Đề kiểm tra học kỳ i đề 4

ĐỀ 04

ĐỀ THI HỌC KÌ I
Mơn: TỐN 12
Thời gian làm bài: 90 phút (không kể thời gian phát đề)

Câu 1: Cho hàm số y =

3x − 1
. Khẳng định nào sau đây là đúng?
−2 + x

A. Hàm số luôn nghịch biến trên R.
B. Hàm số luôn nghịch biến trên từng khoảng xác định.
C. Hàm số đồng biến trên các khoảng ( −∞; 2 ) và ( 2; +∞ )
D. Hàm số nghịch biến trên các khoảng ( −∞; 2 ) và ( 2; +∞ )
Câu 2: Hàm số y = ln ( x + 2 ) +
A. ( −∞;1)

3
đồng biến trên khoảng nào?
x+2

B. ( 1; +∞ )

1 
C.  ;1÷
2 

 1


D.  − ; +∞ ÷
 2


Câu 3: Cho hàm số y = f ( x ) có đồ thị như hình vẽ. Trên khoảng

( −1; 2 )

đồ thị hàm số y = f ( x ) có mấy điểm cực trị?

A. 2
B. 1
C. 0
D. 3
Câu 4: Cho hàm số y = x 2 − 3x . Khẳng định nào sau đây đúng?
A. Hàm số có 2 điểm cực trị.

B. Hàm số đạt cực tiểu tại x = 0

C. Hàm số đạt cực đại tại x = 3

D. Hàm số khơng có cực trị.

Câu 5: Tìm tất cả giá trị của tham số m để đồ thị hàm số y = x 4 − 2mx 2 + 2m − 3 có ba điểm cực
trị là ba đỉnh của tam giác vuông.
A. m = −1

B. m ≠ 0

C. m = 2

Câu 6: Tìm phương trình đường tiệm cận đứng của đồ thị hàm số y =
A. x = 2017

B. x = −1

C. y = 2017

D. m = 1
2017x − 2018
x +1
D. y = −1

f ( x ) = −1 và lim f ( x ) = −1 . Tìm phương trình đường tiệm
Câu 7: Cho hàm số y = f ( x ) có xlim
→−∞
x →+∞
cận ngang của đồ thị hàm số y = 2 − 2017f ( x )
A. y = −2017

B. y = 1

C. y = 2017

D. y = 2019


Câu 8: Tìm số đường tiệm cận của đồ thị hàm số y =
A. 1

B. 2

2x − x 2 − x − 6
x2 −1

C. 0

D. 4

x 2 − 3x + 2
Câu 9: Hỏi có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để đồ thị hàm số y = 2
x − mx − m + 5
khơng có đường tiệm cận đứng?
A. 9

B. 10

C. 11

D. 8

Câu 10: Phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số y = x 3 − 3x 2 + 1 tại điểm A ( 3;1) là:
A. y = −9x − 26

B. y = 9x − 26

C. y = −9x − 3

D. y = 9x − 2

 π
Câu 11: Với x ∈  0; ÷, hàm số y = 2 sin x − 2 cos x có đạo hàm là:
 2
A. y ' =

1
1
−
sin x
cos x

B. y ' =

1
1
+
sin x
cos x

C. y ' =

cos x
sin x
−
sin x
cos x

D. y ' =

cos x

sin x
+
sin x
cos x

Câu 12: Cho hàm số y = −2017e − x − 3e −2x . Mệnh đề nào dưới đây đúng?
A. y ''+ 3y '+ 2y = −2017

B. y ''+ 3y '+ 2y = −3

C. y ''+ 3y '+ 2y = 0

D. y ''+ 3y '+ 2y = 2

Câu 13: Đồ thị hình bên là đồ thị của một trong 4 hàm số dưới đây. Hỏi đó là hàm số nào?
A. y = x 3 − 3x 2 − 3x − 1
1 3
B. y = x + 3x − 1
3
C. y = x 3 + 3x 2 − 3x + 1
D. y = x 3 − 3x − 1
Câu 14: Cho hàm số y =

x +1
có đồ thị ( C ) . Gọi A, B ( x A > x B > 0 ) là hai điểm trên ( C ) có
x −1

tiếp tuyến tại A, B song song với nhau và AB = 2 5 . Tính x A − x B
A. x A − x B = 2

B. x A − x B = 4

Câu 15: Giá trị nhỏ nhất của hàm số y =
A. 0

B. 1

C. x A − x B = 2 2

D. x A − x B = 2

ln x
trên đoạn [ 1;e ] là:
x
C. −

1
e

D. e

Câu 16: Trong các hình chữ nhật có chu vi bằng 16, hình chữ nhật có diện tích lớn nhất bằng
A. 64

B. 4

C. 16

D. 8

Câu 17: Cho hàm số y =

x +1
có đồ thị ( C ) . Gọi M ( x M ; y M ) là một điểm trên ( C ) sao cho tổng
x −1

khoảng cách từ điểm M đến hai trục tọa độ là nhỏ nhất. Tổng x M + y M bằng
A. 2 2 − 1

C. 2 − 2

B. 1

D. 2 − 2 2

3
2
Câu 18: Tìm số giao điểm của đồ thị ( C ) : y = x − 3x + 2x + 2017 và đường thẳng y = 2017

A. 3

B. 0

C. 1

D. 2

Câu 19: Cho hàm số y = mx 3 − x 2 − 2x + 8m có đồ thị ( C m ) . Tìm tất cả các giá trị của tham số m
để đồ thị ( C m ) cắt trục hoành tại ba điểm phân biệt.

 1 1
A. m ∈  − ; ÷
 6 2
Câu

20:

Tìm

 1 1
B. m ∈  − ; 
 6 2
tất

cả

các

giá

 1 1
C. m ∈  − ; ÷\ { 0}
 6 2
trị

của

tham

số

m

1

D. m ∈  −∞; ÷\ { 0}
2

để

đồ

thị

hàm

số

y = ( m + 1) x 4 − 2 ( 2m − 3) x 2 + 6m + 5 cắt trục hoành tại 4 điểm phân biệt có hoành độ
x1 , x 2 , x 3 , x 4 thỏa mãn x1 < x 2 < x 2 < 1 < x 4
5

A. m ∈  −1; − ÷
6


B. m ∈ ( −3; −1)

Câu 21: Tiếp tuyến với đồ thị hàm số y =

C. m ∈ ( −3;1)

D. m ∈ ( −4; −1)

2x + 1
tại điểm có hoành độ bằng 0 cắt hai trục tọa độ
x +1

lần lượt tại A và B. Diện tích tam giác OAB bằng
A. 2
Câu 22: Cho hàm số y =

B. 3

C.

1
2

D.

1
4

ax + b
có đồ thị như hình vẽ bên. Tìm khẳng
x +1

đúng trong các khẳng định sau:
A. a < b < 0

B. b < 0 < a

C. 0 < b < a

D. 0 < a < b

2
Câu 23: Tìm tổng S = 1 + 2 log

A. S = 10082.2017

2

2 + 33 log 3 2 2 + 42 log 4 2 2 + ... + 2017 2 log 2017 2 2 .

B. S = 1007 2.2017

C. S = 10092.2017

Câu 24: Cho hàm số y = ln x . Khẳng định nào sau đây là sai?
A. Hàm số đồng biến trên khoảng ( 0; +∞ )
B. Hàm số có tập giá trị là ( −∞; +∞ )
C. Đồ thị hàm số nhận trục Oy làm tiệm cận đứng
D. Hàm số có tập giá trị là ( 0; +∞ )

D. S = 10102.2017

định

Câu 25: Tính đạo hàm của hàm số y = log 2 ( 2x + 1)
A. y ' =

2
2x + 1

B. y ' =

2
( 2x + 1) ln 2

C. y ' =

Câu 26: Tìm tập xác định D của hàm số y = ( 2 − x )
B. D = ( −∞; 2]

A. D = ( −∞; +∞ )

1
( 2x + 1) ln 2

D. y ' =

1
2x + 1

1− 3

C. D = ( −∞; 2 )

D. D = ( 2; +∞ )

Câu 27: Cho a > 0, a ≠ 1 và x, y là hai số thực khác 0. Khẳng định nào sau đây là khẳng định
đúng?
2
A. log a x = 2 log a x

B. log a ( xy ) = log a x + log a y

C. log a ( x + y ) = log a x + log a y

D. log a ( xy ) = log a x + log a y

mx 3
Câu 28: Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m sao cho hàm số y =
+ 7mx 2 + 14x − m + 2
3
nghịch biến trên nửa khoảng [ 1; +∞ )
14 

A.  −∞; − ÷
15 


14 

B.  −∞; − 
15 


14 

C.  −2; − 
15 


 14

D.  − ; +∞ ÷
 15


Câu 29: Cho đồ thị hàm số y = ax 3 + bx 2 + cx + d có đồ thị như hình bên.
Khẳng định nào sau đây là khẳng định đúng?
A. a, b, c < 0; d > 0

B. a, b, d > 0; c < 0

C. a, c, d > 0; d < 0

D. a, d > 0; b, c < 0

Câu 30: Số mặt phẳng đối xứng của khối lăng trụ tam giác đều là:
A. 3

B. 4

C. 6

D. 9

Câu 31: Hỏi khối đa diện đều loại { 4;3} có bao nhiêu mặt ?
A. 4

B. 20

C. 6

D. 12

Câu 32: Cho hình lập phương ABCD.A’B’C’D’ có cạnh bằng 2a 2 . Gọi S là tổng diện tích tất cả
các mặt của bát diện có các đỉnh là tâm của các mặt của hình lập phương ABCD.A’B’C’D’. Tính
S.
A. S = 4a 2 3

B. S = 8a 2

C. S = 16a 2 3

D. S = 8a 2 3

Câu 33: Khẳng định nào sau đây là khẳng định sai?
A. cos x = 0 ⇔ x =

π
+ k2π
2

C. cos x = −1 ⇔ x = π + k2π

Câu 34: Giải phương trình cos 2 x + 5sin x − 4 = 0

B. cos x = 1 ⇔ x = k2π
D. cos x = 0 ⇔ x =

π
+ kπ
2


A. x =

π
+ kπ
2

π
B. x = − + kπ
2

C. x = k2π

Câu 35: Gọi S là tổng các nghiệm của phương trình
A. S = 2035153π

B. S = 1001000π

D. x =

π

+ k2π
2

sin x
= 0 trên đoạn [ 0; 2017π] . Tính S
cos x + 1

C. S = 1017072π

D. S = 200200π

Câu 36: Có bao nhiêu số tự nhiên có 3 chữ số đôi một khác nhau?
A. 648

B. 1000

C. 729

D. 720

Câu 37: Một hộp có 5 bi đen, 4 bi trắng. Chọn ngẫu nhiên 2 bi. Xác suất 2 bi được chọn có cùng
màu là:
A.

1
4

B.

1

9

C.

4
9

D.

5
9

6

2 

3
Câu 38: Trong khai triển đa thức P ( x ) =  x +
÷ ( x > 0 ) , hệ số của x là:
x

A. 60

B. 80

C. 160

D. 240

Câu 39: Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh a, SA ⊥ ( ABC ) và SA = a 3 .

Tính góc giữa đường thẳng SB với mặt phẳng (ABC).
A. 750

B. 600

C. 450

D. 300

Câu 40: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vng cạnh a; SA ⊥ ( ABCD ) và
SA = 2a . Tính khoảng cách d từ điểm B đến ( SCD ) .
A. d =

a 5
5

B. d = a

C. d =

4a 5
5

D. d =

2a 5
5

Câu 41: Cho hình hộp ABCD.A’B’C’D’ có đáy là hình thoi cạnh a, ABC = 600 và thể tích bằng
3a 3 . Tính chiều cao h của hình hộp đã cho.

A. h = 2a

B. h = a

C. h = 3a

D. h = 4a

Câu 42: Diện tích ba mặt của hình hộp lần lượt bằng 20 cm3 , 28cm 3 , 35cm 3 . Thể tích của hình
hộp đó bằng
A. 165cm3

B. 165cm3

C. 140 cm3

D. 160 cm3

Câu 43: Cho hình chóp tứ giác S.ABCD có đáy là hình vng, mặt bên SAB là tam giác đều và
nằm trong mặt phẳng vng góc với đáy. Biết khoảng cách từ điểm B đến mặt phẳng (SCD) bằng
3 7
. Tính thể tích V của khối chóp S.ABCD .
7
1 3
A. V = a
3

B. V = a 3

2 3

C. V = a
3

3 3
D. V = a
2


Câu 44: Cho hình chóp S.ABC có SA vng góc với đáy, SA = 2BC và BAC = 1200 . Hình chiếu
của A trên các đoạn SB, SC lần lượt là M, N. Tính góc giữa hai mặt phẳng ( ABC ) và ( AMN ) .
A. 450

B. 600

C. 150

D. 300

Câu 45: Cho hình lăng trụ ABC.A’B’C’ có đáy ABC là tam giác đều cạnh a, tam giác A’BC đều
và nằm trong mặt phẳng vng góc với mặt phẳng ( ABC ) , M là trung điểm của cạnh CC’. Tính
cosin góc α giữa hai đường thẳng AA’ và BM.
A. cos α =

2 22
11

B. cos α =

11
11

C. cos α =

33
11

D. cos α =

22
11

Câu 46: Cho hình lăng trụ đứng ABC.A’B’C’ có đáy ABC là tam giác vng tại A. Biết
AB = 2a, AC = a, AA ' = 4 a . Gọi M là điểm thuộc cạnh AA’ sao cho MA ' = 3MA . Tính khoảng
cách giữa hai đường thẳng chéo nhau BC và C’M.
A.

6a
7

B.

8a
7

C.

4a
3

D.

4a
7

Câu 47: Tính diện tích xung quanh của hình trụ biết hình trụ có bán kính đáy a và đường cao a 3
A. 2πa 2

B. 2πa 2 3

C. πa 2

D. πa 2 3

Câu 48: Thiết diện qua trục của một hình nón là một tam giác đều cạnh có độ dài 2 a. Thể tích của
khối nón là:
A.

πa 3 3
6

B.

πa 3 3
3

C.

πa 3 3
2

D.

πa 3 3
12

Câu 49: Cho tam giác ABC có A = 1200 , AB = AC = a . Quay tam giác ABC (bao gồm điểm
trong tam giác) quanh đường thẳng AB ta được một khối trịn xoay. Thể tích khối trịn xoay đó
bằng:
A.

πa 3
3

B.

πa 3
4

C.

πa 3 3
2

D.

πa 3 3
4

Câu 50: Trong các khối trụ có cùng diện tích toàn phần bằng π , gọi ( D) là khối trụ có thể tích lớn
nhất, chiều cao của ( D) bằng:

A.

π
3

B.

6
3

C.

6
6

D.

π 3
4


ĐÁP ÁN
1-B
11-D
21-C
31-C
41-A

2-B
12-C

22-D
32-D
42-C

3-A
13-D
23-C
33-A
43-D

4-D
14-A
24-D
34-D
44-D

5-D
15-A
25-B
35-C
45-C

6-B
16-C
26-C
36-A
46-B

7-D
17-D

27-D
37-C
47-B

8-A
18-A
28-B
38-A
48-B

9-B
19-C
29-D
39-B
49-B

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

LỜI GIẢI CHI TIẾT
Câu 1: Đáp án B
Phương pháp:
Hàm số bậc nhất trên bậc nhất đơn điệu trên từng khoảng xác định của nó.
Cách giải:
y=

3x − 1 3x − 1

=
có TXĐ: D = R \ { 2}
−2 + x x − 2

Ta có y ' =

−5

( x − 2)

2

< 0, ∀x ∈ D suy ra hàm số luôn nghịch biến trên từng khoảng xác định.

Câu 2: Đáp án B
Phương pháp:
Xác định khoảng trên TXĐ mà y ' ≥ 0 (dấu “=” xảy ra ở hữu hạn điểm)
Cách giải:
y = ln x + 2 +
y' =

3
. TXĐ: D = ( −2; +∞ )
x+2

1
3
x −1
−
=

2
2
x + 2 ( x + 2)
( x + 2)

y ' ≥ 0 ⇔ x ≥ 1 ⇒ Hàm số luôn đồng biến trên ( 1; +∞ )
Câu 3: Đáp án A
Phương pháp:
Dựa vào đồ thị hàm số.
Cách giải:
Dựa vào đồ thị, trên khoảng ( −1;3) , đồ thị hàm số có 2 điểm cực trị lần lượt là ( 0; 4 ) , ( 2;0 )
Câu 4: Đáp án D
Phương pháp:
- TXĐ


- Tính f ' ( x ) , đánh giá dấu của f ' ( x ) và chỉ ra cực đại, cực tiểu của hàm số y = f ( x )
Cực tiểu là điểm mà tại đó f ' ( x ) đổi dấu từ âm sang dương.
Cực đại là điểm mà tại đó f ' ( x ) đổi dấu từ dương sang âm.
Cách giải:
y = x 2 − 3x . TXĐ: D = ( −∞;0] ∪ [ 3; +∞ )
y' =

2x − 3
2 x − 3x
2

=0⇔x=

3

∉ D ⇒ hàm số khơng có cực trị.
2

Câu 5: Đáp án D
Phương pháp:
+) Tìm điều kiện để hàm số có 3 điểm cực trị.
uuur uuur
uuur uuur
+) ∆ABC vuông ⇒ AB ⊥ AC ⇔ AB.AC = 0
Cách giải:
y = x 4 − 2mx 2 + 2m − 3 . TXĐ: D = R
x = 0
y ' = 4x 3 − 4mx; y ' = 0 ⇔  2
x = m
Hàm số có 3 điểm cực trị ⇔ m > 0 ( *)

(

) (

2
Giả sử ba điểm cực trị lần lượt là A ( 0; 2m − 3) , B − m; −m + 2m − 3 , C

uuur
uuur
AB = − m; −m 2 , AC =

(

)

(

m; − m 2

m; − m 2 + 2m − 3

)

)

Dễ thấy: Tam giác ABC cân tại A
uuur uuur
m = 0
4
3
Yêu cầu bài toán ⇔ AB ⊥ AC ⇔ AB.AC = 0 ⇔ −m + m = 0 ⇔ m ( m − 1) = 0 ⇔ 
m = 1
So với điều kiện (*) suy ra m = 1 thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Câu 6: Đáp án B
Phương pháp:
* Định nghĩa tiệm cận đứng của đồ thị hàm số y = f ( x )
f ( x ) = −∞ hoặc lim− f ( x ) = +∞ hoặc lim− f ( x ) = −∞ thì x = a là TCĐ của đồ thị hàm
Nếu xlim
→a +
x →a
x →a
số.
Cách giải:
y = +∞ và lim+ y = −∞ nên x = −1 là đường tiệm cận đứng của đồ thị hàm số .

Ta có: xlim
→−1−
x →−1
Câu 7: Đáp án D
Phương pháp:


* Định nghĩa tiệm cận ngang của đồ thị hàm số y = f ( x )
f ( x ) = a hoặc lim f ( x ) = a ⇒ y = a là TCN của đồ thị hàm số.
Nếu xlim
→+∞
x →−∞
Cách giải:
 lim y = lim y ( 2 − 2017f ( x ) ) = 2 − 2017. ( −1) = 2019
 x →−∞
x →−∞
Ta có: 
y = lim y ( 2 − 2017f ( x ) ) = 2 − 2017. ( −1) = 2019
 xlim
→+∞
x →+∞
Nên y = 2019 là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số y = 2 − 2017f ( x )
Câu 8: Đáp án A
Phương pháp:
* Định nghĩa tiệm cận ngang của đồ thị hàm số y = f ( x )
f ( x ) = a hoặc lim f ( x ) = a ⇒ y = a là TCN của đồ thị hàm số.
Nếu xlim
→+∞
x →−∞
* Định nghĩa tiệm cận đứng của đồ thị hàm số y = f ( x )

f ( x ) = −∞ hoặc lim− f ( x ) = +∞ hoặc lim− f ( x ) = −∞ thì x = a là TCĐ của đồ thị hàm
Nếu xlim
→a +
x →a
x →a
số.
Cách giải:
TXĐ: D = ( −∞; −2] ∪ [ 3; +∞ )
y = 0 nên đường thẳng y = 0 là đường tiệm cận ngang của đồ thị hàm số.
Do lim
x →±
x 2 − 1 = 0 ⇔ x = ±1 ∉ D ⇒ Đồ thị hàm số khơng có TCĐ.
Vậy, số đường tiệm cận của đồ thị hàm số là 1.
Câu 9: Đáp án B
Phương pháp:
Cách giải:
Xét các trường hợp sau:
TH1: Phương trình x 2 − mx − m + 5 = 0 vô nghiệm
⇔ ∆ < 0 ⇔ m 2 + 4m − 20 < 0 ⇔ −2 − 2 6 < m < −2 + 2 6
Do m ∈ Z nên m ∈ { −6; −5;...; 2}
TH2: Phương trình x 2 − mx − m + 5 = 0 có nghiệm trùng với nghiệm của tử số:
x = 1
2
Phương trình x − 3x + 2 = 0 ⇔ 
x = 2
Nếu x = 1 là nghiệm của mẫu ⇒ 1 − m − m + 5 = 0 ⇔ −2m + 6 = 0 ⇔ m = 3
Thay ngược lại khi m = 3 ta có: y =

x 2 − 3x + 2
= 1 ⇒ Hàm số khơng có tiệm cận ⇒ m = 3 ( tm )

x 2 − 3x + 1


Nếu x = 2 là nghiệm của mẫu ⇒ 4 − 2m − m + 5 = 0 ⇔ −3m + 9 = 0 ⇔ m = 3
Thay ngược lại khi m = 3 ta có: y =

x 2 − 3x + 2
= 1 ⇒ Hàm số khơng có tiệm cận ⇒ m = 3 ( tm )
x 2 − 3x + 1

Vậy m ∈ { −6; −5;...; 2;3}
Câu 10: Đáp án B
Phương pháp:
Phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số

y = f ( x)

tại điểm

M ( x0; y 0 )

y = f ' ( x 0 ) ( x − x 0 ) + y0
Cách giải:
2
Ta có: y ' = 3x − 6x ⇒ y ' ( 3 ) = 9

Phương trình tiếp tuyến cần tìm là: y = 9 ( x − 3) + 1 ⇔ y = 9x − 26
Câu 11: Đáp án D
Phương pháp:
Đạo hàm:

(

)

u ( x) ' =

( u ( x) ) '

2 u ( x)

Cách giải:
y' =

2 ( sin x ) '
2 sin x

−

2 ( cos x ) '
2 cos x

=

cos x
sin x
+
sin x
cos x

Câu 12: Đáp án C
Phương pháp:
Tính các đạo hàm y’ y’’ sau đó thay vào biểu thức y ''+ 3y '+ 2y rồi rút gọn.
Cách giải:
y = −2017e − x − 3e −2x ⇒ y ' = 2017e − x + 6e −2x , y '' = −2017e − x − 12e −2x
−x
−2x
−x
−2x
−x
−2x
Ta có: y ''+ 3y '+ 2y = −2017e − 12e + 3 ( 2017e + 6e ) + 2 ( −2017e − 3e ) = 0

Câu 13: Đáp án D
Phương pháp:
Nhận biết đồ thị hàm số bậc ba.
Cách giải:
Đồ thị cắt trục Oy tại điểm ( 0; −1) nên loại đáp án C
1 3
Xét hàm số y = x + 3x − 1 có y ' = x 2 + 3 > 0, ∀x . Hàm số luôn đồng biến trên R nên loại B
3
Xét hàm số y = x 3 − 3x 2 − 3x − 1 có y ' = 3x 2 − 6x − 3, y ' = 0 ⇔ x = 1 ± 2

là


Hàm số đạt cực trị tại 2 điểm x = 1 ± 2 , nên loại A.
Câu 14: Đáp án A
Phương pháp:
+) Gọi A ( x A ; y A ) , B ( x B ; y B )

+) Tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại A và B song song ⇒ y ' ( x A ) = y ' ( x B )
+) Sử dụng công thức tính độ dài đoạn thẳng AB =

( xB − xA )

2

+ ( yB − yA )

2

Cách giải:
y=

x + 1 x −1 + 2
2
=
= 1+
x −1
x −1
x −1

Ta có: TXĐ: D = R \ { 1} và y ' =
Gọi A ( x A ; y A ) , B ( x B ; y B )

−2

( x − 1)

2

( xA ≠ xB )

Theo giả thiết y ' ( x A ) = y ' ( x B ) ⇔

−2

( x A − 1)

2

=

−2

( x B − 1)

2

x = x B ( L)
⇔ A
x A + x B = 2

2

( xB − xA )

AB =

2


2
2 
+ 1 +
−1−
 =
x A − 1
 xB −1

( xB − xA )

2

 2 ( xA − xB ) 
+

 ( x A − 1) ( x B − 1) 

2



4
2
⇒ AB2 = 20 ⇔ ( x B − x A ) 1 +
= 20
2
 ( x A x B − x A − x B + 1) 



4
2
⇒ ( x B − x A ) 1 +
= 20 , với x A + x B = 2
2
 ( x A x B − 2 + 1) 
⇒

(( x

B



4
2
− x A ) − 4x A x B 1 +
= 20 ( *)
2
 ( x A x B − 1) 

)

Đặt x A x B = a
Phương trình (*) tương đương


( 4 − 4a ) 1 +



16
= 20
÷ = 20 ⇔ 4 ( 1 − a ) +
1− a
( a − 1) ÷
4

2

1 − a = 4
a = −3
2
⇔ 4 ( 1 − a ) − 20 ( 1 − a ) + 16 = 0 ⇔ 
⇔
1 − a = 1
a = 0
x A + x B = 2
⇒ x A , x B là nghiệm của phương trình X 2 − 2X − 3 = 0
TH1: a = −3 ⇒ 
x
x
=
−
2
 A B
Suy ra ( x A , x B ) = ( 3; −1) ⇒ x A − x B = 4 hoặc ( x A , x B ) = ( −1;3) ⇒ x A − x B = −4

x A + x B = 2
⇒ x A , x B là nghiệm của phương trình X 2 − 2X = 0
TH2: a = 0 ⇒ 
x
x
=
0
 A B
Suy ra ( x A , x B ) = ( 30; 2 ) ⇒ x A − x B = −2 < 0 hoặc ( x A , x B ) = ( 2;0 ) ⇒ x A − x B = 2
Dựa vào các đáp án ta chọn được đáp án A.
Câu 15: Đáp án A
Phương pháp tìm GTLN, GTNN của hàm số y = f ( x ) trên [ a; b ]
+) Bước 1: Tính y’, giải phương trình y ' = 0 ⇒ x i ∈ [ a; b ]
+) Bước 2: Tính các giá trị f ( a ) ; f ( b ) ; f ( x i )
+) Bước 3: So sánh các giá trị tính được ở Bước 2 và kết luận
Cách giải:
1
.x − ln x
ln x
1 − ln x
x
y=
⇒ y' =
=
, y ' = 0 ⇔ 1 − ln x = 0 ⇔ x = e ∈ [ 1;e ]
2
x
x
x2
Ta có: y ( 1) = 0, y ( e ) =

1
⇒ min y = 0
[ 1;e]
e

Câu 16: Đáp án C
Phương pháp:
Sử dụng bất đẳng thức Cô si, đánh giá GTLN của diện tích hình chữ nhật thơng qua độ dài cạnh
của hình chữ nhật đó.
Cách giải:
Gọi x ( 0 < x < 8 ) là một cạnh của hình chữ nhật, suy ra cạnh còn lại: 8 − x
2

x +8− x
Diện tích của hình chữ nhật: S = x ( 8 − x ) ≤ 
 ⇔ S ≤ 16
2

Do đó Smax = 16 ⇔ x = 8 − x ⇔ x = 4
Câu 17: Đáp án D
Phương pháp:
+) Tính khoảng cách từ M đến hai trục tọa độ.
+) Sử dụng phương pháp hàm số tìm GTNN.
Cách giải:
TXĐ: D = R \ { 1}
M ( x M ; yM ) ∈ ( C ) ⇒ yM =


xM +1

x +1 
⇒ M  xM; M
÷
xM −1
xM −1 



Đặt d ( M ) = d ( M;Oy ) + d ( M;Oy ) = x M +

xM +1
xM −1

Nhận xét: Với M ( 0;1) thì ta có: d ( M ) = 1 . Do đó, để tìm GTNN của d ( M ) ta chỉ cần xét khi
x ≤ 1 ⇒ −1 ≤ x ≤ 1
* Nếu 0 ≤ x < 1 thì d ( M ) = g ( x ) = x −
Ta

có:

g '( x ) = 1+

2

( x − 1)

2

x +1
x −1

> 0, ∀x ∈ [ 0;1) ⇒ g ( x )

nghịch

biến

trên

[ 0;1)

do

đó

min g ( x ) = g ( 0 ) = 1
[ 0;1)

x +1
x −1

* Nếu −1 ≤ x ≤ 0 thì d ( M ) = g ( x ) = − x −
Ta có: g ' ( x ) = −1 +

 x = 1 + 2 ∉ [ −1;0]

⇒
g
x
=

0
⇔
(
)
2
 x = 1 − 2 ∈ [ −1;0]
( x − 1)
2

(

)

Ta có: g ( 0 ) = 1, g ( −1) = 1, g 1 − 2 = 2 2 − 2

(

)

min g ( x ) = g 1 − 2 = 2 2 − 2
[ 0;1)

(

)

Do đó M ( x M ; y M ) thỏa mãn đề bài là: M 1 − 2;1 − 2 suy ra: x M + y M = 2 − 2
Câu 18: Đáp án A
Phương pháp:
Giải phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị ( C ) và đường thẳng y = 2017

Đếm số nghiệm của phương trình, từ đó kết luận số giao điểm của 2 đồ thị hàm số trên (số nghiệm
của phương trình hoành độ giao điểm bằng số giao điểm của hai đồ thị hàm số).
Cách giải:
x = 0

Phương trình hoành độ giao điểm: x − 3x + 2x + 2017 = 2017 ⇔ x − 3x + 2x = 0 ⇔  x = 1
 x = 2
3

2

Do đó, giữa đường thẳng và ( C ) có 3 điểm chung.
Câu 19: Đáp án C
Phương pháp:
Tìm m để phương trình hoành độ giao điểm có ba nghiệm phân biệt.
Cách giải:
Phương trình hoành độ giao điểm:

3

2


mx 3 − x 2 − 2x + 8m ⇔ ( x + 2 ) ( mx 2 ( 2m − 1) x − 4m ) = 0
 x = −2
⇔
2
g ( x ) = mx − ( 2m + 1) x − 4m = 0
Do đó ( C m ) cắt trục hoành tại ba điểm phân biệt ⇔ g ( x ) = 0 có hai nghiệm phân biệt khác –2



m ≠ 0
m ≠ 0
m ≠ 0
m ≠ 0



1
2
 1

2
2
⇔ ∆ = ( 2m + 1) − 16m > 0 ⇔ −12m + 4m + 1 > 0 ⇔ − < m < ⇔  1
1
6
2
− 



1
2
 6
g ( −2 ) = 2m + 1 ≠ 0
1
m ≠ −


m
≠
−

2

2
Câu 20: Đáp án D
Phương pháp:
2
Đặt t = x 2 , t ≥ 0 , tìm m để phương trình ( m + 1) t − 2 ( 2m − 3) + 6m + 5 = 0 có hai nghiệm t1 , t 2

thỏa mãn 0 < t1 < 1 < t 2
Cách giải:
4
2
Phương trình hoành độ giao điểm: ( m + 1) x − 2 ( 2m − 3 ) x + 6m + 5 = 0 ( 1)
2
Đặt t = x 2 , t ≥ 0 , phương trình trở thành: ( m + 1) t − 2 ( 2m − 3) + 6m + 5 = 0 ( 2 )

Phương trình (1) có 4 nghiệm thỏa mãn x1 < x 2 < x 3 < 1 < x 4 khi và chỉ khi phương trình (2) có
0 < t1 < t 2
0 < t1 < t 2
⇔
hai nghiệm thỏa mãn 0 < t1 < 1 < t 2 ⇔ 
( t1 − 1) ( t 2 − 1) < 0
 t1t 2 − ( t1 + t 2 ) + 1 < 0





m + 1 ≠ 0
 m ≠ −1

2

2
∆ ' = ( 2m − 3) − ( m + 1) ( 6m + 5 ) > 0
 ∆ ' = −2m − 23m + 4 > 0

2 ( 2m − 3)
2 ( 2m − 3 )


⇔ S =
>0
⇔ S =
>0
m +1
m +1


6m + 5
6m + 5


P = m + 1 > 0
P = m + 1 > 0



 6m + 5 2 ( 2m − 3)
 3m + 12 < 0
−
+
1
<
0
 m + 1
 m + 1
m +1



m ≠ 1

 −23 − 561
−23 − 561

4
4


3
m >
⇔
2
  m < −1

5


 m > − 6

 m < −1
−4 < m < −1

Câu 21: Đáp án C
Phương pháp:
- Viết phương trình đường tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại điểm có hoành độ là 0.
- Xác định tọa độ 2 điểm A và B
- Tính diện tích tam giác OAB.
Cách giải:
TXĐ: D = R \ { −1}
2x + 1
1
Ta có: y = x + 1 ⇒ y ' =
2
( x + 1)
Với x 0 = 0 , ta có y ( 0 ) = 1, y ' ( 0 ) = 1
Vậy, phương trình tiếp tuyến d của đồ thị hàm số y =

2x + 1
x +1

tại điểm

y = 1( x − 0 ) + 1 ⇔ y = x + 1
d cắt Ox tại điểm A ( −1;0 ) , d cắt Oy tại điểm B ( 0;1) ⇒ OA = 1; OB = 1
1
1

1
SAOB = OA.OB = .1.1 =
2
2
2
Câu 22: Đáp án D
Phương pháp:
Dựa vào TCN của đồ thị hàm số và giao điểm của đồ thị hàm số với trục hoành.
Cách giải:
Đồ thị hàm số có đường tiệm cận ngang y = a . Theo hình vẽ, ta có: a > 0
 b 
Đồ thị hàm số cắt trục hoành tại điểm A  − ;0 ÷
 a 
Theo hình vẽ, ta có: −

b
b
b−a
< −1 ⇔ > 1 ⇒
> 0 . Mà a > 0 ⇒ b − a > 0 ⇔ b > a
a
a
a

( 0;1)

là:


Vậy b > a > 0

Câu 23: Đáp án
Phương pháp:
1
log a c = b = log a b, log a b c = c log a b (Giả sử các biểu thức là có nghĩa).
c
Cách giải:
Ta có:
S = 1 + 22 log

2

2 + 33 log 3 2 2 + 4 2 log 4 2 2 + ... + 2017 2 log 2017 2 2

= 1 + 22.2.log 2 2 + 32.3.log 2 2 + 42.4.log 2 2 + ... + 2017 2.2017.log 2 2
= 1 + 23 + 33 + 43 + ... + 20173
n 2 n + 1)
Bằng quy nạp, ta chứng minh được: 1 + 2 + 3 + 4 + ... + n = (
, ∀n ∈ N *
4
2

3

3

2

3

Áp dụng với n = 2017 , ta có: S = 1 + 23 + 33 + 43 + ... + 20173 =

Câu 24: Đáp án D
Phương pháp:
Dựa vào đồ thị hàm số y = ln x để đánh giá.
Cách giải:
Đồ thị hàm số y = ln x có dạng :
Qua đồ thị ta thấy, các khẳng định A, B, C đúng.
1
−1
Ta có: ln = ln e = −1 < 0 , nên khẳng định D sai.
e
Câu 25: Đáp án B
Phương pháp: y = log a f ( x ) ⇒ y ' =
Cách giải: y = log 2 ( 2x + 1) ⇒ y ' =

( f ( x) ) '

f ( x ) .ln a

( 2x + 1) ' =
2
( 2x + 1) ln 2 ( 2x + 1) ln 2

Câu 26: Đáp án
Phương pháp:
Hàm số lũy thừa y = x α
- Nếu α là số nguyên dương thì TXĐ: D = R
- Nếu α là số nguyên âm hoặc bằng 0 thì TXĐ: D = R \ { 0}
- Nếu α là số khơng ngun thì TXĐ: D = ( 0; +∞ )
Cách giải:

2017 2.20192
= 10092.2017 2
4


Hàm số y = ( 2 − x )

1− 3

là hàm lũy thừa, có số mũ 1 − 3 ∉ Z nên xác định ⇔ 2 − x > 0 ⇔ x < 2

Vậy TXĐ là D = ( −∞; 2 )
Câu 27: Đáp án D
Phương pháp: log a ( xy ) = log a x + log a y, ( x, y > 0; a > 0, a ≠ 1)
Cách giải: log a ( xy ) = log a x + log a y
Câu 28: Đáp án B
Phương pháp:
Tìm m để y ' ≤ 0, ∀x ∈ [ 1; +∞ )
Cách giải:
TXĐ: D = R
y ' = mx 2 + 14mx + 14
Hàm số nghịch biến trên nửa khoảng ( 1; +∞ ] ⇔ y ' ≤ 0, ∀x ∈ [ 1; +∞ )
⇔ mx 2 + 14mx + 14 ≤ 0, ∀x ∈ [ 1; +∞ ) ⇔ mx 2 + 14mx ≤ −14, ∀x ∈ [ 1; +∞ )
⇔ m ( x 2 + 14x ) ≤ −14, ∀x ∈ [ 1; +∞ ) ⇔ m ≤

−14
, ∀x ∈ [ 1; +∞ )
x + 14x
2

2
(Do x + 14x > 0, ∀x ∈ [ 1; +∞ ) )

Xét hàm số f ( x ) =
f '( x ) =

28 ( x + 7 )

(x

2

+ 14x )

x
f ( x)

−14
, x ∈ [ 1; +∞ )
x + 14x
2

> 0, ∀x ∈ [ 1; +∞ ) ⇒ Hàm số đồng biến trên [ 1; +∞ )

1

+∞
0

14

15
14
Vậy với m ≤ −
thì hàm số nghịch biến trên nửa khoảng [ 1; +∞ )
15
−

Câu 29: Đáp án D
Phương pháp:
Nhận dạng đồ thị hàm bậc ba.
Cách giải:
y = +∞ ⇒ a > 0 ⇒ Loại đáp án A.
Ta thấy: xlim
→+∞
Ta có: y ' = 3ax 2 + 2bx + c
Theo đồ thị thì hàm số có hai điểm cực trị trái dấu ⇒ ac < 0 ⇒ c < 0


y '' = 6ax + 2b = 0 ⇒ x = −

b
b
. Đồ thị có điểm uốn có hoành độ dương suy ra x = − > 0 ⇒ b < 0
3a
3a

Do đó, đáp án đúng là D.
Câu 30: Đáp án B
Cách giải:
Ta có các mặt đối xứng của khối lăng trụ tam giác đều là các mặt phẳng trung trực của các đoạn

thẳng AB, BC, CA, AA’.
Câu 31: Đáp án C
Cách giải:
Khối đa diện đều loại { 4;3} chính là khối lập phương, nên có 6 mặt.
Câu 32: Đáp án D
+) Tính cạnh của hình bát diện đều.
+) Tính diện tích một mặt của bát diện đều, sử dụng cơng thức tính diện tích tam giác đều cạnh a
là S =

a2 3
4

+) Bát diện đều là đa diện đều có 8 mặt là tam giác đều.
Cách giải:

Gọi E, F, I, J, M, N lần lượt là tâm của sáu mặt của hình lập phương (như hình vẽ), khi đó: E, F, I,
J, M, N là đỉnh của một bát diện đều.
Thật vậy, xét tứ diện đều ACB’D’ khi đó E, F, I, J, M, N là trung
điểm của các cạnh của tứ diện nên mỗi mặt của bát diện là những
tam giác đều bằng nhau có cạnh bằng

AC
2

Mà AC là đường chéo của hình vng cạnh bằng 2a 2 suy ra AC = 4a suy ra cạnh của hình bát
diện đều là 2a.


Suy ra diện tích một mặt S∆IEF = (

2a ) 3
= a2 3
4
2

Vậy tổng S = 8a 2 3
Câu 33: Đáp án A
Phương pháp:
Sử dụng công thức nghiệm của những phương trình lượng giác có góc đặc biệt.
Cách giải: cos x = 0 ⇔ a =

π
+ kπ ⇒ Đáp án A sai.
2

Câu 34: Đáp án d
Phương pháp:
Đưa về phương trình bậc hai ẩn . sin x
Cách giải:
cos 2 x + 5sin x = 4 = 0 ⇔ 1 − 2sin 2 x + 5sin x − 4 = 0
sin x = 1
π

⇔ −2sin x + 5sin x − 3 = 0 ⇔ 
⇔ x = + k2π, k ∈ Z
3
2
sin x = 2 ( vô nghiem )
2

Câu 35: Đáp án C
Phương pháp :
+) Giải phương trình lượng giác.
+) Xác định các nghiệm thuộc [ 0; 2017π]
+) Tính tổng các nghiệm vừa xác định được.
Cách giải:
cos 2 = 1
sin x = 0
sin x
=
0
⇔
⇔
⇔ cos x = 1 ⇔ x = k2π, k ∈ Z
Ta có:


cos x + 1
cos x ≠ −1 cos x ≠ −1
Vì x ∈ [ 0; 2017π] ⇔ 0 ≤ x ≤ 2017 π ⇒ 0 ≤ k2π ≤ 2017 π ⇔ 0 ≤ k ≤

2017
= 1008,5
2

Vậy k ∈ { 0;1; 2;..;1008} , do đó ta được 1009 nghiệm là:
x 0 = 0, x1 = 1.2π, x 2 = 2.2π,..., x1007 = 1007.2π, x1008 = 1008.2π
Tổng các nghiệm là:
S = 0 + 1.2π + 2.2π + ... + 1007.2π + 1008.2π = 2π ( 1 + 2 + 3 + ... + 1008 ) = 2π.
Câu 36: Đáp án A

Phương pháp:
+) Tính các số có 3 chữ số đôi một khác nhau (Kể cả chữ số 0 đứng đầu).
+) Tính các số có 3 chữ số đơi một khác nhau (Bắt đầu bằng chữ số 0).

1008.1009
= 1017072π
2


Cách giải:
Số các số tự nhiên có 3 chữ số đôi một khác nhau lập từ 0; 1; 2;…; 9 (kể cả bắt đầu từ chữ số 0) là
3
A10
số.

Số các số tự nhiên có 3 chữ số đơi một khác nhau lập từ 0; 1; 2; …; 9 (Bắt đầu bằng chữ số 0) là
A 39 số.
3
3
Vậy số các số tự nhiên gồm ba chữ số đôi một khác nhau là: A10 − A 9 = 648 (số)

Câu 37: Đáp án C
Phương pháp:
Xác suất của biến cố A: P ( A ) =

n ( A)
n ( Ω)

Cách giải:
2

Chọn 2 bi bất kì từ 9 bi ta có: n ( Ω ) = C9 = 36
2
2
Gọi A là biến cố hai bi được chọn cùng màu, ta có: n ( A ) = C4 + C5 = 16

Vậy, xác suất của biến cố A là: P ( A ) =

n ( A ) 16 4
=
=
n ( Ω ) 36 9

Câu 38: Đáp án A
Phương pháp:
Áp dụng Công thức khai triển nhị thức Newton: ( x + y )

n

n

= ∑ Cin x i .y n −i
i =0

Cách giải:
3k
6−
k 6−k  2 
k k
2
=

2
C
x
Số hạng tổng quát trong khai triển là: T = C6 x 
6
÷
x



Để có số hạng chứa x 3 khi 6 −

3k
=3⇔k =2
2

2 2
Vậy hệ số của x 3 trong khai triển trên là: 2 C6 = 60

Câu 39: Đáp án B
Phương pháp:
Gọi a’ là hình chiếu vng góc của a trên mặt phẳng (P).
Góc giữa đường thẳng a và mặt phẳng (P) là góc giữa đường thẳng a và
a’.
Cách giải:
Vì SA ⊥ ( ABC ) nên hình chiếu của đường thẳng SB trên mặt phẳng (ABC) là AB. Khi đó góc
giữa đường thẳng SB với mặt (ABC) là SAB


Trong tam giác vng SBA có

tan SBA =

SA a 3
=
= 3 ⇒ SBA = 600
AB
a

Vậy góc giữa đường thẳng SB với mặt phẳng (ABC) là: 600
Câu 40: Đáp án D
Phương pháp:
Chuyển tính khoảng cách từ B đến ( SCD ) sang tính khoảng cách từ A đến ( SCD )
Cách giải:
CD ⊥ AD
⇒ CD ⊥ ( SAD )
Gọi H là hình chiếu của A trên SD ta có: 
CD ⊥ SA
Mà AH ⊂ ( SAD ) ⇒ AH ⊥ CD
 AH ⊥ CD
⇒ AH ⊥ ( SCD ) ⇒ d ( A, ( SCD ) ) = AH

 AH ⊥ SD
Vì AB / /CD ⇒ d ( B, ( SCD ) ) = d ( A, ( SCD ) ) = AH
Tam giác SAC vuông tại A, AH ⊥ SC
⇒

1
1
1
SA.AD

2a.a
2a 5
=
+
⇔ AH =
=
=
2
2
2
2
2
2
2
AH
SA
AD
5
SA + AD
4a + a

⇒ d ( B, ( SCD ) ) = AH =

2a 5
5

Câu 41: Đáp án A
Phương pháp: V = Bh ⇒ h =

V

B

Cách giải:
a2 3 a2 3
Do đáy là hình thoi cạnh a, ABC = 60 nên diện tích đáy là: B = 2.
=
4
2
0

Thể tích của khối hộp là

V = Bh ⇒ h =

V a3 3
=
= 2a
B a2 3
2

Câu 42: Đáp án C
Phương pháp:
Thể tích của hình hộp: V = abc
Cách giải:
Gọi a, b, c là ba kích thước của hình hộp chữ nhật, theo giả thiết có: ab = 20, bc = 28, ac = 35
3
Mà V = abc = ab.bc.ac = 20.28.35 = 140 ( cm )


Câu 43: Đáp án D

Phương pháp:
+) Gọi H là trung điểm của AB ⇒ SH ⊥ ( ABCD )
+) Sử dụng công thức đổi điểm, chứng minh d ( ; ( SCD ) ) = d ( B; ( SCD ) )
+) Dựng khoảng cách từ H đến ( SCD )
+) Đặt cạnh đáy bằng x. Tính x theo a.
1
+) Áp dụng cơng thức tính thể tích V = SH.SABCD
3
Cách giải:
Vì ∆SAB đều, gọi H là trung điểm của AB, từ giả thiết ⇒ SH ⊥ ( ABCD )
Vì d ( B; ( SCD ) ) = d ( H; ( SCD ) ) =

3 7a
7

CD ⊥ SH
⇒ CD ⊥ ( SHM )
Gọi M là trung điểm của CD ta có: 
CD ⊥ HM
Kẻ HK ⊥ SM ⇒ HK ⊥ CD ⇒ HK ⊥ ( SCD ) ⇒ d ( H; ( SCD ) ) = HK =
Gọi x là độ dài cạnh đáy. Khi đó, do ∆SAB cạnh x nên SH =
⇒

3 7a
7

x 3
, HM = x
2

1
1
1
7
4
1
7
=
+
⇔ 2 = 2 + 2 = 2 ⇒x=a 3
2
2
2
HK
SH HM
9a
3x
x
3x

Vậy SABCD = 3a 2 , SH =

3a
1
3a 3
⇒ VS.ABCD = .SH.VABCD =
2
3
2

Câu 44: Đáp án D
Phương pháp:
Xác định góc giữa hai mặt phẳng ( α ) , ( β )
- Tìm giao tuyến ∆ của ( α ) , ( β ) .
- Xác định 1 mặt phẳng ( γ ) ⊥ ∆
- Tìm các giao tuyến a = ( α ) ∩ ( γ ) , b = ( β ) ∩ ( γ )
- Góc giữa hai mặt phẳng ( α ) , ( β ) : ( ( α ) ; ( β ) ) = ( a; b )
Cách giải: Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp ∆ABC , D là điểm đối
xứng của A qua O


 AB ⊥ BD
⇒ BD ⊥ ( SAB ) ⇒ BD ⊥ AM
Ta có: 
SA ⊥ BD
Mà AM ⊥ SB ⇒ AM ⊥ ( SAB ) ⇒ AM ⊥ SD
Tương tự AN ⊥ SD
Vậy SD ⊥ ( AMN ) , mà SA ⊥ ( ABC ) ⇒ ( ( AMN ) ; ( ABC ) ) = ( SA; AD ) = ASD vì ∆SAD vng
tại A. Ta có: tan ASD =

AD
SA

Mà AD là đường kính của đường trịn ngoại tiếp ∆ABC nên AD =
Vậy tan ASD =

BC
2BC SA
=
=

0
sin120
3
3

1
⇒ ASD = 300
3

Câu 45: Đáp án C
Phương pháp:
+) Gọi H là trung điểm của BC ⇒ A ' H ⊥ ( ABC )
+) Xác định góc giữa AA’ và BM.
+) Áp dụng định lí Cosin trong tam giác.
Cách giải: Gọi H là trung điểm của BC ⇒ A ' H ⊥ ( ABC )
Ta có A ' H = AH =

a 3
a 6
nên AA ' =
2
2

Do AA '/ / CC' nên ( AA '; BM ) = ( CC '; BM ) . Ta tính góc BMC
1
1
a 6
Vì M là trung điểm của CC’ nên CM = CC ' = AA ' =
2
2

4
Gọi N là giao điểm của A’M với AC. Do CM / /AA ', CM =

1
AA ' nên CM là đường trung bình
2

∆AA 'N ⇒ là trung điểm của AN. C

Ta có: A 'C = AC = CN nên AA 'N vuông tại A’, AN = 2a, AA ' =

a 6
a 10
⇒ A'N =
2
2

Tương tự ∆ABN vuông tại B, AB = a, AN = 2a ⇒ BN = a 3
Xét ∆A ' BN có A ' B = a, BN = a 3, A ' N =
BM 2 =

a 10
, BM là trung tuyến nên
2

BN 2 + A 'B2 A ' N 2 3a 2 + a 2 5a 2 11a 2
a 22
−
=
−

=
⇒ BN =
2
4
2
8
8
4


11a 2 3a 2
+
− a2
BM + CM − BC
33
8
= 8
=
Xét ∆BMC có cos BMC =
2.BM.CM
11
a 22 a 6
2.
.
4
4
2

2

2

Câu 46: Đáp án B
Cách giải: Gọi I = B' M ∩ BA ' , ta có:
 BC / /B 'C '
⇒ BC / / ( MB'C ' )

 BC ⊄ ( MB'C ' )
⇒ d ( BC;C ' M ) = d ( BC; ( MB'C ' ) ) = d ( B; MB'C ' )
Mà hai tam giác IMA’ và IB’B đồng dạng, nên:
IA ' MA ' 3
3
4
=
= ⇒ IA ' = IB ⇒ d ( B; ( MB'C ' ) ) = d ( A '; ( MB'C ' ) )
IB BB ' 4
4
3
Dựng A ' K ⊥ B'C ' tại K, A ' H ⊥ MK tại H, ta có:
 B 'C ' ⊥ A ' K
⇒ B'C ' ⊥ ( MA ' K ) ⇒ A ' H ⊥ B'C '

 B 'C ' ⊥ MA '
Mà A ' H ⊥ MK ⇒ A ' H ⊥ ( MB'C ' ) ⇒ d ( A '; ( MB'C ' ) ) = A 'H
Xét tam giác A’B’C’ vuông tại A’ có:
Xét tam giác MA’K vng tại A’ có:
Vậy d ( BC;C ' M ) =

1
1

1
1
1
5
=
+
= 2+ 2 = 2
2
2
2
A 'K
A ' B' A 'C '
4a
a
4a
1
1
1
5
1
49
6a
=
+
= 2+ 2 =
⇒ A 'H =
2
2
2
2

A 'H
A 'K
A 'M
4a 9a
36a
7

4
4 6a 8a
A 'H = . =
3
3 7
7

Câu 47: Đáp án B
Phương pháp:
Diện tích xung quanh của hình trụ: Sxq = 2πRl = 2πRh
Cách giải:
2
Diện tích xung quanh của hình trụ: Sxq = 2πRl = 2πRh = 2π.a.a 3 = 2 3πa

Câu 48: Đáp án B
Phương pháp:
1 2
Thể tích khối nón: V = πR h
3
Cách giải:
Giả sử hình nón có đỉnh S, tâm đáy là O, thiết diện qua trục là SAB.
Ta có: tam giác SAB đều cạnh 2a ⇒ R = a
Tam giác SOA vng tại O có: h = SO = SA 2 − AO 2 = 3a

1
1
3πa 3
Thể tích khối nón là: V = πR 2 h = . 3a.πa 2 =
3
3
3
Câu 49: Đáp án B
Phương pháp:
Quay tam giác ABC quanh đường thẳng AB ta được khối trịn xoay có thể tích V1 thể tích khối
nón lớn có đỉnh B và thiết diện qua trục là BDC (hình vẽ) trừ đi V2 thể tích khối nón nhỏ có đỉnh
A và thiết diện qua trục là ADC.
Cách giải:
Quay tam giác ABC quanh đường thẳng AB ta được khối trịn xoay có
thể tích V1 thể tích khối nón lớn có đỉnh B và thiết diện qua trục là
BDC (hình vẽ) trừ đi V2 thể tích khối nón nhỏ có đỉnh A và thiết diện
qua trục là ADC.
Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp đáy của hai khối nón
Xét tam giác AOC vng tại O, có: sin 600 =
cos 600 =

OC
3
⇒ OACsin 600 =
a
AC
2

AO
a
3
⇒ OA = AC cos 600 = ⇒ OB = a
AC
2
2
2

1
1
1
1  3 
πa 3
2
2
2
V = V1 − V2 = BO.π, OC − OA.πOC = πOC ( BO − OA ) = π. 
a÷ a =
3
3
3
3  2 ÷
4

Câu 50: Đáp án B
Phương pháp:
Xét hàm số, tìm GTLN.
Cách giải:
Gọi R, h lần lượt là bán kính đáy và chiều cao của khối trụ.

1 − 2R 2
Diện tích toàn phần hình trụ: Stp = 2πRh + 2πR = π ⇒ h =
2R
2

Do h > 0 ⇒ 1 − 2R 2 > 0 ⇔ R 2 <

1
2
⇔02
2

Thể tích khối trụ: V = πR 2 h = πR 2 . 1 − 2R =
2R
2

Xét hàm số g ( R ) =
Ta có: g ' ( R ) =

π ( R − 2R 3 )
2


2
π
R − 2R 3 ) trên  0;
÷
(
÷

2
 2 

π
6
1 − 6R 2 ) , g ' ( R ) = 0 ⇔ R =
( do R > 0 )
(
2
6