>6</b>

<b>Truy cập trang </b>

<b> để học Toán – Lý – Hóa – Sinh – Văn – </b>

<b>Anh – Sử - Địa tốt nhất! </b>

<b>7</b>

<b>Truy cập trang </b>

<b> để học Tốn – Lý – Hóa – Sinh – Văn – </b>

<b>Anh – Sử - Địa tốt nhất! </b>

 





<b>8</b>

<b>Truy cập trang </b>

<b> để học Tốn – Lý – Hóa – Sinh – Văn – </b>

<b>Anh – Sử - Địa tốt nhất! </b>

 









<b>9</b>

<b>Truy cập trang </b>

<b> để học Toán – Lý – Hóa – Sinh – Văn – </b>

<b>Anh – Sử - Địa tốt nhất! </b>

 



 





 



 





<b>10</b>

<b>Truy cập trang </b>

<b> để học Toán – Lý – Hóa – Sinh – Văn – </b>

<b>Anh – Sử - Địa tốt nhất! </b>

















 