DOWNLOAD đề thi toán file word

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (1.33 MB, 31 trang )

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

BỘ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO

---PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA 
MÃ ĐỀ: 02

KỲ THI TỐT NGHIỆP THPT NĂM 2021
MƠN THI: TỐN

Thời gian: 90 phút

Câu 1. Một lớp học có 25 học sinh nam và 17 học sinh nữ. Hỏi có bao nhiêu cách chọn ra một học
sinh nam và một học sinh nữ trong lớp học này đi dự trại hè của trường?

A. 42. B. 25 . C. 17. D. 425 .
Câu 2. Cho cấp số nhân

 

un , biết u13;q2. Tìm u5.

A. u5 1. B. u5 48. C. u5 6. D. u5 30.

Câu 3. Cho hàm bậc ba yf x

 

có đồ thị trong hình bên.

Hàm số đã cho đồng biến trên khoảng nào?

A.



 ;1



. B.



1;5



. C.



0;2



. D.



5; 



.
Câu 4. Cho hàm số f x

 

có bảng biến thiên như sau:

Hàm số đạt cực tiểu tại

A. x0. B. y1. C. x1. D. y2.
Câu 5. Cho hàm số f x

 

liên tục trên , bảng xét dấu của f x

 

như sau:

Hàm số đã cho có mấy điểm cực trị?

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

Câu 6. Tiệm cận ngang của đồ thị hàm số

3 5
4 8

x
y

x




 là

A. x2. B. y2. C. 
3
4

y

. D.

3
4

x

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

A. y x 33x2 2. B. y x 4 4x23. C. yx32x3. D. yx48x21.
Câu 8. Xác định số giao điểm của đồ thị hàm số y x 4 4x2 5 với trục hoành.

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

Câu 9. Với a là số thực dương tùy ý,





2022
4
log a

bằng

A. 4044log2a. B. 2022 log 4a. C. 1011.log2a. D. 2
1

log
1011 a.
Câu 10. Đạo hàm của hàm số ylog5x là

A. 
1
y

x
 

. B.

1
ln 5
y

x
 

. C. ln 5
x
y 

. D.

1
5ln
y

x
 

.
Câu 11. Rút gọn biểu thức

1
6
2

N x x với x0.

A. N  x . B.

1
8

N x . C. N 2 x3 . D. N 3 x2 .

Câu 12. Tìm nghiệm của phương trình 3x2 27.

A. x3. B. x5. C. x2 D. x9
Câu 13. Nghiệm của phương trình log 42



x 3



2 là

A. x7. B. 
7
4

x

. C.

4
7

x

. D. x4.
Câu 14. Họ tất cả các nguyên hàm của hàm số f x

 

4xsinx là

A. x2 cosx C . B. 2x2cosx C . C. x2cosx C . D. 2x2 cosx C .
Câu 15. Hàm số f x

 

cos 4



x5



có một nguyên hàm là

A.  sin 4



x5



x. B.





sin 4 5 3

4 x  . C. sin 4



x5



1. D.





sin 4 5 3
4 x

  

.
Câu 16. Cho các hàm số f x

 

và F x

 

liên tục trên  thỏa F x

 

f x

 

,  x .. Tính

 

d
f x x



biết F

 

0 2,F

 

1 6.
A.

 

d 4

f x x



. B.

 

d 8

f x x



. C.

 

d 8

f x x



. D.

 

d 4

f x x



.
Câu 17. Tích phân

2
4
1

2 dx x



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

A.

5 . B.

62 . C.

5 D.

5
31

Câu 18. Cho số phức z có điểm biểu diễn trong mặt phẳng tọa độ Oxy là điểm M



3; 5



. Xác định số
phức liên hợp z của z.

A. z  5 3i. B. z  5 3i. C. z  3 5i. D. z  3 5i.

Câu 19. Cho hai số phức z1 3 7i và z2  2 3i. Tìm số phức z z 1 z2.

A. z 1 10i. B. z 5 4i. C. z 3 10i. D. z 3 3i.

Câu 20. Điểm biểu diễn hình học của số phức z 2 3i là điểm nào trong các điểm sau đây?

A. M



2;3



. B. Q



2; 3



. C. N



2; 3



. D. P



2;3



Câu 21. Cho hình chóp .S ABCD có đáy ABCD là hình vng cạnh a, SA3a và SA vng góc với

mặt phẳng đáy. Tính thể tích khối chóp .S ABCD.
A.

3
3
a

. B. 9a3. C. a3. D. 3a3.

Câu 22. Cho khối lập phương ABCD A B C D.     có đường chéo AC bằng a 3, (a 0). Thể tích của 
khối lập phương đã cho bằng

A. a3. B. 3 .a C. a2. D. 
3

.
3
a
Câu 23. Diện tích Scủa mặt cầu có bán kính đáy r bằng

A. S r2. B. S 2r2. C. S 4r2. D. S 3r2.

Câu 24. Cho hình trụ có bán kính đường trịn đáy r5cmvà có chiều cao h10cm. Diện tích xung

quanh của hình trụ bằng
A.





50 cm

. B.





100 cm

. C.





50 cm

. D.





100 cm

Câu 25. Trong không gian Oxyz, cho điểm I



5;0;5



là trung điểm của đoạn MN, biết M



1; 4;7



.
Tìm tọa độ của điểm N .

A. N



10; 4;3



. B. N



2; 2;6



. C. N



11; 4;3



. D. N



11; 4;3



.
Câu 26. Trong không gian Oxyz, cho mặt cầu

 

S x: 2y2z2 2x4y 6z 3 0. Tâm của

 

S có

tọa độ là

A.



2;4; 6



B.



2; 4;6



C.



1; 2;3



D.



1; 2; 3



Câu 27. Xác định m để mặt phẳng ( ) : 3P x 4y2z m 0 đi qua điểm A(3;1; 2).

A. m1. B. m1. C. m9. D. m9.

Câu 28. Trong không gian Oxyz, vectơ nào dưới đây là một vectơ chỉ phương của đường thẳng đi qua
hai điểm A



0;4;3



và B



3; 2;0



A. u1



1; 2;1 .





B. u2  



1; 2;1 .





C. u3 



3; 2; 3 . 





D. u4 



3; 2;3 .





Câu 29. Một hộp đựng thẻ được đánh số từ 1, 2, 3,…, 9. Rút ngẫu nhiên hai lần, mỗi lần một thẻ và
nhân số ghi trên hai thẻ với nhau. Xác suất để tích nhận được là số chẵn là

A. 
5

9 . B.

36 . C.

1
.

2 D.

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

Câu 30. Hàm số nào dưới đây đồng biến trên khoảng



  ;



?
A. y x 43x2. B.

2
1
x
y
x



 . C. y3x33x 2. D. y2x3 5x1.

Câu 31. Giá trị lớn nhất của hàm số y 4 x2 là

A. 2. B. 0. C. 4. D. 1.

Câu 32. Tập nghiệm của bất phương trình
e
1
x


 

 

  là

A.  B.



 ;0



C.



0; 



D.



0; 



Câu 33. Cho

 

d 3
f x x






. Tính tích phân

 

2 1 d

I f x x







  

A. 9. B. 3. C. 3 . D. 5 .

Câu 34. Tính mơđun của số phức z biết z 



4 3 1 i

 

i



A. z 5 2 B. z  2 C. z 25 2 D. z 7 2
Câu 35. Cho hình lăng trụ đứng ABC A B C.    có đáy ABC là tam giác vuông tại B, AB BC a  ,

' 3

BB a . Tính góc giữa đường thẳng A B và mặt phẳng



BCC B 



.

A. 45. B. 30. C. 60. D. 90.

Câu 36. Cho hình chóp .S ABCcó đáy là tam giác vng cân tại

C BC a

,



, SAvng góc với mặt
phẳng đáy và SA a . Khoảng cách từ A đến mặt phẳng



SBC



bằng

A. 2a B.

2
a

C. 2
a

D. 
3
2
a

Câu 37. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, viết phương trình mặt cầu có tâm I



1; 4;3



và đi qua
điểm A



5; 3;2



A.













2 2 2

1 4 3 18

x  y  z 

. B.













2 2 2

1 4 3 16

x  y  z 
.

C.













2 2 2

1 4 3 16

x  y  z 

. D.













2 2 2

1 4 3 18

x  y  z 
.
Câu 38. Phương trình trung tuyếnAM của tam giácABCvớiA(3;1; 2), ( 3;2;5), (1;6; 3)B  C  là

A. 
1
1 3
8 4
x t
y t
z t
 


 


  

 . B.

1 4
3 3
4
x t
y t
z t
 


 

  

 . C.

3 4
1 3
2
x t
y t
z t
 


 


  

 . D.

1 3
3 4
4
x t
y t
z t
 


 

  
 .

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

Đặt h x

 

3f x

 

 x33x. Tìm mệnh đề đúng trong các mệnh đề sau:
A. [ 3; 3]

 

max ( ) 3 1h x f




. B. [ 3; 3]





max ( ) 3h x f 3


 

.
C. [ 3; 3]

 

max ( ) 3h x f 3




. D. [ 3; 3]

 

max ( ) 3h x f 0




.
Câu 40. Tập nghiệm của bất phương trình

2 1 1

(3 9)(3 ) 3 1 0
27

x x x

   

chứa bao nhiêu số nguyên ?

A. 2. B. 3. C. 4. D. 5.

Câu 41. Cho hàm số f x

 

 x x21 biết

 





d
f x

x a b c

f x  



với a b c, , là các số hữu tỷ tối giãn.
Tính giá trị P a b c   .

A.

13
3
P

. B.

15
3
P

. C.

10
3
P

. D.

11
3
P

.
Câu 42. Có bao nhiêu số phức z thỏa mãn z 2i 3 và



zi 4i5 3



i là số thực?.

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

Câu 43. Cho hình chóp .S ABCD có đáy ABCD là hình thoi tâm O, đường thẳng SO vng góc với
mặt phẳng



ABCD



. Biết AB SB a  2, SO a . Tính tan của góc giữa hai mặt phẳng



SAB



và



SAD



.
A.

2 . B. 1. C. 3 . D. 2 2 .

Câu 44. Một cổng chào có dạng hình Parabol chiều cao 18 m, chiều rộng chân đế 12 m. Người ta căng
hai sợi dây trang trí AB , CD nằm ngang đồng thời chia hình giới hạn bởi Parabol và mặt đất
thành ba phần có diện tích bằng nhau (xem hình vẽ bên). Tỉ số

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

A. 
1

2 . B.

5. C. 3

2 . D.

3
1 2 2 .

Câu 45. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho hai đường thẳng 1

4 1

1 2 3

x y z

  

và
2

2 1

1 2 3

x y z

  

  cắt nhau và cùng nằm trong mặt phẳng

 

P . Đường phân giác d của 
góc nhọn tạo bởi 1, 2 và nằm trong mặt phẳng

 

P có một véctơ chỉ phương là

A. u



1; 2;3





. B. u



0;0; 1





. C. u



1;0;0





. D. u



1; 2; 3 





Câu 46. 1. Cho hàm số f x( )x3 3x21 và g x( )f f x



( ) m



cùng với x1, x1 là hai điểm

cực trị trong nhiều điểm cực trị của hàm số yg x( ). Khi đó số điểm cực trị của hàm yg x( )
là

A. 14 . B. 15 . C. 9 . D. 11.

Câu 46. 2. Cho hàm số f x

 

liên tục trên . Biết rằng phương trình f x

 

0 có 8 nghiệm dương 
phân biệt khơng ngun, phương trình





3 2

2 3 1 0

f x  x  

có 20 nghiệm phân biệt, phương
trình





4 2

2 2 0

f x  x  

có 8 nghiệm phân biệt. Hỏi phương trình f x

 

0 có bao nhiêu
nghiệm thuộc khoảng



2; 



A. 0 . B. 1. C. 2. D. 4.

Câu 47. Biết rằng có n cặp số dương



x y;



( với nbất kỳ) để x x; log x;ylog y ;xylogxy tạo thành 1 cấp số

nhân. Vậy giá trị gần nhất của biểu thức
1

1
n

n
k

n
n
k

x
y






nằm trong khoảng nào?

A.



3.4;3.5



. B.



3.6;3.7



. C.



3.7;3.8



. D.



3.9;4



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

tuyến, S2 là diện tích hình chữ nhật giới hạn bởi các tiếp tuyến và pháp tuyến tại A B, . Tính tỉ 
số

1
2
S
S ?
A.

6. B.

3. C.

125

768. D.

125
128.

Câu 49. Cho số phức z thỏa z1 1 z11 z1 z1 4 6và z2 5i 2thì giá trị nhỏ nhất của
1 2

z  z m

. Khẳng định đúng là

A. m



0; 2



. B. m



2;4



. C. m



4;5



. D. m



5;7



.
Câu 50. 1. Cho tam giác ABC có A



2; 2;3 ,



B



1;3;3 ,



C



1; 2; 4



. Các tia Bu Cv, vng góc với mặt

phẳng



ABC



và nằm cùng phía đối với mặt phẳng ấy. Các điểm M N, di động tương ứng trên
các tia Bu Cv, sao cho BM CN MN  . Gọi trực tâm H tam giác AMN, biết H nằm trên 
một đường tròn

 

C cố định. Tính bán kính của đường trịn

 

C .

A. 
3 2

8 . B.

3 2

4 . C.

5 2

8 . D.

2 2
3 .
Câu 50. 2. Trong không gian Oxyz, cho hai điểm A



0;1;2



và B



3;1;3



thoả mãn ABBC,

AB AD , AD BC . Gọi ( )S là mặt cầu có đường kính AB, đường thẳng CD di động và

luôn tiếp xúc với mặt cầu ( )S . Gọi E AB F CD ,  và EF là đoạn vng góc chung của ABvà

CD . Biết rằng đường thẳng ( ) EF;( ) ABvà d A



;

 





 3. Khoảng cách giữa  và
CD lớn nhất bằng

A.

3 2
2



. B. 2. C.

3 3
2



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

ĐÁP ÁN VÀ LỜI GIẢI CHI TIẾT
 BẢNG ĐÁP ÁN

1.D 2.B 3.C 4.A 5.C 6.C 7.A 8.B 9.C 10.B
11.D 12.B 13.B 14.D 15.B 16.D 17.A 18.C 19.B 20.C
21.C 22.A 23.C 24.B 25.D 26.C 27.A 28.B 29.D 30.C
31.A 32.B 33.C 34.A 35.B 36.B 37.D 38.C 39.B 40.B
41.A 42.B 43.D 44.C 45.B 46.1D. 46.2.A 47.D 48.A 49.B.
50.1.A 50.2.A

LỜI GIẢI CHI TIẾT

ĐỀ SỐ 02 PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA THI TN 12- 2020-2021

Người làm: Nguyễn Phương Thảo

Facebook: Nguyễn Phương Thảo
Email:

A.42. B.25 . C.17. D.425 .
Lời giải

Chọn D

 Áp dụng quy tắc nhân: Số cách chọn ra một học sinh nam và một học sinh nữ trong lớp học

này đi dự trại hè của trường là 25.17 425.

Câu 2. Cho cấp số nhân

 

un , biết u13;q2. Tìm u5.

A. u5 1. B. u5 48. C. u5 6. D. u5 30.

Lời giải
Chọn B

 Áp dụng công thức:





4
1

1. 5 3. 2 48

n
n

u u q  u

     .

Câu 3. Cho hàm bậc ba yf x

 

có đồ thị trong hình bên.

Hàm số đã cho đồng biến trên khoảng nào?

A.



 ;1



. B.



1;5



. C.



0;2



. D.



5; 



.
Lời giải

Chọn C

 Từ hình vẽ ta thấy: Hàm số đã cho đồng biến trên khoảng



0; 2



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

Hàm số đạt cực tiểu tại

A. x0. B. y1. C. x1. D. y2.
Lời giải

Chọn A

 Từ bảng biến thiên ta thấy: Hàm số đạt cực tiểu tại x0.

Câu 5. Cho hàm số f x

 

liên tục trên , bảng xét dấu của f x

 

như sau:

Hàm số đã cho có mấy điểm cực trị?

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

Lời giải
Chọn C

 Từ bảng biến thiên của hàm số f x

 

ta thấy: Hàm số f x

 

đổi dấu khi qua x1; x0;

x . Do đó hàm số đã cho có 3 điểm cực trị.

Câu 6. Tiệm cận ngang của đồ thị hàm số

3 5
4 8

x
y

x




 là

A. x2. B. y2. C. 
3

y

. D.

3
4

x

.
Lời giải

Chọn C

 Ta có:

3 5 3 3
lim lim

4 8 4 4

x x

x

y y

x

   



   

 là đường tiệm cận ngang của đồ thị hàm số.

Câu 7. Đồ thị của hàm số nào dưới đây có dạng như đường cong trong hình vẽ bên?

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

 Căn cứ vào đồ thị hàm số và các phương án ta loại các phương án hàm số bậc bốn trùng

phương là B D, . Còn lại các phương án hàm số bậc ba.

 Từ đồ thị ta có: xlim y, limx  y nên hàm số

3 3 2 2

y x  x  có đường cong như

trong hình vẽ.

Câu 8. Xác định số giao điểm của đồ thị hàm số y x 4 4x2 5 với trục hoành.

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

Lời giải

Chọn B

 Ta có: x4 4x2 5 0  x 5.

Do đó, đồ thị hàm số y x 4 4x2 5 cắt trục hoành tại hai điểm phân biệt.
Câu 9. Với a là số thực dương tùy ý,





2022
4
log a

bằng

A. 4044log2a. B. 2022 log 4a. C. 1011.log2a. D. 2
1

log
1011 a.
Lời giải

Chọn C

 Ta có:









2022 2022

4 2 2 2

2022

log log log 1011.log

a  a  a a

.
Câu 10. Đạo hàm của hàm số ylog5x là

A. 
1
y

x
 

. B.

1
ln 5
y

x
 

. C. ln 5
x
y 

. D.

1
5ln
y

x
 

.
Lời giải

Chọn B

 Ta có:





1
log

ln 5

y x

x


  

Câu 11. Rút gọn biểu thức

1
6
2

N x x với x0.

A. N  x . B.

1
8

N x . C. N 2 x3 . D. N 3 x2 .

Lời giải
Chọn D

Ta có:

n

man am

với mọi a0và m n,  

1 2

1 1

3 2

6 6 3

2 2.

N x xx x x  x .

Câu 12. Tìm nghiệm của phương trình 3x2 27.

A. x3. B. x5. C. x2 D. x9
Lời giải

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

2
2 3
3 27
3 3
2 3
5.
x
x
x
x



 
  
 

Câu 13. Nghiệm của phương trình log 42



x 3



2 là
A. x7. B.

7
4
x
. C.
4
7
x

. D. x4.
Lời giải

Chọn B

Ta có:





2
2

7
log 4 3 2 2 4 3 .

x    x  x

Câu 14. Họ tất cả các nguyên hàm của hàm số f x

 

4xsinx là

Chọn D
Ta có:

 

2
4. cos 2 cos

2
x

F x   x C  x  x C

.
Câu 15. Hàm số f x

 

cos 4



x5



có một nguyên hàm là

A.  sin 4



x5



x. B.





sin 4 5 3

4 x  . C. sin 4



x5



1

. D.





sin 4 5 3

4 x

  

.
Lời giải

Chọn B

Ta có: f x

 

cos 4



x5



có một nguyên hàm là:





sin 4 5 3.
4 x 

Câu 16. Cho các hàm số f x

 

và F x

 

liên tục trên  thỏa F x

 

f x

 

,  x .. Tính

 

d
f x x



biết F

 

0 2,F

 

1 6.
A.

 

d 4

f x x



. B.

 

1
0
d 8

f x x



. C.

 

1
0
d 8

f x x



. D.

 

1
0

d 4

f x x



.
Lời giải
Chọn D
Ta có:

 

1
0

d 1 0 4

f x x F  F 



.
Câu 17. Tích phân

2
4
1

2 dx x



bằng

A.

5 . B.

62 . C.

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

Ta có:





2 5

4 5 5

2 2 62

2 d 2. . 2 1 .
1

5 5 5

x

x x   



Câu 18. Cho số phức z có điểm biểu diễn trong mặt phẳng tọa độ Oxy là điểm M



3; 5



. Xác định số
phức liên hợp z của z.

A. z  5 3i. B. z  5 3i. C. z  3 5i. D. z  3 5i.

Lời giải
Chọn C

Ta có: Điểm M



3; 5



nên z 3 5i z  3 5i.

Câu 19. Cho hai số phức z1 3 7i và z2  2 3i. Tìm số phức z z 1 z2.

Chọn B

Ta có: z z 1z2  3 7i 2 3i 5 4i.

Câu 20. Điểm biểu diễn hình học của số phức z 2 3i là điểm nào trong các điểm sau đây?
A. M



2;3



. B. Q



2; 3



. C. N



2; 3



. D. P



2;3



Lời giải
Chọn C

Ta có: điểm biểu diễn của z a bi  có tọa độ là



a b;



nên 2 3i biểu diễn bởi



2; 3



.
Người làm: Lê Thị Thùy

Facebook: Thùy Lê Thị

Email:

Câu 21. Cho hình chóp .S ABCD có đáy ABCD là hình vng cạnh a, SA3a và SA vng góc với

mặt phẳng đáy. Tính thể tích khối chóp .S ABCD.
A.

3
3
a

. B. 9a3. C. a3. D. 3a3.
Lời giải

Chọn C

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

Vậy thể tích khối chóp .S ABCD là
1

.
3 ABCD

V  S SA 1. .32
3 a a

 3

a
 .

A

. a3. B. 3 .a C. a2. D. 
3

.
3
a
Lời giải

Chọn A

Gọi x là cạnh hình lập phương. Khi đó đường chéo của hình lập phương AC'x 3.

Mặt khác, theo đề bài ta cóAC a 3,(a 0) . Suy ra cạnh của hình lập phương bằng x a .

Vậy thể tích của khối lập phương ABCD A B C D.    là V a3.
Câu 23. Diện tích Scủa mặt cầu có bán kính đáy r bằng

Lời giải
Chọn C

Diện tích của mặt cầu là S 4r2.

Câu 24. Cho hình trụ có bán kính đường trịn đáy r5cmvà có chiều cao h10cm. Diện tích xung

quanh của hình trụ bằng

A.





50 cm

. B .





100 cm

. C.





50 cm

. D.





100 cm

.
Lời giải

Chọn B

Diện tích xung quanh của hình trụ bằng Sxq  2 rl  2 .5.10





100 cm

 

Câu 25. Trong không gian Oxyz, cho điểm I



5;0;5



là trung điểm của đoạn MN, biết M



1; 4;7



.
Tìm tọa độ của điểm N .

A. N



10; 4;3



. B. N



2; 2;6



. C. N



11; 4;3



. D. N



11; 4;3



.
Lời giải

Chọn D



5;0;5



I

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

2
2
2
















M N
I
M N
I
M N
I
x x
x
y y
y
z z
z
2
2
2
 


   

  


N I M

x x x

y y y

z z z









2 5 1
2.0 4
2.5 7
  


    
  

N
N
N
x

y
z
11
4
3



  
 

N
N
N
x
y

z  N



11; 4;3



Câu 26. Trong không gian Oxyz, cho mặt cầu

 

S x: 2y2z2 2x4y 6z 3 0. Tâm của

 

S có
tọa độ là

A.



2;4; 6



B.



2; 4;6



C.



1; 2;3



D.



1; 2; 3



Lời giải

Chọn C

Mặt cầu

 

S :x2y2z22ax2by2cz d 0 có tâm là I



a b c; ;



Suy ra, mặt cầu

 

S x: 2y2z2 2x4y 6z 3 0 có tâm là I



1; 2;3



Câu 27. Xác định m để mặt phẳng ( ) : 3P x 4y2z m 0 đi qua điểm A(3;1; 2).

A. m1. B. m1. C. m9. D. m9.

Lời giải
Chọn A

Mặt phẳng ( ) : 3P x 4y2z m 0 đi qua điểm A(3;1; 2) khi và chỉ khi
3.3 4.1 2.( 2)   m 0 m1.Vậy m1.

Câu 28. Trong không gian Oxyz, vectơ nào dưới đây là một vectơ chỉ phương của đường thẳng đi qua
hai điểm A



0;4;3



và B



3; 2;0



A. u1



1; 2;1 .





B

. u2  



1; 2;1 .





C. u3 



3; 2; 3 . 





D. u4 



3; 2;3 .





Lời giải
Chọn B

Ta có AB



3; 6; 3 



3. 1; 2;1







3 .u2

 

Do đó, đường thẳng qua hai điểm A B, có một vectơ chỉ phương là u2



A. 
5

9 . B.

36 . C.

1
.

2 D . 
13

18 .
Lời giải

Chọn D

Số phần tử không gian mẫu: n

 

   9 8 72.
Gọi A là biến cố: “tích nhận được là số lẻ”.

 

5 4 20

n A     n A( ) 72 20 52  

 xác suất biến cố A :

( ) 52 13

( ) .

( ) 72 18
n A

P A
n

  



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

A. y x 43x2. B.

2
1
x
y

x




 . C. y3x33x 2. D. y2x3 5x1.

Lời giải
Chọn C

Hàm số y3x33x 2 có TXĐ: D= ¡ .

930,

yxx

, suy ra hàm số đồng biến trên khoảng



  ;



.
Câu 31. Giá trị lớn nhất của hàm số y 4 x2 là

A. 2. B.0. C.4. D.1.

Lời giải
Chọn A

• Tập xác định: D 



2;2



• Ta có: 2

'
4

x
y

x



  y 0 x  0



2; 2



• Ta có:





 

 2;2

2 2 0

max 2
0 2

y y

y

y 

  




 






 .

Câu 32. Tập nghiệm của bất phương trình
e

1
x



 



 

  là

A.  B.



 ;0



C.



0; 



D.



0; 



Lời giải
Chọn B

Vì
e

  nên e e

e e

1 log log 1 0

x x

x

 

   

    

   

    .

Vậy tập nghiệm của bất phương trình là S   





.
Câu 33. Cho

 

d 3
f x x






. Tính tích phân

 

2 1 d

I f x x







  

A. 9 . B. 3 . C. 3 . D. 5 .
Lời giải

Chọn C

Ta có

 

2 1 d

I f x x







  

 

1 1

2 2

2 f x xd dx

 









2
6 x 3

  

.
Câu 34. Tính mơđun của số phức z biết z 



4 3 1 i

 

i



.

A

. z 5 2 B. z  2 C. z 25 2 D. z 7 2

Lời giải
Chọn A



4 3 1

 



z   i i  7 i  z 7 i  z 5 2

Câu 35. Cho hình lăng trụ đứng ABC A B C.    có đáy ABC là tam giác vuông tại B, AB BC a  ,

' 3

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

A. 45. B . 30. C. 60. D. 90.

Lời giải
Chọn B

Hình lăng trụ đứng ABC A B C.    nên BB



A B C  



 BBA B  A B BB

 

Bài ra có ABBC A B B C .

Kết hợp với

 

1  A B 



BCC B 







A B BCC B ;



 



A BB 













tan A B BCC B ;   tanA BB 

 

A B
BB

 


 3

a

 1

3








A B BCC B ;  



  .

Câu 36. Cho hình chóp .S ABCcó đáy là tam giác vuông cân tại

C BC a

,



, SAvng góc với mặt
phẳng đáy và SA a . Khoảng cách từ A đến mặt phẳng



SBC



bằng

A. 2a B.

2
2
a

C. 2
a

D.
3
2
a
Lời giải

Chọn B

Vì





BC AC

BC SAC

BC SA




 




 .

Khi đó



SBC

 

 SAC



theo giao tuyến là SC.

Trong



SAC



, kẻ AH SCtại H suy ra AH 



SBC



tạiH .

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

Ta có AC BC a  ,SA a nên tam giác SAC vuông cân tạiA.

Suy ra

1 1

2
2 2

AH  SC a

Câu 37. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, viết phương trình mặt cầu có tâm I



1; 4;3



và đi qua
điểm A



5; 3;2



A.













2 2 2

1 4 3 18

x  y  z  . B.



x1



2



y 4



2



z 3



2 16.

C.













2 2 2

1 4 3 16

x  y  z  . D.



x1



2



y4



2



z 3



2 18.
Lời giải

Chọn D

Mặt cầu có tâm I



1; 4;3



và đi qua điểm A



5; 3;2



nên có bán kính R IA 3 2

Vậy phương trình mặt cầu cần tìm là:













2 2 2

1 4 3 18

x  y  z 
.

Câu 38. Phương trình trung tuyếnAM của tam giácABCvớiA(3;1;2), ( 3;2;5), (1;6; 3)B  C  là

A.
1

1 3
8 4

x t

y t

z t

 



 


  

 B.

1 4
3 3
4

x t

y t

z t

 



 


  

 C.

3 4
1 3
2

x t

y t

z t

 



 

  

 D.

1 3
3 4
4

x t

y t

z t

 



 


  


Lời giải
Chọn C

Ta có M( 1;4;1) là trung điểm của BC nên AM qua A và nhậnAM( 4;3; 1) 



làm VTCP

Phương trình trung tuyến

3 4
: 1 3

x t

AM y t

z t

 




 

  


Câu 39. Cho hàm số yf x

 

. Đồ thị hàm yf x

 

như hình vẽ

Đặt

 

3 3

h x  f x  x  x

. Tìm mệnh đề đúng trong các mệnh đề sau:

A. [ 3; 3]

 

max ( ) 3 1h x f





. B. [ 3; 3]





max ( ) 3h x f 3


 

C. [ 3; 3]

 

max ( ) 3h x f 3





. D. [ 3; 3]

 

max ( ) 3h x f 0




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

Ta có:



333hxfxx2

 





3 1

h x  f x x 

   

  .

Đồ thị hàm số y x 21 là một parabol có toạ độ đỉnh C



0; 1



, đi qua A



 3 ; 2



, B



3 ; 2



Từ đồ thị hai hàm số y=f x¢

( )

và y x 21 ta có bảng biến thiên của hàm số y h x

 

Với h



 3



3f



 3



, h

 

3 3f

 

3 .

Vậy [ 3; 3]

( )

max ( )h x 3f 3

-.
Câu 40. Tập nghiệm của bất phương trình

2 1 1

(3 9)(3 ) 3 1 0
27

x x x

   

chứa bao nhiêu số nguyên ?

A. 2. B. 3. C. 4. D.5.

Lời giải

Chọn B

Điều kiện

3

x1

  

1 0

3

x1

 

1 x



1

.

+ Ta có x1 là một nghiệm của bất phương trình.

+ Với x 1, bất phương trình tương đương với

2 1

(3 9)(3 ) 0
27

x x

  

Đặt

t



3

x



0

, ta có

2 1

( 9)( ) 0
27

t  t  ( 3)( 3)( 1 ) 0

t t t

    

3
1

3
27

t
t






  

 .

Kết hợp điều kiện

t



3

x



0

ta được nghiệm

3
27  t

3 3 3 1

x x

      

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

Vậy bất phương trình đã cho có tất cả 3 nghiệm ngun.
Câu 41. Cho hàm số f x

 

 x x21 biết

 





d
f x

x a b c

f x  



với a b c, , là các số hữu tỷ tối giãn .
Tính giá trị P a b c   .

A.

13
3
P

. B.

15
3
P

. C.

10
3
P

. D.

11
3
P

.
Lời giải

GVSB: Thầy Phú; GVPB: Xu Xu
Chọn A

Tập xác định : D .

Ta có:

 





 

2 2

1 1

f x x x f x x x

f x

x x

         

  .

Vậy

 









2 1 2 2 1 2 2 1
f x

x x x x x

f x        .

Khi đó :

















1 1 1 1

2 2 2 2 2 2

0 0 0 0

2 1 2 1 d 2 1 d 2 1 d 1 1 d

x   x x  x x  x x x  x   x   x   x

 















1 3

2 2 2 2

0 0

5 5 2 5 4 2 2 4

1 d 1 1 1 . 2

3 x x 3 3 x 3 3 3 3

 



         

.
Vậy

1; ; 2

3
a b c

khi đó

13
3
P a b c   

Câu 42. Có bao nhiêu số phức z thỏa mãn z 2i 3 và



zi 4i5 3



i là số thực ? .

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

Lời giải

GVSB: Thầy Phú; GVPB: Xu Xu 
Chọn B

Ta có: z 2i 3 nên z biểu diễn bởi M nằm trên đường tròn

 

C , tâm I



0; 2



, R3 .
Ta có: w



zi 4i5 3



i 



y xi  4i5



i 



x4



i



 y5



là số thực nên w biễu diễn
bởi điểm A nằm trên đường thẳng  y 5 0

 

d .

Vì









2
2 5

; 7

d I d     R

nên đường thẳng d khơng cắt đường trịn



I R;



.
Vậy khơng có số phức z nào thỏa mãn u cầu bài tốn .

Câu 43. Cho hình chóp .S ABCD có đáy ABCD là hình thoi tâm O, đường thẳng SO vng góc với
mặt phẳng



ABCD



. Biết AB SB a  2, SO a . Tính tan của góc giữa hai mặt phẳng



SAB



và



SAD



.
A.

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

Lời giải

GVSB: Thầy Phú; GVPB:Xu Xu

Chọn D

Gọi M trung điểm SA. Ta có SAB cân tại B BM SA (1)

Vì SO



ABCD



 SOBD, lại có O trung điểm BD  SBD cân tại S

nên SD SB a  2  SAD cân tại D nên DM SA (2)

Lại có



SAB

 

 SAD



SA (3)

Từ (1);(2);(3)







SAB

 

, SAD



BMD hoặc







SAB

 

, SAD



180  BMD .

Xét SOB vuông tại O





2 2 2 2 2a

OB SB SO a a a BD

       

.
Xét AOB vuông tại O có OA AB2 OB2  A OA OC a  .

Xét

1 2

2 2

2 a

SOC SC a OM SC

     

Vì





BD AC

BD SAC

BD SO




 




 nên BDMO . Mặt khác OD OB nên BDM cân tại M .

Xét

BOM

 vuông tại O

2 2 6 6.

2 2

a a

BM OM OB DM BM

      

Xét





2 2 2



 



cos 1 cos ; 1.

2 . 3

BM DM BD

BMD SAB SAD

B
BDM

M DM

       

Vậy



 







tan ; 1 2 2

1
3

SAB SAD   

 
 

  .

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

Chọn hệ trục Oxyz sao cho tâm của hình thoi trùng với gốc tọa độ, và các điểm lần lượt có tọa
độ như sau: S



0, 0,a



Oz, D a



,0,0



Ox, C



0, ,0a



Oy.

Khi đó dễ dàng suy ra các đỉnh còn lại là B



a,0,0



, A



0,a, 0



.
Mặt phẳng



SAD



có cặp vectơ chỉ phương SA



0,a a





và SD



a;0;a





do đó có VTPT



2 2 2



, , ,

nSA SD  a a a

 



 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
   

Mặt phẳng



SAB



có cặp vectơ chỉ phương SA



0,a a





và SB 



a;0;a





do đó có

VTPT





2 2 2

, , ,

n SA SD  a a a

  

Gọi  là góc giữa hai mặt phẳng



SAD



và



SAB



, khi đó

4 4 4

4 4

. 1

cos

3
3 3

n n a a a

a

n n a a



   

  




 

 

Vậy

2
2

1 1

tan 1 1 2 2

cos 1



    

 
 

  .

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

A. 
1

2 . B.

5. C. 3

2 . D.

3
1 2 2 .

Lời giải

GVSB: Thầy Phú; GVPB:Xu Xu
Chọn C

Chọn hệ trục tọa độ Oxy như hình vẽ.

Phương trình Parabol có dạng y ax 2

 

P .

 

P

đi qua điểm có tọa độ



6; 18



suy ra:





2 1

18 6

a a

    

Vậy

 

P có phương trình

 

2
1
2
P  x

. .
Từ hình vẽ ta có:

1
2
x
AB

CD x .

Diện tích hình phẳng giới bạn bởi Parabol và đường thẳng

2
1
1
:

2
AB y x

là
1

1 3

2 2 2 3

1 1 1 1

0 0

1 1 1 1 2

2 d 2 .

2 2 2 3 2 3

x
x

x

S   x   x  x   x x  x

 

   



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

Diện tích hình phẳng giới hạn bởi Parabol và đường thẳng
2
2
1
:
2
CD y x

là
1

2 3

2 2 2 3

1 2 2 2

0 0

1 1 1 1 2

2 d 2 .

2 2 2 3 2 3

x
x

x

S   x   x  x   x x  x

 

   



Từ giả thiết suy ra

3 3 1

2 1 2 1 3

2
1

2 2

2
x

S S x x

x
    
. Vậy
1
3
2
1
2
x
AB

CD x  .
Câu 45. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho hai đường thẳng 1

4 1

1 2 3

x y z

  

và
2

2 1

1 2 3

x y z

  

  cắt nhau và cùng nằm trong mặt phẳng

 

P . Đường phân giác d của 
góc nhọn tạo bởi 1, 2 và nằm trong mặt phẳng

 

P có một véctơ chỉ phương là

A. u



1; 2;3





. B. u



0;0; 1





. C. u



1;0;0





. D. u



1; 2; 3 





Lời giải

GVSB: Thầy Phú; GVPB:Xu Xu
Chọn B

Ta có :





4 1

: 4 2 .

1 2 3

1 3
x a

x y z

y a a

z a


  
       
  


 2





2 1

: 2 .

1 2 3

1 3

x b

x y z

y b b

z b
 

  

      
 
  



Gọi M là giao điểm của hai đường thẳng vậy tọa độ M thỏa mãn hệ phương trình :





4 2a 2 1;2; 2 .
1

1 3a 1 3

a b
a
b M
b
b
 




     

 


   


Trên 1

 lấy điểm A



1;6; 4



 MA 



2; 4;6



, trên 2 lấy điểm B



 2 b; 2 ;1 3 b  b



thỏa mãn :













2 2 2

2 2 56 1 2 2 3 3

MA MB  MA MB     b   b   b

















2 2 1 3; 2;4 2; 4;6

14 28 42 0 2 3 0

3 1;6; 8 2;4; 6

B MB

b

b b b b

b B MB


   




            
   
  


.

Xét MA MB.

 

 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 

, vì d là đường phân giác góc nhọn của 2 đường thẳng nên MA MB. 0
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
vậy tọa

độ B



3; 2; 4



thỏa mãn.

Vậy véctơ chỉ phương của đường thẳng dthỏa mãn : u MA MB  



0;0;12




 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
   
.
Vì u



là vectơ chỉ phương của đường thẳng d nên ku k



0





cũng là vectơ chỉ phương của
đường thẳng d. Khi đó chọn

1
12

k 

véctơ chỉ phương của đường thẳng d có tọa độ là



0;0; 1



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

Câu 46. 1. Cho hàm số f x( )x3 3x21 và g x( )f f x



( )  m



cùng với x1, x1 là hai

điểm cực trị trong nhiều điểm cực trị của hàm số yg x( ). Khi đó số điểm cực trị của hàm
( )

y g x là

A. 14 . B. 15 . C. 9 . D. 11.

Lời giải
Chọn D

 Ta có:

3 2

( ) 3 1

f x x  x  và g x( )f f x



( ) m f



; ( 1) 3; (1)f 1;

Suy ra









( ) ( )2





( ) ( ) . ( ) . ( ) 0

( )
f x f x

g x f x f f x m f f x m

f x




       

0; 2 0; 2

0.53, 0.65, 2.88 0.53, 0.65, 2.88

( ) 0 ( )

( ) 2 ( ) 2

x x x x

x a x b x c x a x b x c

f x m f x m

   

 

 

           

 

 

    

 

   

 

  (*)

Để có hai điểm cực trị x1, x1 trong hàm số y g x ( ) thì hai giá trị x đó phải là nghiệm

của hệ phương trình:

( ) 1

( ) 2 1

2 3

3
( 1) 3; (1) 1; 2 1

m

f x m m

m

f x m m

m

f f m




   



 

       

    

  



   



    .

- Với m3thì suy ra

( ) 3
( ) 5
f x
f x

 





 , tới đây ta nhận thấy hệ phương trình trên khơng có nghiệm

x nên ta loại.

- ới m1 thì suy ra

( ) 1
( ) 1
f x
f x

 





 , tới đây ta nhận thấy hệ phương trình trên khơng có

nghiệm x1nên ta loại

- Với m1 thì suy ra

( ) 1
( ) 3
f x
f x

 





 . Do hệ phương trình này có hai nghiệm x1;x1 nên 
hệ phương trình tương đương với (dựa vào đồ thị hình bên)

1;0;1; ;3
; ;2

x b

a

x c





 




 . Do hai cực trị x0,x2 đã có ở (*) nên

1;1; ;3
;

x b

x a c





    

 (6 nghiệm)

Như vậy hệ phương trình (*) có tổng cộng 11 nghiệm tương đương với hàm số yg x( ) có 11
điểm cực trị thỏa đề bài, chọn D

Câu 46. 2. Cho hàm số f x

 

liên tục trên . Biết rằng phương trình f x

 

0 có 8 nghiệm dương

phân biệt khơng nguyên, phương trình





3 2

2 3 1 0

f x  x  

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

trình





4 2 2 2 0

f x  x  

có 8 nghiệm phân biệt. Hỏi phương trình f x

 

0 có bao nhiêu
nghiệm thuộc khoảng



2; 



A. 0 . B. 1. C. 2 . D. 4 .

Lời giải
Chọn A

Bước 1:



4 2



2 2 0

f x  x  

có 8 nghiệm



x2 1



2 1 a x2 1 a 1 x 1 a 1

           

ĐK bắt buộc:

1 1

1 1 0

1 2

1
1 0

a
a

a

      



   

 


 

 



 Để f x



4 2x22



0 có 8 nghiệm phân biệt thì f x

 

0 có 2 nghiệm thuộc khoảng



1;2



. Mà f x

 

0 có 8 nghiệm dương nên suy ra:

 

f x 

có 8 nghiệm













2 1; 2

6 0;1 2;

o

o
n
n

 




   



Bước 2:



3 2



2 3 1 0

f x  x  

có 20 nghiệm phân biệt
Xét hàm số y2x3 3x21, ta có:

 









3 2

2 3 1 1 2

1 :

2 3 1 0 2

o
o

x x n

   




  



 và các nghiệm

 

1 nằm trong khoảng



0;1







2; 



Nếu như tồn tại 6 điểm x x1, ,...,2 x6



0;1



sao cho 2x3 3x2 1 x x1, ,...,2 x6, mà mỗi phương
trình có 3 nghiệm thì tổng cộng đã có 18 nghiệm cộng với 2no



1; 2



 f x

 

0 có













2 1; 2

6 0;1

0 2;

o

o
n
n
n

 






   

 . Chọn A

Câu 47. Biết rằng có n cặp số dương



x y;



( với nbất kỳ) để x x; log x;ylog y ;xylogxy tạo thành 1 cấp số

nhân. Vậy giá trị gần nhất của biểu thức
1

1
n

n
k

n
n

k

x
y






nằm trong khoảng nào ?

A.



3.4;3.5



. B.



3.6;3.7



. C.



3.7;3.8



. D.



3.9;4



.
Lời giải

Chọn D

</div>
(26)<div class='page_container' data-page=26>

Áp dụng vào suy ra:

 



log





log 





log 



log x ;log x x ;log y y ;log xy xy

lập thành một cấp số cộng

 



 





 







log x ; log x ; log y ; log xy

tạo thành 1 cấp số cộng

Suy ra:







 





 





 



2 2 2 2

log xy  log y  log y  log x





 



log xy log y





log



xy



log

 

y





log

 

y





log

 

x



    

 



log y



2 2log

 

x log

 

y 2 log



 

x



2 0

    (1)

Tương tự



 





 





 



 



 





 



 

2 2 2 2 2

log y  log x  log x  log x  log y  2 log x log x 0 (2)

   

2  1  2log

 

y log

 

x log

 

x 0

 

1
log 2log 1 0 1
10
x

x y
y



     
 


TH1: x1 thì log

 

y  0 y 1



x y;

 

1;1

 

 x y1; 1



TH2:

1
10

y

thì



 



 

2 1

2 log log 0

x  x  

 

1 3
4

1 3
log 10
4
x x


   









1 3
4
2 2
1

; 10 ; ;

x y x y



 

  

  và









1 3

3 3
1

; 10 ; ;

x y x y



 

 

 





3.96687... 3.9; 4
S

  

Câu 48. Cho hàm số y x 2có đồ thị

 

C , biết rằng tồn tại hai điểm A, B thuộc đồ thị

 

C sao cho
tiếp tuyến tại A, B và đường thẳng pháp tuyến của hai tiếp tuyến đó tạo thành một hình chữ
nhật có chiều dài gấp đôi chiều rộng. Gọi S1 là diện tích giới hạn bởi đồ thị

 

C và hai tiếp
tuyến, S2 là diện tích hình chữ nhật giới hạn bởi các tiếp tuyến và pháp tuyến tại A B, . Tính tỉ 
số

1
2
S
S ?
A.

6. B.

3. C.

125

768. D.

125
128.
Lời giải

Chọn A
Đặt





2
;
A a a

và





2
;
B b b

. Không mất tính tổng quát, ta xét a0 và b0

 

d1 là đường tiếp tuyến với

 

C tại A và

 

d2 là đường tiếp tuyến với

 

C tại B

 





2
1
2
2
: 2
: 2

d y ax a
d y bx b

  

 
 



</div>
(27)<div class='page_container' data-page=27>

 1  2



 



1 1 1

. 1 2 . 2 1 ;

4 4 16

d d

k k a b b B

a a a

  

       

 





1
:
2 16
x
d y
a a

  
1 2
d d tại

4 1 1
;
8 4
a
E
a
   
 
 

 chiều dài



4 2 1



3
8
a
D
a



và chiều rộng





3
2
4 1
16
a
R

a


Mà





2 3

4 1 125
2. 1

128 128
a

D R a S

a



     

và suy ra

 

: 2 1
1
:

2 16

d y x

x
d y
 


  
 



Với a1 suy ra

4 1 1
;
8 4
a
E
a
   

 

  có tọa độ

3 1
;
8 4
E  

 .
Suy ra





3
1
8
2 2
1
1 3
4 8
1 125
2 1

2 16 768

x

S x dx x x dx


  

 
           
 
 



Như vậy tỉ số
1
2

125 128 128 1
.

768 125 768 6
S

S   

Câu 49. Cho số phức z thỏa z1 1 z11 z1 z1 4 6và z2 5i 2thì giá trị nhỏ nhất của
1 2

z  z m

. Khẳng định đúng là

A. m



0; 2



. B. m



2;4



. C. m



4;5



. D. m



5;7



.
Lời giải

Chọn B
Cách 1.

Đặt: z1  a bi thì bất phương trình trên trở thành

1 1 1 1 2 4 6

z z bi

      

Ta có

1 1 1 1 1 1

1 1 1 1 1 1 2

2 4 4 16 4

z z z z z z

bi b
            


   



Suy ra z1 1 z11 2bi 4 6

Vậy để z1 1 z11 z1 z1 4 6 thì z1 1 z11 z1 z1 4 6.

Mặt khác, ta thấy 2z1 1 z11z1  1 1 z1 z1  1 1 z1 2nên suy ra bất phương 
trình xảy ra dấu “=” khi và chỉ khi số phức z1 bằng 0, từ đó suy ra

1 1 4 2 4 4 0

z  z   bi   b

</div>
(28)<div class='page_container' data-page=28>

Khi ấy, giá trị nhỏ nhất của biểu thức z1 z2 cũng chính là đường nối tâm và gốc tọa độ trừ 
cho bán kính, tức mmin



z1 z2



OI R  5 2 3 . Như vậy m 3



2; 4



.

Cách 2

 Ta có: z1 1 z11 z1 z1 4 6

Đặt: z1  a bi thì bất phương trình trên trở thành  z1 1 z112bi 4 6

Ta tách quỹ tích gốc thành hai quỹ tích thành phần nên bất phương trình trên tương đương với:
1 1 1 1 2,(1)

2 4 4,(2)

z z

bi

    


 

 



 . Như vậy số phức z1 sẽ có quỹ tích gồm 2 thành phần trên

Ở bất phương trình (1), ta nhận thấy 2z1 1 z11 z1  1 1 z1 z1  1 1 z1 2nên 
suy ra bất phương trình xảy ra dấu “=” khi và chỉ khi số phức z1bằng 0

Ở bất phương trình (2), ta nhận thấy 2bi 4 4chỉ xảy ra dấu “=” khi b0tức số phức z10
(cả phần thực và ảo đều bằng 0) nên từ đó ta suy ra z10, và cũng chính là gốc tọa độ trong 
mặt phẳng Oxy

Ta có: z2 5i  2 quỹ tích của số phức z2là một hình trịn có tâm I



0;5



và bán kính R2
Khi ấy, giá trị nhỏ nhất của biểu thức z1 z2 cũng chính là đường nối tâm và gốc tọa độ trừ 
cho bán kính, tức mmin



z1 z2



OI R  5 2 3 . Như vậy m 3



2; 4



nên đáp án B 
Câu 50. 1. Cho tam giác ABC có A



2; 2;3 ,



B



1;3;3 ,



C



1; 2; 4



. Các tia Bu Cv, vuông góc với mặt

phẳng



ABC



 

C cố định. Tính bán kính của đường tròn

 

C .

A. 
3 2

8 . B.

3 2

4 . C.

5 2

8 . D.

2 2
3 .
Lời giải

</div>
(29)<div class='page_container' data-page=29>

Lấy I trên tia MN sao cho MI BM  IN CN . Các tam giác MBI NCI, cân suy ra

  180  180  360 (  ) 90

2 2 2

INC IMB INC IMB

NIC MIB

  



   

    

. Vậy ta có

 180 (  ) 90

BIC    NIC MIB  

. Hay I thuộc nửa đường trịn đường kính BC. Ta cũng có

 90

MJN  

và AJ 



BC Bx,



 AJ JM AJ, JN. Vậy .J AMN tam diện vuông nên





JH  AMN

Chứng minh 3 điểm A, H, I thẳng hàng:

Vì các tam giác IMB, JIB cân tại M và I nên MIB MBI  và JIB JBI 

     90

MIB JIB MBI JBI MBJ

       (Vì Bu



ABC



.

 90

MIJ JI MN

   

Mà JH 



AMN



, do đó theo định lí ba đường vng góc suy ra HI MN .

Ta có

HI MN

AH MN







 suy ra ba điểm A, H, I thẳng hàng.

Ta có HI là hình chiếu vng góc của JI lên mặt phẳng



AMN



, mà

Ta nhận thấy tam giác ABCđều cạnh

3
2

2
a  AJ  a

.
Ta có ABJ AIJ  AB AI a  và

2 3 3 3

4 4 4

AJ a AH

AH AH AI

AI AI

      

. Vậy H là
3

</div>
(30)<div class='page_container' data-page=30>

3 3 2 3 2
.

4 4 2 8

R BJ  

Câu 50. 2. Trong không gian Oxyz, cho hai điểm A



0;1;2



và B



3;1;3



thoả mãn ABBC,

AB AD , AD BC . Gọi ( )S là mặt cầu có đường kính AB, đường thẳng CD di động và 
luôn tiếp xúc với mặt cầu ( )S . Gọi E AB F CD ,  và EF là đoạn vng góc chung của ABvà

CD . Biết rằng đường thẳng ( ) EF;( ) ABvà d A



;

 





 3 . Khoảng cách giữa  và
CD lớn nhất bằng

A.

3 2
2



. B. 2. C.

3 3
2



. D. 3 .
Lời giải

Chọn A

 A



0;1;2



và B



3;1;3



suy ra AB



3;0;1



 AB2



 Ta có: hình lập phương có cạnh bằng độ dài cạnh AB2 và mặt cầu ( )S có bán kính bằng

EF tiếp xúc với các mặt của hình lập phương trên, gọi F là trung điểm CD thì suy ra CD
ln tiếp xúc với mặt cầu( )S

Từ hình vẽ trên ta cũng suy ra được d A



; 



AM a 3với M thuộc đường tròn thiết diện
qua tâm mặt cầu tiếp xúc với mặt phẳng chứa CD và khoảng cách giữa  và CD bằng MF
với MFvng góc mặt phẳng chứa CD

Suy ra khoảng cách giữa  và CD lớn nhất bằng MF MJ JF  như hình vẽ trên

Từ đây ta có:





 

2 2

2 2 2 2 2 3 1

MB AB  MA  R  MA   

Xét AMBvng tại M có MJ AB nên ta có: 2 2 2

1 1 1

</div>
(31)<div class='page_container' data-page=31>

Suy ra 2 2