TS247 DT de thi thu tn thpt mon toan thpt chuyen dh su pham ha noi nam 2021 lan 2 co loi giai chi tiet 76123 1620315919

TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI
TRƯỜNG THPT CHUYÊN
ĐỀ THI CHÍNH THỨC

KỲ THI THỬ TN THPT NĂM 2021 – LẦN 2
BÀI THI MƠN TỐN
Thời gian làm bài: 90 phút (khơng kể thời gian phát đề)
Ngày thi: 25/04/2021
Mã đề thi 213

MỤC TIÊU
- Đề thi thử TNTHPT lần 2 của trường THPT Chuyên Đại học Sư phạm Hà Nội luôn bám sát đề chính thức
các năm nhằm giúp học sinh ơn tập đúng trọng tâm nhất.
- Đề thi với mức độ khó vừa phải, giúp học sinh có cảm giác như đang làm đề thi thật, để học sinh có trải
nghiệm sát nhất với kì thi.
- Đề thi vừa sức và phù hợp với học sinh ôn thi TNTHPT.
Câu 1 (ID:481243): Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , gọi G  a; b; c  là trọng tâm của tam giác ABC
với A 1; 5; 4  , B  0; 2; 1 và C  2;9;0  . Giá trị của tổng a  b  c bằng:
A. 4

B. 12

C.

4
3

D. 12

Câu 2 (ID:481244): Với a, x, y là các số thực dương tùy ý, a  1 , kết quả khi rút gọn biểu thức P 

xloga y
y loga x

là:
A. P  1
B. P  x
C. P  y
D. P  a
Câu 3 (ID:481245): Đường cong trong hình bên là đồ thị của hàm số nào dưới đây?

A. y   x3  3x 2  2

B. y  x3  3x 2  4

C. y   x3  3x 2  4

D. y   x3  4

1

Câu 4 (ID:481246): Tích phân

x

2020

dx bằng:

1

1
2
2
B.
C.
D. 0
2021
2020
2021
Câu 5 (ID:481247): Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , đường thẳng đi qua hai điểm A  3;1; 6  và

A.

B  5;3; 2  có phương trình tham số là:

x  6  t

A.  y  4  t
 z  2t


 x  5  2t
B.  y  3  2t
 z  2  4t


Câu 6 (ID:481248): Trong tập số phức

x  3  t
C. 

 y  1 t
 z  6  2t


 x  6  2t
D. 
 y  4  2t
 z  1  4t


, phương trình  2  i  z  4  0 có nghiệm là:

7 3
4 8
8 4
8 4
B. z   i
C. z   i
D. z   i
 i
5 5
5 5
5 5
5 5
Câu 7 (ID:481249): Một hình nón có đường sinh bằng đường kính đáy. Diện tích đáy của hình nón bằng 49
. Khi đó chiều cao của hình nón bằng:

A. z 

1

7 3
C. 14 3
3
Câu 8 (ID:481250): Cho hàm số f  x  có bảng biến thiên như sau:

A. 7 3

B.

D.

7 3
2

Điểm cực tiểu của hàm số đã cho là:
A. x  2
B. x  3
C. x  2
D. x  3
Câu 9 (ID:481251): Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , tọa độ hình chiếu của điểm A  2; 1;3 trên mặt
phẳng Oyz là:
A.  0; 1;0 

B.  2;0;0 

C.  0; 1;3

D.  2; 1; 0 

Câu 10 (ID:481252): Hệ số của x 4 trong khai triển thành đa thức của biểu thức  3 x  2  là:
11

A. C117 34 27

B. C117 34 27

D. C117 37 24

C. C117 37 24

Câu 11 (ID:481253): Họ nguyên hàm của hàm số y  32 x 7 x là:
A. 63x ln 63  C

B. 63x  C

C.

21x
C
ln 21



Câu 12 (ID:481254): Với a là các số thực dương tùy ý, a 
1
C.
a5
Câu 13 (ID:481255): Cho khối tứ diện ABCD có thể tích

Khi đó thể tích khối tứ diện EBCD bằng:
V
V
A.
B.
C.
3
5

A. 1

B.

Câu 14 (ID:481256): Nghiệm của phương trình  4,5

4 x 5

5



5

D.

63x
C
ln 63

bằng:

D. a 2

a5

5

V và điểm E trên cạnh AB sao cho AE  3EB .
V
4

2
 
9

D.

V
2

 x 1

là:

5
4
C. x  2
D. x 
5
4
Câu 15 (ID:481257): Một hình trụ có bán kính đáy r  5 cm , chiều cao h  7 cm . Diện tích xung quanh của

A. x  1

B. x 

hình trụ này là:
A. 35  cm 2 

35
  cm2 
2
Câu 16 (ID:481258): Cho số phức z  9  5i . Phần ảo của số phức z là:
A. 5
B. 5i
C. 5

B. 70  cm 2 

C.

D.

70
  cm2 
3

D. 5i
Câu 17 (ID:481259): Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt cầu  S  có phương trình

x 2  y 2  z 2  2 x  4 y  6 z  0 . Trong ba điểm có tọa độ lần lượt là  0;0;0  , 1; 2;3 và  2;0;6  thì có bao

nhiêu điểm nằm trên mặt cầu  S  .
A. 0
B. 3
C. 1
Câu 18 (ID:481260): Cho hàm số f  x  có bảng biến thiên như sau:

D. 2

2


Hàm số đã cho nghịch biến trên khoảng nào dưới đây?
A.  3;  
B.  ; 2 
C.  3; 0 

D.  0; 3 

Câu 19 (ID:481261): Có bao nhiêu số tự nhiên có 6 chữ số phân biệt lập từ các chữ số 1, 2, 3, 4, 5, 6?
A. 360
B. 6
C. 720
D. 1
1
Câu 20 (ID:481262): Nghiệm của phương trình log3 x  là:
3
1
1
3
A. x  27

B. x  3
C. x 
D. x 
27
3
Câu 21 (ID:481263): Một lớp học có 18 nam và 12 nữ. Số cách chọn hai bạn từ lớp học đó, trong đó có một
nam và một nữ tham gia đội xung kích của nhà trường là:
2
A. 30
B. C182 .C122
C. C20
D. 216
Câu 22 (ID:481264): Đạo hàm của hàm số y  log  tan x  tại điểm x 
A.

4
3ln10

B.

4 3
9 ln10

C.


3

là:

4 3
9

D.

1
1
4
5
Câu 23 (ID:481265): Nếu a 3  a 4 và log b    log b   thì:
5
6
A. 0  a  1, b  1
B. 0  b  1, a  1
C. a  1, b  1

4 3
3ln10

D. 0  a  1, 0  b  1

Câu 24 (ID:481266): Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho bốn điểm M 1; 2; 4  , A 1; 0; 0  , B  0; 2;0 
và C  0;0; 4  . Phương trình mặt phẳng   song song với mặt phẳng  ABC  và đi qua điểm M là:
A. x  2 y  4 z  21  0 B. x  2 y  4 z  12  0
C. 4 x  2 y  z  12  0 D. 4 x  2 y  z  21  0
Câu 25 (ID:481267): Hàm số nào sau đây có bảng biến thiên như hình dưới đây?

2x  7
1  2x
2x 1

2x 1
B. y 
C. y 
D. y 
x2
x2
x2
x2
Câu 26 (ID:481268): Cho hình lăng trụ đứng ABC. A ' B ' C ' có đáy ABC là tam giác vuông tại B . Biết
AC  2a , BC  a , AA '  2a 3 , thể tích khối lăng trụ ABC. A ' B ' C ' bằng:
A. 6a3
B. 2a3
C. 3a 3
D. 3a 3 3
Câu 27 (ID:481269): Cho hai số phức z  2  3i và w  3  4i . Trên mặt phẳng tọa độ Oxy , điểm biểu diễn
của số phức z.w có tọa độ là:
A.  6;17 
B.  18;17 
C. 17; 6 
D. 17; 18 

A. y 

Câu 28 (ID:481270): Nếu

2021

2021

2020

2

2020

2

 f  x  dx  12 và  f  x  dx  2 thì  f  x  dx

bằng

A. 10
B. 10
C. 14
D. 24
x 1
Câu 29 (ID:481271): Giá trị nhỏ nhất của hàm số f  x   x.e trên đoạn  2; 4 là:

3


A. 4e5

B. 2e

C.

2
e

D. 1

Câu 30 (ID:481272): Họ nguyên hàm của hàm số y  5  3x là:
2
3
1
2
2
3
A.
B.  5  3x  C
C. 
5  3x  C
 5  3x   C
 5  3x   C D.
9
2
9
5
Câu 31 (ID:481273): Cho hình chóp S. ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật, SA   ABCD  . Biết SA  a
, AB  a và AD  2a . Gọi G là trọng tâm tam giác SAD . Khoảng cách từ điểm G đến mặt phẳng  SBD 
bằng:
a
2a
2a
a
A.
B.
C.
D.

3
6
9
3
4
Câu 32 (ID:481274): Tập hợp các giá trị của tham số thực m để hàm số y  x  2  m  2  x 2  3m  1 chỉ có
điểm cực tiểu, khơng có điểm cực đại là:
A.  ; 2 
B. 2; 2
C.  2;  
D.  ; 2 
Câu 33 (ID:481275): Một lớp 12 có hai tổ, mỗi tổ có 16 học sinh. Trong kì thi tốt nghiệp trung học phổ thơng
2021, tổ 1 có 10 bạn đăng kí thi tổ hợp tự nhiên, 6 bạn đăng kí thi tổ hợp xã hội. Tổ 2 có 9 bạn đăng kí thi tổ
hợp xã hội, 7 bạn đăng kí thi tổ hợp tự nhiên. Chọn ngẫu nhiên ở mỗi tổ một bạn. Xác suất để cả hai bạn được
chọn đều đăng kí cùng tổ hợp dự thi tốt nghiệp là
33
124
124
31
A.
B. 2
C.
D. 2
64
64
C32
A32
Câu 34 (ID:481276): Cho hình chóp S. ABCD có  SAB    ABCD  có đáy ABCD là hình vng, tam giác

SAB vng tại S , SA  a , SB  a 3 . Gá trị tan của góc giữa hai đường thẳng SC và mặt phẳng  ABCD 

là:
A.

21
7

B.

3
5

Câu 35 (ID:481277): Tìm m để đồ thị hàm số y 
A. m   2; 2 

B. m   2; 2

C.

51
17

D.

3

2 x 2  3x  4
có duy nhất một đường tiệm cận?
x 2  mx  1
C. m  2; 2
D. m   2;  

Câu 36 (ID:481278): Mùa hè năm 2021, để chuẩn bị cho “học kì quân đội” dành cho các bạn nhỏ, một đơn
vị bộ đội chuẩn bị thực phẩm cho các bạn nhỏ, dự kiến đủ dùng trong 45 ngày (năng suất ăn của mỗi ngày là
như nhau). Nhưng bắt đầu từ ngày thứ 11, do số lượng thành viên tham gia tăng lên, nên lượng tiêu thụ thực
phẩm tăng lên 10% mỗi ngày (ngày sau tăng 10% so với ngày trước đó). Hỏi thực tế lượng thức ăn đó đủ dùng
cho bao nhiêu ngày
A. 24
B. 25
C. 23
D. 26
Câu 37 (ID:481279): Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m sao cho với mỗi giá trị của m , bất phương
trình log 2 x 2  2 x  m  3 log 4  x 2  2 x  m   10 nghiệm đúng với mọi giá trị x thuộc đoạn  0;3 ?
A. 13
B. 12
C. 252
D. 253
Câu 38 (ID:481280): Cho hàm số y  f  x  liên tục trên , có bảng biến thiên như sau:

Đặt h  x   m  f  x  2  ( m là tham số). Có bao nhiêu giá trị nguyên của m sao cho hàm số y  h  x  có
đúng 5 điểm cực trị?
A. Vô số

B. 12

C. 0

D. 10
4

Câu 39 (ID:481281): Cho hàm số
1

 f e

x

khi x  3
2 x  1
f  x  
,
ax  3a  7 khi x  3

a

là tham số thực. Nếu

 1 e x dx  e2 thì a bằng

0

3e2  4e  6
B. 6e  6
C. 6e  6
D. 6e  6
e 1
Câu 40 (ID:481282): Cho hình nón T  đỉnh S , có đáy là đường trịn  C1  tâm O , bán kính bằng 2 , chiều

A.

cao hình nón T  bằng 2. Khi cắt hình nón T  bởi mặt phẳng đi qua trung điểm của đoạn SO và song song
với đáy của hình nón, ta được đường tròn  C2  tâm I . Lấy hai điểm A và B lần lượt trên hai đường trịn

 C2  và  C1 

sao cho góc giữa IA và OB là 600 . Thể tích của khối tứ diện IAOB bằng:

3
3
3
3
B.
C.
D.
12
24
6
4
Câu 41 (ID:481283): Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , tập hợp các điểm biểu diễn số phức z thỏa mãn

A.

z  5  z  5  12 là:

A. Một đường parabol
B. Một đường elip
C. Một đường trịn
D. Một đường thẳng
Câu 42 (ID:481284): Trong khơng gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai điểm A 1; 4;5  và B  1; 2; 7  . Điểm
M thay đổi nhưng luôn thuộc mặt phẳng  P  có phương trình 3x  5 y  z  9  0 . Giá trị nhỏ nhất của tổng

MA2  MB 2 là:

858
35

324
35
x  2 y 1 z  3
Câu 43 (ID:481285): Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai đường thẳng d1 :


3
2
1
x 2 y 3 z 9
và d2 :
. Đường thẳng d đi qua điểm M  2;0;3 , vng góc với d1 và cắt d 2 có phương


2
1
4
trình là:
x  2 y z 3
x  2 y z 3
x2 y z 3
x
y  2 z 3
A.

B.
C.
D.

 
 
 

1
2
2
1
3
6 18
6
3
18
9
9

A. 12

B.

441
35

C.

D.

Câu 44 (ID:481286): Gọi S là tập hợp tất cả các số phức z thoart mãn z 2  z  2 z . Tổng phần thực của
2

các số phức thuộc S bằng
A. 0
B. 2
C. 3
D. 2
Câu 45 (ID:481287): Cho hình chóp S . ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại C , H là điểm thỏa mãn
HB  2HA và SH   ABC  , các mặt bên  SAC  và  SBC  cùng tạo với đáy một góc 450 . Biết SB  a 6
, thể tích khối chóp S . ABC bằng:
3a3
9a 3
3a3
3 2a 3
A.
B.
C.
D.
4
4
4
2
Câu 46 (ID:481288): Gọi X là tập hợp các giá trị của tham số m thỏa mãn đường thẳng  d  : y  12m  7

1
cùng với đồ thị  C  của hàm số y  x3  mx 2  4 x  1 tạo thành hai miền kín có diện tích lần lượt là S1 và
3
S 2 thỏa mãn S1  S2 (xem hình vẽ). Tích các giá trị của các phần tử của X là:

5


B. 9

A. 9

C. 27

D.

Câu 47 (ID:481289): Cho f  x  là hàm số bậc bốn thỏa mãn f  0  
thiên như sau:

9
2

1
. Hàm số f '  x  có bảng biến
2021

Hàm số g  x   f  x3   x có bao nhiêu điểm cực trị?
A. 1
B. 5
C. 2
D. 3
Câu 48 (ID:481290): Xét các số phức z thỏa mãn z  1  2 . Gọi M và m lần lượt là giá trị lớn nhất và giá
trị nhỏ nhất của biểu thức P  z  2  2 3  z . Tổng M  m bằng:
A. 14

B. 7

C.

45  3 55
5

D.

15  5 33
3

y 1

Câu 49 (ID:481291): Cho 2 số thực dương x, y thỏa mãn: log5  x  2 y  1  125   x  1 y  1 . Giá
trị của biểu thức P  x  5 y là:
A. Pmin  125
B. Pmin  57
C. Pmin  43
D. Pmin  25
Câu

50

(ID:481292):

Trong

không

gian

với

hệ

tọa

độ

Oxyz ,

cho

hai

mặt

cầu

 S1  :  x  2    y  3   z  1  4 và  S2  :  x  3   y  1   z  1  1 . Gọi M là điểm thay đổi, thuộc
mặt cầu  S2  sao cho tồn tại ba mặt phẳng đi qua M , đơi một vng góc với nhau và lần lượt cắt mặt cầu
 S1  theo ba đường tròn. Giá trị lớn nhất của tổng chu vi ba đường trịn đó là:
2

A. 8

2

2

B. 4 6

2

2

C. 2 30

2

D. 4

6


1. A
11. D
21. D
31. B
41. B

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

HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT

THỰC HIỆN: BAN CHUYÊN MÔN TUYENSINH247.COM
3. C
4. D
5. A
6. D
7. A
8. B
13. C
14. C
15. B
16. C
17. D
18. D
23. B
24. B
25. C
26. C
27. A
28. B
33. C
34. A
35. A
36. B
37. C
38. D
43. B
44. D
45. A
46. A
47. D

48. D

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

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

Câu 1 (NB) - 12.1.7.37
Phương pháp:

x A  xB  xC

 xG 
3

y  yB  yC

Tọa độ trọng tâm G của tam giác ABC là  yG  A
.
3

z A  z B  zC


 zG 
3

Cách giải:

xA  xB  xC 1  0  2


1
 xG 
3
3

y  yB  yC 5  2  9

Tọa độ điểm G là  yG  A

 2  G 1; 2;1 .
3
3

z A  zB  zC 4  1  0


1
 zG 
3
3


 a  1, b  2, c  1 .
Vậy a  b  c  1  2  1  4 .
Chọn A.
Câu 2 (NB) - 12.1.2.11
Phương pháp:
Sử dụng công thức a logb c  c logb a  0  a, b, c  1 .
Cách giải:
Ta có: P 

xloga y xloga y

1.
y loga x xloga y

Chọn A.
Câu 3 (TH) - 12.1.1.5
Phương pháp:
- Dựa vào nhánh cuối cùng của đồ thị suy ra dấu của hệ số a .
- Dựa vào giao điểm của đồ thị với trục tung.
- Dựa vào các điểm thuộc đồ thị hàm số.
Cách giải:
Nhánh cuối của đồ thị đi xuống nên loại đáp án B.
Đồ thị cắt trục tung tại điểm có tung độ 4 nên loại đáp án A.
Đồ thị đi qua điểm  2;0  nên loại đáp án D.
Chọn C.
7


Câu 4 (NB) - 12.1.3.19
Phương pháp:

a

Sử dụng

 f  x  dx  0 , với f  x  là hàm chẵn.

a

Cách giải:
Xét hàm số f  x   x 2020 có TXĐ D 

và f   x   f  x  x 

nên f  x  là hàm chẵn.

1

Do đó

x

2020

dx  0 .

1

Chọn D.
Câu 5 (TH) - 12.1.7.40
Phương pháp:

- Đường thẳng đi qua A, B nhận AB làm 1 VTCP.
- Trong không gian Oxyz , phương trình của đường thẳng d đi qua điểm M  x0 ; y0 ; z0  và có vectơ chỉ phương
 x  x0  at

u   a; b; c  là:  y  y0  bt .
 z  z  ct
0

Cách giải:

Ta có: AB   2; 2; 4   2 1;1; 2  nên đường thẳng đi qua A, B có 1 VTCP là u  1;1; 2  .
x  3  t

 Phương trình đường thẳng cần tìm là  y  1  t .
 z  6  2t


Với t  3 ta có M  6; 4;0   AB .
x  6  t

Vậy phương trình đường thẳng cần tìm là  y  4  t .
 z  2t


Chọn A.
Câu 6 (TH) - 12.1.4.24
Phương pháp:
- Giải phương trình tìm z .
- Số phức z  a  bi có số phức liên hợp là z  a  bi .
Cách giải:

4
8 4
Ta có:  2  i  z  4  0  z 
  i.
2i 5 5
8 4
Vậy z   i .
5 5
Chọn D.
Câu 7 (TH) - 12.1.6.32
Phương pháp:
- Gọi r là bán kính đáy của hình nón  Diện tích đáy hình nón là  r 2 , từ đó tính r , l .
- Tính chiều cao hình nón h  l 2  r 2 .
Cách giải:
8


Gọi r là bán kính đáy của hình nón   r 2  49  r  7 .
 Đường sinh của hình nón l  2r  14 .
Vậy chiều cao hình nón là: h  l 2  r 2  142  7 2  7 3 .
Chọn A.
Câu 8 (NB) - 12.1.1.2
Phương pháp:
Dựa vào BBT xác định điểm mà tại đó hàm số liên tục và đạo hàm đổi dấu từ âm sang dương.
Cách giải:
Dựa vào BBT ta thấy xCT  3 .
Chọn B.
Câu 9 (NB) - 12.1.7.37
Phương pháp:
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , tọa độ hình chiếu của điểm A  a; b; c  trên mặt phẳng Oyz là  0; b; c 

Cách giải:
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , tọa độ hình chiếu của điểm A  2; 1;3 trên mặt phẳng Oyz là

 0; 1;3 .
Chọn C.
Câu 10 (TH) - 11.1.2.8
Phương pháp:
n

Khai triển nhị thức Niu-tơn:  a  b    Cnk a n k b k .
n

k 0

Cách giải:
11

Ta có:  3x  2    C11k  3x   2 
11

11 k

k

k 0

11

  C11k 3k  2 

11 k

xk .

k 0

 Số hạng chứa x ứng với k  4 .
4

Vậy hệ số của x 4 trong khai triển thành đa thức của biểu thức  3 x  2 

11

là C114 34 27 .

Chọn A.
Câu 11 (TH) - 12.1.3.18
Phương pháp:
- Sử dụng công thức a x .b x   ab  .
x

- Sử dụng:

x
 a dx 

ax
C .
ln a

Cách giải:

63x
 3 7 dx   9 .7 dx   63 dx  ln 63  C .
Chọn D.
Câu 12 (NB) - 12.1.2.9
2x

x

x

x

x

Phương pháp:

 

Sử dụng công thức a m

n

 a mn , a  m 

1
.
am

Cách giải:

9


 
a

5

5

 a

5. 5

 a 5 

1
.
a5

Chọn B.
Câu 13 (NB) - 12.1.2.9
Phương pháp:
Sử dụng tỉ lệ thể tích Simpson.
Cách giải:

Ta có:

VEBCD VBECD BE 1


 .
VABCD VBACD BA 4

1
V
 VEBCD  VABCD  .
4
4
Chọn C.
Câu 14 (NB) - 12.1.2.14
Phương pháp:
Sử dụng phương pháp đưa về cùng cơ số.
Cách giải:
 x 1

4 x 5

2
9
9
 
 
 
9
2
2
 4 x  5  x  1  3x  6  x  2

Chọn C.
Câu 15 (NB) - 12.1.6.33

 4,5

4 x 5

x 1

.

Phương pháp:
Diện tích xung quanh của hình trụ có chiều cao h , bán kính đáy r là S xq  2 rh , từ đó tính bán kính đáy của
hình trụ.
Cách giải:
Diện tích xung quanh của hình trụ này là: S xq  2 rh  2 .5.7  70  cm 2  .
Chọn B.
Câu 16 (NB) - 12.1.4.22
Phương pháp:
Số phức z  a  bi có phần ảo bằng b .
Cách giải:
Phần ảo của số phức z  9  5i là 5 .
Chọn C.
Câu 17 (NB) - 12.1.7.38
10


Phương pháp:
Thay trực tiếp tọa độ các điểm vào phương trình mặt cầu  S  .
Cách giải:

Thay tọa độ điểm  0;0;0  vào phương trình mặt cầu  S  :

02  02  02  2.0  4.0  6.0  0   0;0;0    S  .
Thay tọa độ điểm 1; 2;3 vào phương trình mặt cầu  S  :

12  22  32  2.1  4.2  6.3  14  0  1; 2;3   S  .
Thay tọa độ điểm  2; 0; 6  vào phương trình mặt cầu  S  :

22  02  62  2.2  4.0  6.6  0   2;0;6    S  .
Vậy có 2 điểm nằm trên  S  .
Chọn D.
Câu 18 (NB) - 12.1.1.1
Phương pháp:
Dựa vào BBT xác định khoảng mà hàm số liên tục và có đạo hàm âm.
Cách giải:
Từ BBT ta thấy hàm số nghịch biến trên  ; 3 và  0;3  .
Chọn D.
Câu 19 (NB) - 11.1.2.7
Phương pháp:
Sử dụng hoán vị.
Cách giải:
Từ các chữ số 1, 2, 3, 4, 5, 6 lập được 6!  720 số tự nhiên có 6 chữ số phân biệt.
Chọn C.
Câu 20 (NB) - 12.1.2.14
Phương pháp:
Giải phương trình logarit: loga x  b  x  ab .
Cách giải:
1
1
 x  33  3 3 .

3
Chọn B.
Câu 21 (NB) - 11.1.2.7

log3 x 

Phương pháp:
Sử dụng tổ hợp và quy tắc nhân.
Cách giải:
Số cách chọn hai bạn từ lớp học đó, trong đó có một nam và một nữ tham gia đội xung kích của nhà trường
1
là: C18
.C121  216 .
Chọn D.
Câu 22 (TH) - 12.1.2.13
Phương pháp:
Sử dụng công thức  log u  ' 

u'
.
u ln10

Cách giải:

11


y  log  tan x 

 tan x  '

1
tan x.ln10 cos x.tan x.ln10
1
1


sin x
cos 2 x.
.ln10 sin x cos x.ln10
cos x
1
1
4 3
 
 y '  


3ln10
3 1
 3  sin  cos  ln10
. ln10
3
3
2 2
Chọn D.
Câu 23 (TH) - 12.1.2.13
 y' 



2

Phương pháp:

a x  a y  x  y khi a  1

So sánh hai mũ:  x
.
y

a  a  x  y khi 0  a  1
log a x  log a y  x  y khi a  1
So sánh hai logarit: 
log a x  log a y  x  y khi 0  a  1
Cách giải:
1
1
1 1
Vì a 3  a 4 , lại có  nên a  1 .
3 4
4 5
4
5
Vì log b    log b   , lại có  nên 0  b  1 .
5 6
5
6
Chọn B.
Câu 24 (TH) - 12.1.7.39

Phương pháp:
- Viết phương trình mặt phẳng  ABC  dưới dạng mặt chắn.
- Suy ra dạng phương trình mặt phẳng cần tìm, thay tọa độ điểm M vào   và tìm phương trình mặt phẳng

  .
Cách giải:

x y z
   1  4x  2 y  z  4  0 .
1 2 4
Vì   / /  P  nên phương trình   dạng 4 x  2 y  z  d  0  d  4  .
Phương trình mặt phẳng  ABC  là:

Vì M 1; 2; 4   4.1  2.2  4  d  0  d  12 .
Vậy   : 4 x  2 y  z  12  0 .
Chọn B.
Câu 25 (TH) - 12.1.1.5
Phương pháp:
Dựa vào tính đơn điệu của hàm số và đường tiệm cận của đồ thị hàm số.
Cách giải:
Đồ thị hàm số có TCĐ x  2 nên loại đáp án B.
Đồ thị hàm số có TCN y  2 nên loại đáp án D.
Hàm số đồng biến trên  ; 2  ,  2;   nên loại đáp án A vì y ' 

3

 x  2

2

 0 x  2 .

12


Chọn C.
Câu 26 (TH) - 12.1.5.30
Phương pháp:
- Sử dụng định lí Pytago tính AB , từ đó tính SABC 
- Tính thể tích V  AA '.SABC .
Cách giải:

1
AB.BC .
2

Vì ABC vuông tại B  AB  AC 2  BC 2  4a 2  a 2  a 3 .
 SABC 

1
1
a2 3
AB.BC  .a 3.a 
.
2
2
2

Vậy VABC . A ' B 'C '  AA '.SABC  2a 3.

a2 3
 3a 3 .
2

Chọn C.
Câu 27 (TH) - 12.1.4.23
Phương pháp:
- Thực hiện phép nhân số phức tìm z.w .
- Số phức z  a  bi có điểm biểu diễn trên mặt phẳng phức là M  a; b  .
Cách giải:
Ta có z.w   2  3i  3  4i   6  17i có điểm biểu diễn là  6;17  .
Chọn A.
Câu 28 (TH) - 12.1.3.19
Phương pháp:
Sử dụng tính chất tích phân:

b

b

b

a

a

a

  f  x   g  x  dx   f  x  dx   g  x  dx .

Cách giải:
Ta có:
2021



f  x  dx 

2

2020



f  x  dx 

2

2021

 f  x  dx

2020

2020

 12 

 f  x  dx  2

2

2020



 f  x  dx  12  2  10
2

Chọn B.
Câu 29 (TH) - 12.1.1.3
13


Phương pháp:
- Tính f '  x  , xác định các nghiệm xi   2; 4 của phương trình f '  x   0 .
- Tính f  2  , f  4  , f  xi  .
- KL: min f  x   min  f  2  , f  4  , f  xi  , max f  x   max  f  2  , f  4  , f  xi  .
2;4

2;4

Cách giải:
Ta có: f  x   x.e x 1
 f '  x   e x 1  x.e x 1  e x 1  x  1  0  x  1  2; 4

2
; f  1  1; f  4   4e5 .
e
Vậy min f  x   f  1  1 .

Mà f  2 
2;4

Chọn D.
Câu 30 (TH) - 12.1.3.18
Phương pháp:
1  ax  b 
Sử dụng công thức:   ax  b  dx  .
a
n 1
Cách giải:

n 1

n

C .

1

Ta có: y  5  3x   5  3x  2
1

  5  3xdx    5  3x  2 dx
3

1  5  3x  2
2
 .
C  

3
3
9
2
Chọn C.
Câu 31 (TH) - 11.1.8.50

 5  3x 

3

C

Phương pháp:
- Đổi d  G;  SBD    d  A;  SBD   .
- Dựng AH  BD, AK  SH , chứng minh AK   SBD  .
- Sử dụng hệ thức lượng trong tam giác tính AK .
Cách giải:

14


Gọi M là trung điểm của SD ta có AG   SBD   M  nên

d  G;  SBD  
d  A;  SBD  



GM 1

 .
AM 3

1
 d  G;  SBD    d  A;  SBD   .
3
Trong  ABCD  kẻ AH  BD , trong  SAH  kẻ AK  SH .
Ta có
 BD  AH
 BD   SAH   BD  AK

 BD  SA
 AK  BD
 AK   SBD 

 AK  SH
 d  A;  SBD    AK .
Ta có: AH 

AB. AD
AB  AD



a.2a



2a
.

5

a  4a
2a
a.
SA. AH
5  2a .
 AK 

2
2
3
SA  AH
4a 2
2
a 
5
1
1 2a 2a
Vậy d  G;  SBD    d  A;  SBD    . 
.
3
3 3
9
Chọn B.
Câu 32 (TH) - 12.1.1.2
2

2

2

2

Phương pháp:
Hàm đa thức bậc bốn trùng phương y  ax 4  bx 2  c chỉ có điểm cực tiểu, khơng có điểm cực đại khi và chỉ
a  0
khi 
.
b  0
Cách giải:
Để hàm số y  x 4  2  m  2  x 2  3m  1 chỉ có điểm cực tiểu, khơng có điểm cực đại thì


1  0
 m  2  0  m  2 .


2  m  2   0

Vậy m   ; 2  .

Chọn A.
Câu 33 (TH) - 11.1.2.10
Phương pháp:
Xét 2 TH:
- 2 bạn được chọn cùng đăng kí thi tổ hợp tự nhiên.
- 2 bạn được chọn cùng đăng kí thi tổ hợp xã hội.
Cách giải:
Chọn ngẫu nhiên mỗi tổ một bạn  Số phần tử của không gian mẫu là n     C161 .C161  256 .

Gọi A là biến cố: “Xác suất để cả hai bạn được chọn đều đăng kí cùng tổ hợp dự thi tốt nghiệp”.
1
TH1: 2 bạn được chọn cùng đăng kí thi tổ hợp tự nhiên  Có C10
.C71  70 cách.
TH2: 2 bạn được chọn cùng đăng kí thi tổ hợp xã hội  Có C61.C91  54 cách.
 n  A  70  54  124 .

15


Vậy xác suất của biến cố A là P  A 

n  A 124 31
.


n    256 64

Chọn C.
Câu 34 (VD) - 11.1.8.48
Phương pháp:
- Trong  SAB  kẻ SH  AB , chứng minh SH   ABCD  .
- Xác định góc giữa SC và mặt đáy là góc giữa SC và hình chiếu vng góc của SC lên mặt đáy.
- Sử dụng hệ thức lượng, định lí Pytago để tính độ dài các cạnh.
Cách giải:

Trong  SAB  kẻ SH  AB , chứng minh SH   ABCD  . Ta có:


 SAB    ABCD   AB

 SH   ABCD  .


SH   SAB  , SH  AB
 HC là hình chiếu vng góc của SC lên  ABCD  .

   SC;  ABCD      SC; HC   SCH .

SAB vuông tại S nên SH 
 HB  SB 2  SH 2  3a 2 

SA.SB
SA  SB
2

2



a.a 3
a  3a
2

2



a 3
.
2

2

3a
3a

.
4
2

 HC  BC 2  HB 2  AB 2  HB 2
9a 2 a 7

4
2
SH
21

Vậy tan   SC;  ABCD    tan SCH 
.
HC
7
Chọn A.
Câu 35 (TH) - 12.1.1.4
 SA2  SB 2  HB 2  a 2  3a 2 

Phương pháp:
- Sử dụng khái niệm đường tiệm cận của đồ thị hàm số: Cho hàm số y  f  x  : Đường thẳng y  y0 là TCN
của đồ thị hàm số nếu thỏa mãn một trong các điều kiện sau: lim y  y0 hoặc lim y  y0 , từ đó tìm TCN
x 

x 

của đồ thị hàm số.
- Để hàm số đã cho có duy nhất một đường tiệm cận thì phương trình x 2  mx  1  0 hoặc vô nghiệm, hoặc
nghiệm bị triệt tiêu bởi nghiệm của tử số.
Cách giải:

16


2 x 2  3x  4
 2 nên đồ thị có 1 TCN y  2 .
x 
x  x 2  mx  1
Xét 2 x 2  3x  4  0 (vơ nghiệm).
Do đó để hàm số đã cho có duy nhất một đường tiệm cận thì phương trình x 2  mx  1  0 vô nghiệm
   m2  4  0  2  m  2 .
Chọn A.
Câu 36 (VD) - 12.1.2.14
Ta có: lim y  lim

Phương pháp:
- Gọi lượng thức ăn dự kiến đủ dùng trong 1 ngày là x  Tổng số thực phẩm là 45x .
- Tính số thực phẩm thực tế dùng trong 10 ngày đầu và n ngày sau.
- Cho lượng thực phẩm dự kiến = thực tế, giải phương trình mũ tìm n .
Cách giải:
Gọi lượng thức ăn dự kiến đủ dùng trong 1 ngày là x  Tổng số thực phẩm là 45x .
Số thực phẩm dùng trong 10 ngày đầu là 10x .
Số thực phẩm dùng trong ngày thứ 11 là: x 1  0,1  1,1x .

Số thực phẩm dùng trong ngày thứ 12 là: 1,1x 1  0,1  1,12 x .
…
Số thực phẩm dùng trong ngày thứ n là: 1,1n x .
 Lượng thực phẩm tiêu thụ thực tế trong n  10 ngày là:
10 x  1,1x  1,12 x  ...  1,1n x

 10 x  1,1x 1  1,1  ...  1,1n 1 
11  1,1n 

 10 x  11x 1,1n  1
1  1,1
Để sau n  10 ngày dùng sản phẩm thì
10 x  11x 1,1n  1  45 x
 10 x  1,1x.

 111,1n  1  35
 n  15, 011
Vậy lượng thực phẩm dự kiến đủ dùng cho 10  15  25 (ngày).
Chọn B
Chọn B.
Chú ý khi giải: Phải làm trịn xuống vì nếu làm trịn lên thì lượng thực phẩm sẽ khơng dùng đủ nữa.
Câu 37 (VD) - 12.1.2.17
Phương pháp:
- Tìm ĐKXĐ đúng với mọi giá trị x thuộc đoạn  0;3 .
- Đặt t  log 2 x 2  2 x  m  0 , đưa về bất phương trình bậc hai ẩn t .
- Lập BBT, xác định t   a; b  ứng với x   0;3 .
- Để phương trình nghiệm đúng t   a; b  thì  a; b   S , với S là tập nghiệm của bất phương trình.
Cách giải:

 x 2  2 x  m  0

x   0;3  x 2  2 x  m  1 x  0;3 .
ĐK: 
2
log 4  x  2 x  m   0
 m   x 2  2 x  1 x  0;3  m  max   x 2  2 x  1  2 * .
0;3

Ta có:
17


log 2 x 2  2 x  m  3 log 4  x 2  2 x  m   10
 log 2 x 2  2 x  m  3 log 2 x 2  2 x  m  10
Đặt t  log 2 x 2  2 x  m  log 2 1  0 .
Ta có

 log
t'

2



x2  2 x  m '

2 log 2 x 2  2 x  m
2x  2

2
 2 x  2 x  m . x  2 x  m ln 2

2 log 2 x 2  2 x  m
2



x 1

x

2

 2 x  m  ln 2.2 log 2 x 2  2 x  m

t '  0  x 1
BBT:

u cầu bài tốn trở thành: bất phương trình t 2  3t  10 nghiệm đúng với mọi giá trị x thuộc đoạn
0; log m  3  .
2


 t   5; 2 t  0; log 2 m  3 



 log2 m  3  2  log 2 m  3  4  m  3  16  m  253
Kết hợp điều kiện (*) ta có 2  m  253 . Lại có m  Có 252 giá trị nguyên của m thỏa mãn.
Chọn C.
Câu 38 (VD) - 12.1.1.2
Phương pháp:

- Đặt g  x   m  f  x  2   h  x   g  x  .
- Tính g '  x  , giải phương trình g '  x   0 tìm số cực trị của hàm g  x  .
- Số cực trị của hàm số g  x  = số cực trị của hàm g  x  + số nghiệm của phương trình g  x   0 (khơng
tính nghiệm kép).
- Lập BBT hàm g  x  và tìm điều kiện để phương trình g  x   0 có 3 nghiệm phân biệt.
Cách giải:
Đặt g  x   m  f  x  2   h  x   g  x  .
x  2  a
x  a  2

Ta có g '  x    f '  x  2   0  f '  x  2   0  
.
x  2  b
x  b  2

18


 Hàm số g  x  có 2 điểm cực trị.
Để hàm số h  x   g  x  có 5 điểm cực trị thì phương trình g  x   0 phải có 3 nghiệm phân biệt.
Ta có BBT:

Phương trình g  x   0 phải có 3 nghiệm phân biệt khi và chỉ khi m  6  0  m  5  5  m  6 .
Kết hợp điều kiện m   m  4; 3; 2; 1;0;1; 2;3; 4;5 .
Vậy có 10 giá trị của m thỏa mãn.
Chọn D.
Câu 39 (VD) - 12.1.3.19
Phương pháp:
- Đổi biến t  e x  1.
- Chèn cận 3 vào giữa, chọn hàm f  t  phù hợp.

- Tính tích phân và tìm a .
Cách giải:
Đặt t  e x  1  dt  e x dx .
x  0  t  2
Đổi cận: 
.
x  1  t  e 1
Khi đó ta có
1



f  e x  1 e x dx 

0

e 1


2

3

   at  3a  7  dt 
2

3

e 1

2

3

f  t  dt   f  t  dt 

 f  t  dt

e 1

  2t  1 dt
3

3

e 1
 t2

  a  3at  7t    t 2  t 
3
 2
2
9a
2

 9a  21   2a  6a  14    e  1   e  1  12
2
a
   e 2  3e  3
2

a
   e 2  3e  3  e 2
2
a
  3e  3  a  6e  6
2
Chọn D.
Câu 40 (VD) - 12.1.5.30

Phương pháp:
Sử dụng công thức VIAOB 

1
IAOB
. .d  IA; OB  .sin   IA; OB  .
6

Cách giải:

19


IA
1
SI 1

  IA  OA '  1 .
OA ' SO 2
2
Ta có IO vng góc và cắt cả IA, OB  IO là đoạn vng góc chung của IA, OB .

1
 d  IA; OB   IO  SO  1 .
2
1
1
3
Vậy VIAOB  IA.OB.d  IA; OB  .sin   IA; OB   .1.2.1.sin 600 
.
6
6
6
Chọn A.
Câu 41 (VD) - 12.1.4.26
Gọi A '  SA   C1  , áp dụng định lí Ta-lét ta có

Phương pháp:
- Gọi M là điểm biểu diễn số phức z , F1 , F2 lần lượt là điểm biểu diễn số phức z1  5 và z2  5 .
- Từ giả thiết suy ra tập hợp điểm biểu diễn số phức.
Cách giải:
Gọi M là điểm biểu diễn số phức z , F1 , F2 lần lượt là điểm biểu diễn số phức z1  5 và z2  5 .
Khi đó ta có MF1  MF2  12 .
Ta có F1 F2  10  MF1  MF2  F1 F2

 Tập hợp điểm biểu diễn số phức z là elip có a  6, c  5  b  62  52  11 .
x2 y 2
Vậy tập hợp điểm biểu diễn số phức z là  E  :

 1.
36 11
Chọn B.

Câu 42 (VD) - 12.1.7.39
Phương pháp:
2

2

- Gọi I là trung điểm của AB . Phân tích MA2  MB 2  MA  MB bằng cách chèn điểm I .
- Chứng minh MA2  MB 2 đạt GTNN khi MI min  d  I ;  P   .
- Tính d  I ;  P   và AB . Từ đó tìm được  MA2  MB 2 

min

.

Cách giải:
Gọi I là trung điểm của AB .
Ta có:

20


2

MA2  MB 2  MA  MB



 
2

 MI  IA  MI  IB

2



2



 2MI 2  IA2  IB 2  2MI IA  IB



1
1
AB 2  AB 2
4
4
1
 2MI 2  AB 2
2
2
2
2
Vì AB   2    2   22  12 không đổi nên MA2  MB 2 đạt GTNN khi MI min .
 2MI 2 

Khi đó MI min  d  I ;  P   



Vậy MA2  MB 2



min

 2.

3.0  5.3  6  9
32   5  12
2



18
.
35

182 1
858
.
 .12 
35 2
35

Chọn C.
Câu 43 (VD) - 12.1.7.40
Phương pháp:

- Gọi A  d  d 2  A  2  2t; 3  t; 9  4t  .
- Vì d  d1 nên MA  u1 với u1 là 1 VTCP của d1 .
- Giải phương trình MA.u1  0 tìm t , từ đó suy ra 1 VTCP của d và viết phương trình đường thẳng d .
Cách giải:
Gọi A  d  d 2  A  2  2t; 3  t; 9  4t  .

 MA   4  2t; 3  t; 6  4t  là 1 VTCP của d .
Vì d  d1 nên MA  u1   3; 2;1 là 1 VTCP của d1 .

 MA.u1  0

  4  2t  .3   3  t  .  2    6  4t  .1  0
 12  6t  6  2t  6  4t  0
 12  4t  0  t  3
 MA   2;6;18  2  1;3;9  .

Vậy phương trình đường thẳng d là

x  2 y z 3
.
 
1
3
9

Chọn B.
Câu 44 (VD) - 12.1.4.23
Phương pháp:
- Đặt z  a  bi  a; b 

  z  a  bi .

- Thay vào phương trình, sử dụng định nghĩa hai số phức bằng nhau giải tìm a, b .
Cách giải:
Đặt z  a  bi  a; b 

  z  a  bi .

Theo bài ra ta có:

21


z2  z  2z
2

  a  bi   a 2  b 2  2  a  bi 
2

 a 2  b 2  2abi  a 2  b 2  2a  2bi
 2abi  2b 2  2a  2bi
 abi  b 2  a  bi
b 2  a  0

ab  b
b 2  a

b  a  1  0
a  b  a  0


 a  1  b  1
 S  0;1  i;1  i .

Vậy tổng phần thực của các số phức thuộc S bằng 0  1  1  2 .
Chọn D.
Câu 45 (VD) - 12.1.5.30
Phương pháp:
- Trong  ABC  kẻ HM  BC, HN  AC .
Chứng minh    SAC  ;  ABC    SNH ,    SBC  ;  ABC    SMH .
- Chứng minh SH  HM  HN  MC .
- Sử dụng định lí Ta-lét và định lí Pytago tính SH , từ đó tính AC , BC .

1
- Tính VS . ABC  SH .SABC .
3
Cách giải:

Trong  ABC  kẻ HM  BC, HN  AC .
 AC  HN
 AC   SHN   AC  SN .
Ta có: 
 AC  SH

22


 SAC    ABC   AC

0
 SN   SAC  , SN  AC     SAC  ;  ABC      SN ; HN   SNH  45 .


 HN   ABC  , HN  AC
CMTT ta có SMH  450 .
 SHN , SHM là các tam giác vuông cân tại H  SH  HM  HN .

 CMHN là hình vng  CM  HN  HM  SH .
HN AH 1
1
1
Áp dụng định lí Ta-lét ta có

  HN  BC  CM  BC .
BC AB 3
3
3
 BM  2MC  2SH .
Áp dụng định lí Pytago ta có: SB 2  SH 2  HB 2  SH 2  BM 2  MH 2
 6a 2  SH 2  4SH 2  SH 2  6SH 2  SH  a .
 BC  3CM  3SH  3a .
MH BH 2
3
3
3a
Áp dụng định lí Ta-lét ta có:

  AC  MH  SH  .
AC BA 3
2
2
2

2
1
1 3a
9a
.
 SABC  AC.BC  . .3a 
2
2 2
4
1
1 9a 2 3a3
Vậy VS . ABC  SH .SABC  .a.
.

3
3
4
4
Chọn A.
Câu 46 (VD) - 12.1.3.20
Phương pháp:
- Tìm điểm uốn I của đồ thị hàm số.
- Vì đường thẳng  d  cùng với đồ thị  C  tạo thành hai miền kín có diện tích lần lượt là S1 và S 2 thỏa mãn

S1  S2 nên I  d .
- Giải phương trình bậc ba tìm m .
Cách giải:
Ta có:
1
y  x 3  mx 2  4 x  1

3
 y '  x 2  2mx  4
 y ''  2 x  2m

y ''  0  2 x  2m  0  x  m .
1
2
Với x  m  y  m3  m3  4m  1   m3  4m  1 .
3
3
2


 I  m;  m3  4m  1 là điểm uốn của đồ thị hàm số.
3


Vì đường thẳng  d  cùng với đồ thị  C  tạo thành hai miền kín có diện tích lần lượt là S1 và S 2 thỏa mãn

S1  S2 nên I  d .

23


2
2
  m3  4m  1  12m  7   m3  8m  6  0
3
3
 m  3

2
  m  3  m  3m  3  0  
 m  3  21

2


 3  21 

 X  3;
.
2 



Vậy tích các phần tử của X bằng 9.
Chọn A.
Câu 47 (VDC) - 12.1.1.2
Phương pháp:
Số cực trị của hàm số y  f  x  = số điểm cực trị của hàm số f  x  + số nghiệm phân biệt của phương trình
f  x   0 (khơng tính nghiệm kép).

Cách giải:

 

 

Xét hàm số h  x   f  x 3   x ta có h '  x   3x 2 f ' x3  1  0  f ' x3  
Đặt t  x3  x  3 t , khi đó *  f '  t   

1
33 t2

1
* .
3x 2

** .

1  2   53
1 32
2
  .t ta có y '   .    t 
Xét hàm số y  
.
3 2
3
3  3
3
3 t
9 t5
 y '  0 khi t  0

.
 y '  0 khi t  0

1

BBT hai hàm số f '  t  và y  

1
33 t 2

như sau:

Dựa vào BBT ta thấy (**) có nghiệm duy nhất t  t0  0 .
Suy ra hàm số h  x  có 1 điểm cực trị nên ta có BBT hàm số h  x  như sau:

24


Dựa vào BBT ta thấy phương trình h  x   0 có 2 nghiệm phân biệt.
Vậy hàm số g  x   h  x  có 2  1  3 điểm cực trị.
Chọn D
Sưu tầm FB Tiên Tiên
Chọn D.
Câu 48 (VDC) - 12.1.4.26
Cách giải:
Gọi z  x  yi  x, y 



và M  x; y  là điểm biểu diễn cho số phức z .

Gọi I 1;0  là điểm biểu diễn số phức 1 .
Theo bài ra ta có z  1  2  IM  2  M   I ; 2  .
Gọi A  2;0  là điểm biểu diễn số phức 2 , B  3;0  là điểm biểu diễn số phức 3 .
Ta có: P  z  2  2 3  z  z  2  2 3  z  z  2  2 3  z  MA  2MB .

Ta có P  MA  2MB  AB  5  m  5 . Dấu “=” xảy ra khi M  B .
3
Ta có: IA   IB .
2



  MI  IB 

MA2  MI  IA
MB 2

2

 MI 2  IA2  2MI .IA  MI 2  IA2  3MI .IB

2

 MI 2  IB 2  2MI .IB

3
5
3
3
 MA2  MB 2  MI 2  IA2  IB 2  5R 2  IA2  IB 2  25
2
2
2
2
2


 11 
2 6 6
3
 275
Ta có:  MA  2MB    MA 
.
.
MB    MA2  MB 2  
3
2
3
2
3



2

25