Bai tap trac nghiem nang cao Toan 12 co dap an va loi giai chi tiet Dang Viet Dong File word

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (6.37 MB, 165 trang )

(1)Giáo viên: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A. – Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất. [Type here]. Toán 12.

(2) Giáo viên: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A. Toán 12. MỤC LỤC PHẦN I – ĐỀ BÀI ........................................................................................................................................ 3 HÀM SỐ ........................................................................................................................................................ 3 HÌNH ĐA DIỆN ........................................................................................................................................... 9 I – HÌNH CHÓP ....................................................................................................................................... 9 II – HÌNH LĂNG TRỤ ......................................................................................................................... 13 MŨ - LÔ GARIT ........................................................................................................................................ 15 HÌNH NÓN - TRỤ - CẦU........................................................................................................................ 19 NGUYÊN HÀM , TÍCH PHÂN VÀ ỨNG DỤNG ................................................................................ 24 HÌNH HỌC TỌA ĐỘ KHÔNG GIAN OXYZ ...................................................................................... 29 SỐ PHỨC .................................................................................................................................................... 37 PHẦN II – LỜI GIẢI CHI TIẾT ............................................................................................................ 41 HÀM SỐ ...................................................................................................................................................... 41 HÌNH ĐA DIỆN ......................................................................................................................................... 64 I – HÌNH CHÓP ..................................................................................................................................... 64 II – HÌNH LĂNG TRỤ ......................................................................................................................... 78 MŨ - LÔ GARIT ........................................................................................................................................ 85 HÌNH NÓN - TRỤ - CẦU...................................................................................................................... 101 NGUYÊN HÀM , TÍCH PHÂN VÀ ỨNG DỤNG .............................................................................. 115 HÌNH HỌC TỌA ĐỘ KHÔNG GIAN OXYZ .................................................................................... 129 SỐ PHỨC .................................................................................................................................................. 155. – Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất. [Type here].

(3) Giáo viên: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A. Toán 12. PHẦN I – ĐỀ BÀI HÀM SỐ Câu 1. Cho hàm số y  x3  mx  2 có đồ thị (C m). Tìm m để đồ thị (C m) cắt trục hoành tại một điểm duy nhất. 3 3 A. m B. m C. m 3 D. m 3 4 2 2 Câu 2. Cho hàm số: y  x  2(m  2) x  m  5m  5 . Với giá trị nào của m thì đồ thị hám số có cực đại và cực tiểu, đồng thời các điểm này tạo thành một tam giác đều A. m  2  3 3 B. 2  3 C. 3  2 D. 3  3 2 1 Câu 3. Cho hàm số y = x 3  x 2 có đồ thị là (C). Tìm tất cả những điểm trên đồ thị (C) sao cho hệ số. 2. 2 góc của tiếp tuyến với đồ thị (C) tại những điểm đó là giá trị lớn nhất của hàm số g(x) = 4x +3. x 4 +1. 1  A.  ; 0  2   2 1  2   2 1  2  C.   ;  2 ;  4   2 ; 4     . 3   4 40   B.  1;   ;  ;  2   3 27   1  D.  ; 0  ;  2; 10  2 . 2x  4 có đồ thi C điểm A(5;5) . Tìm m để đường thẳng y   x  m cắt x 1 đồ thị C tại hai điểm phân biệt M và N sao cho tứ giác OAMN là hình bình hành ( O là gốc toạ Câu 4. Cho hàm số y . độ). A. m. 2 B. m 0; m 2 C. m 2 D. m x2 Câu 5. Cho hàm số: y   C  . Tìm a sao cho từ A(0, a ) kẻ được hai tiếp tuyến đến (C) nằm ở x 1 hai phía trục Ox.  2   2  A.  ;   B.  2;   \ 1 C.  2;   D.  ;   \ 1  3   3  3x  1 Câu 6. Hai điể m M, N thuô ̣c hai nhá nh của đồ thi ̣ y  . Khi đó đô ̣ dài đoa ̣n thẳ ng MN ngắ n nhấ t x 3 bằ ng? A. 8 B. 4 C. xM  3 D. 8 2 . 0. Câu 7. Cho hà m số y   x3  3mx2  3m 1 . Với giá tri na ̣ ̀ o của m thì đồ thi ha ̣ ̀ m số đã cho có cực đa ̣i và cực tiể u đố i xứng nhau qua đường thẳ ng d : x  8 y  74  0 A. m  1 B. m  2 C. m  2 D. m  1 Câu 8. Cho f  x   e và. 1. 1 x2. . 1.  x 12. m. . Biết rằng f 1 . f  2 . f  3... f  2017   e n với m , n là các số tự nhiên. m tối giản. Tính m  n2 . n A. m  n2  2018 . B. m  n2  2018 .. C. m  n2  1 .. D. m  n2  1 .. Câu 9. Cho hàm số y  f ( x) có đồ thị y  f ( x) cắt trục Ox tại ba điểm có hoành độ a  b  c như hình vẽ. Mệnh đề nào dưới đây là đúng? – Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất. [Type here].

(4) Giáo viên: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A A. B. C. D.. Toán 12. f (c)  f (a)  f (b). f (c)  f (b)  f (a). f (a)  f (b)  f (c). f (b)  f (a)  f (c).. Câu 10. Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để hàm số y   2m  1 x   3m  2  cos x nghịch biến trên. .. 1 1 1 A. 3  m   . B. 3  m   . C. m  3. D. m   . 5 5 5 3 2 Câu 11. Tìm tất cả các giá trị của m để hàm số: y  2 x  3  m  1 x  6  m  2  x  3 nghịch biến trên khoảng có độ dài lớn hơn 3 A. m  0 hoặc m  6 B. m  6 C. m  0 D. m  9 x 1 Câu 12. Cho hàm số y  có đồ thị (C) và A là điểm thuộc (C). Tìm giá trị nhỏ nhất của tổng các x 1 khoảng cách từ A đến các tiệm cận của (C). A. 2 2 B. 2 C. 3 D. 2 3 2x  1 Câu 13. Cho hàm số y   C  . Tìm k để đường thẳng d : y  kx  2k  1 cắt (C) tại hai điểm x 1 phân biệt A, B sao cho khoảng cách từ A và B đến trục hoành bằng nhau. A. 12 B.  4 C. 3 D. 1 x4 Câu 14. Nếu đồ thị hàm số y  cắt đường thẳng (d ) : 2 x  y  m tại hai đểm AB sao cho độ dài x 1 AB nhỏ nhất thì A. m=-1 B. m=1 C. m=-2 D. m=2 3 2 2 2 Câu 15. Cho hàm số y  x  3mx  3  m  1 x  1  m . Tìm m để trên đồ thị hàm số có hai điểm đối. xứng qua gốc tọa độ A. 1  m  0 hoặc m  1 C. 1  m  0 hoặc m  1. Câu 16. Cho hàm số y  x3  3mx2  m3 có đồ thị  Cm . B. 1  m  0 hoặc m  1 D. 1  m  0 hoặc m  1 2 3 và đường thẳng d : y  m x  2m . Biết rằng. m1 , m2  m1  m2  là hai giá trị thực của m để đường thẳng d cắt đồ thị  Cm  tại 3 điểm phân biệt có hoành độ x1, x 2 , x3 thỏa x14  x2 4  x34  83 . Phát biểu nào sau đây là đúng về quan hệ giữa hai giá trị m1, m2 ? B. m12  2m2  4 . C. m22  2m1  4 . D. m1  m2  0 . x3 Câu 17. Cho hàm số y  có đồ thị là (C). Gọi I là giao điểm của 2 đường tiệm cận của (C). Tìm x 1 tọa độ điểm M trên (C) sao cho độ dài IM là ngắn nhất ? A. M 1  0 ;  3 và M 2  2 ; 5  B. M 1 1 ;  1 và M 2  3 ; 3 A. m1  m2  0 .. 1 7 5   1  5 11  C. M 1  2 ;   và M 2  4 ;  D. M 1  ;   và M 2   ;  3 3 3   2  2 3 Câu 18. Giá trị của tham số m để diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số y  3x2  2mx  m2  1 , trục hoành, trục tung và đường thẳng x = 2 đạt giá trị nhỏ nhất là: A. m = 2 B. m = 1 C. m = -1 D. m = - 2. – Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất. [Type here].

(5) Giáo viên: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A. Toán 12. x2  2 x  3 Câu 19. Đường thẳng đi qua 2 điể m cực tri của ̣ đồ thị hà m số y  hợp với 2 trục tọa độ 1 x 1 tam giác có diện tích S bằng: A. S=1,5 B. S=2 C. S=3 D. S=1 3 2 Câu 20. Cho hàm số y  x  2 x  1  m  x  m có đồ thị  C  . Giá trị của m thì  C  cắt trục hoành tại 3 điểm phân biệt x1, x2 , x3 sao cho x12  x22  x32  4 là  1   m  1 B.  4 m  0 . A. m  1. 1 C.   m  1 4. D.. 1  m1 4. Câu 21. Cho hàm số y   x  m   3x  m 2 1 . Gọi M là điểm cực đại của đồ thị hàm số 1 ứng với 3. một giá trị m thích hợp đồng thời là điểm cực tiểu của đồ thị hàm số 1 ứng với một giá trị khác của m. Số điểm M thỏa mãn yêu cầu đề bài là: A. 1 B. 2 C. 3 D. 0 Câu 22. Cho một tam giác đều ABC cạnh a. Người ta dựng một hình chữ nhật MNPQ có cạnh MN nằm trên cạnh BC, hai đỉnh P và Q theo thứ tự nằm trên hai cạnh AC và AB của tam giác. Xác định giá trị lớn nhất của hình chữ nhật đó? A.. 3 2 a 8. B.. 3 2 a 4. C. 0. D.. 3 2 a 2. x (C) . Tìm m để đường thẳng d : y  mx  m 1 cắt (C) tại hai điểm 1 x phân biệt M , N sao cho AM 2  AN 2 đạt giá trị nhỏ nhất với A(1;1) . A. m  1 B. m  2 C. m  1 D. m  3 Câu 24. Cho hà m số bâ ̣c ba y  f  x  có đồ thi ̣nhu hình vẽ bên. Tấ t cả Câu 23. Cho hàm số y . các giá tri ̣ của tham số m để hà m số y  f  x   m có ba điể m cực tri la ̣ ̀: A. m  1 hoă ̣c m  3 B. m  3 hoă ̣c m  1 C. m  1 hoă ̣c m  3 D. 1  m  3 3 2 Câu 25. Tìm m để đồ thị hàm số y  x  3mx  1 có hai điểm cực trị A, B sao cho tam giác OAB có diện tích bằng 1 (O là gốc tọa độ). A. m  1 B. m  2 C. m  1 D. m  3 2 2sin x Câu 26. Giá trị lớn nhất của hàm số f x là 4 x 4 x sin cos 2 2 A. 0 B. 4 C. 8 D. 2 Câu 27. Cho hà m số y  x3  6 x 2  9 x  m có đồ thi (C), ̣ với m là tham số . Giả sử đồ thi (C) ̣ cắ t tru ̣c hoà nh ta ̣i ba điể m phân biêṭ có hoành đô ̣ thỏa mã n x1  x2  x3 . Khẳ ng định nà o sau đây là đúng? A. 1  x1  x2  3  x3  4 B. 0  x1  1  x2  3  x3  4 C. x1  0  1  x2  3  x3  4 D. 1  x1  3  x2  4  x3 tan x  2 Câu 28. Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m sao cho hàm số y  đồng biến trên khoảng tan x  m    0;  .  4 A. m  0 hoặc 1  m  2. B. m  0. C. 1  m  2. D. m  2.. – Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất. [Type here].

(6) Giáo viên: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A. Toán 12. Câu 2 Câu 29. Cho hàm số y  ax4  bx2  c có đồ thị như hình vẽ bên. Mệnh đề nào dưới đây đúng? A. a  0, b  0, c  0 B. a  0, b  0, c  0 C. a  0, b  0, c  0 D. a  0, b  0, c  0. 1 ( C ) Tìm những điểm trên đồ thị (C) có hoành độ lớn hơn 1 x 1 sao cho tiếp tuyến tại diểm đó tạo với 2 đường tiệm cận một tam giác có chu vi nhỏ nhất . 1 1  1    1 A. M  1  4 ;2  2  4  B. M   4 ;2  4  2 2 2   2. Câu 30. Cho hàm số : y  x  1 . . C. M  1;2  2. . 1 1   D. M  1  4 ;2  2  4  2 2 . x4 5  3x 2  (C ) và điểm M  (C ) có hoành độ xM = a. Với giá trị nào của a 2 2 thì tiếp tiếp tuyến của (C) tại M cắt (C) 2 điểm phân biệt khác M.    a  3 a  7 a  3 a  3 A.  B.  C.  D.  a  1    a  2 a  1 a  1 2x  3 Câu 32. Cho hàm số: y  . Viết phương trình tiếp tuyến của (C) , biết tiếp tuyến đó cắt đường x2 tiệm cận đứng và tiệm cận ngang lần lượt tại A, B sao cho AB  2 IB , với I (2,2) . A. y   x  2 ; y   x  3 B. y  x  2 ; y   x  6 C. y   x  2 ; y   x  6 D. y  x  2 ; y  x  6 3 2 Câu 33. Cho hàm số y = x + 2mx + (m + 3)x + 4 (m là tham số) có đồ thị là (Cm), đường thẳng d có phương trình y = x + 4 và điểm K(1; 3). Tìm các giá trị của tham số m để d cắt (Cm) tại ba điểm phân biệt A(0; 4), B, C sao cho tam giác KBC có diện tích bằng 8 2 . 1  137 1  142 1  37 1 7 A. m  B. m  C. m  D. m  2 2 2 2 3 Câu 34. Cho hàm số: y  x  2009x có đồ thị là (C). M 1 là điểm trên (C) có hoành độ x1  1 . Tiếp tuyến của (C) tại M 1 cắt (C) tại điểm M 2 khác M 1 , tiếp tuyến của (C) tại M 2 cắt (C) tại điểm M 3 Câu 31. Cho hàm số: y . khác M 2 , tiếp tuyến của (C) tại điểm M n 1 cắt (C) tại điểm M n khác M n 1 (n = 4; 5;…), gọi  xn ; yn . là tọa độ điểm M n . Tìm n để : 2009 xn  yn  22013  0 A. n  685 B. n  627 C. n  675 D. n  672 3 x  2m Câu 35. Cho hàm số y  với m là tham số. Xác định m để đường thẳng d cắt các trục mx  1 Ox, Oy lần lượt tại C , D sao cho diện tích OAB bằng 2 lần diện tích OCD . 5 2 1 A. m   B. m  3 C. m   D. m   3 3 3 1 Câu 36. Cho hàm số y  mx3   m  1 x 2   4  3m  x  1 có đồ thị là  Cm  , m là tham số. Tìm các 3 giá trị của m để trên  Cm  có duy nhất một điểm có hoành độ âm mà tiếp tuyến của  Cm  tại điểm đó vuông góc với đường thẳng d : x  2 y  0 . – Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất. [Type here].

(7) Giáo viên: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A. m  0 A.  m  2 3 . m  0 B.  m  1. C. 0  m . Toán 12 1 3.  m  1 D.  m  5 3 . 2x  1 có đồ thị (C) và điểm P  2;5  . Tìm các giá trị của tham số m để x 1 đường thẳng d : y   x  m cắt đồ thị  C  tại hai điểm phân biệt A và B sao cho tam giác PAB đều.. Câu 37. Cho hàm số y . Phương trình hoành độ giao điểm của đường thẳng d và đồ thị (C) là: A. m  1, m  5 B. m  1, m  4 C. m  6, m  5 D. m  1, m  8 4 3 Câu 38. Cho hàm số y  x  mx  4x  m  2 . Tìm tất cả các giá trị của m để hàm số ban đầu có 3 cực trị và trọng tâm của tam giác với 3 đỉnh là toạ độ các điểm cực trị trùng với tâm đối xứng của đồ 4x thị hàm số y  . 4x  m A. m  2 B. m  1 C. m  4 D. m  3 3 2 Câu 39. Tìm tham số m để hàm số y  x  3mx  3  m  1 x  2 nghịch biến trên một đoạn có độ dài lớn hơn 4 . 1  21 1  21 1  21 A. m  B. m  hoặc m  2 2 2 1  21 1  21 1  21 m C. m  D. 2 2 2 x  1 Câu 40. Đường thẳng d : y  x  a luôn cắt đồ thị hàm số y   H  tại hai điểm phân biệt 2x  1 A, B . Gọi k1, k2 lần lượt là hệ số góc của các tiếp tuyến với  H  tại A và B . Tìm a để tổng k1  k2 đạt giá trị lớn nhất. A. a  1 B. a  2 C. a  5 D. a  1 Câu 41. Tìm m để phương trình x4 – ( 2m+3)x2 + m + 5 = 0 có 4 nghiệm x1, x2, x3, x4 thoả mãn : -2 < x1 < -1 < x2 < 0 < x3 < 1 < x4 < 3 A. Không có m B. m  1 C. m  4 D. m  3 3 1 Câu 42. Cho hàm số: y = x3 - mx 2  m 3 . Xác định m để đường thẳng y = x cắt đồ thị tại 3 điểm 2 2 phân biệt A, B, C sao cho AB = BC. A. m = 0 ; m =  2 B. m = 0 C. m =  2 D. m = 0 ; m = 2 Câu 43. Cho hàm số y=x3 -(m+1)x2 -(2m2 -3m+2)x+2m(2m-1). Xác định m để hàm số đồng biến trên (2;+  ) . A. 3  m  2 B. 2  m  2 C. 3  m  1 D. 3  m  2 Câu 44. Bạn A có một đoạn dây dài 20m . Bạn chia đoạn dây thành hai phần. Phần đầu uốn thành một tam giác đều. Phần còn lại uốn thành một hình vuông. Hỏi độ dài phần đầu bằng bao nhiêu để tổng diện tích hai hình trên là nhỏ nhất? 40 120 60 180 m. m. m. m. A. B. C. D. 94 3 94 3 94 3 94 3 8  4a  2b  c  0 Câu 45. Cho các số thực a, b, c thỏa mãn  . Số giao điểm của đồ thị hàm số 8  4a  2b  c  0. y  x3  ax2  bx  c và trục Ox là A. 0 . B. 1 .. C. 2 .. D. 3 .. – Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất. [Type here].

(8) Giáo viên: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A Câu 46. Tập hợp các giá trị của m để đồ thị hàm số y  đường tiệm cận là A. 0 .. Toán 12. 2x  1 có đúng 1  mx  2x  1 4 x2  4mx  1 2. B.  ; 1  1;   . D.  ; 1  0  1;   .. C. . Câu 47. Đường thẳng d : y  x  4 cắt đồ thị hàm số y  x 3  2mx 2   m  3 x  4 tại 3 điểm phân biệt A  0;4  , B và C sao cho diện tích tam giác MBC bằng 4, với M 1;3  . Tìm tất cả các giá trị của. m thỏa mãn yêu cầu bài toán. A. m  2 hoặc m  3. B. m  2 hoặc m  3. C. m  3. D. m  2 hoặc m  3. Câu 48. Cho cá c số thực x, y thỏa mã n x  y  2 x  3  y  3 . Giá tri ̣nhỏ nhấ t của biể u thứ c P  4 x  y 2. 2. .   15xy là:. . A. min P  83 B. min P  63 C. min P  80 D. min P  91 4 2 Câu 49. Gọi (C m) là độ thì hàm số y  x  2x  m  2017 . Tìm m để (C m) có đúng 3 điểm chung phân biệt với trục hoành, ta có kết quả: A. m  2017 B. 2016  m  2017 C. m  2017 D. m  2017 2 x 2 Câu 50. Tìm tất cả các giá trị thực của m để đồ thị hàm số y  có hai đường tiệm cận mx 4  3 ngang. A. m  0 B. m  0 C. m  0 D. m  3 2 Câu 51. Cho hàm số y  x  2 x  a  4 . Tìm a để giá trị lớn nhất của hàm số trên đoạn  2;1 đạt giá trị nhỏ nhất. A. a  3. B. a  2. . C. a  1. . . D. Một giá trị khác. . Câu 52. Giá trị nhỏ nhất của hàm số: y  x3  2 1  x3  1  x3  2 1  x3  1 là: A. 0. B. 1. C. 2. D. 3. – Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất. [Type here].

(9) Giáo viên: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A. Toán 12. HÌNH ĐA DIỆN I – HÌNH CHÓP Câu 1. Cho hình chóp S . ABC có chân đường cao nằm trong tam giác ABC ; các mặt phẳng (SAB) , (SAC ) và (SBC ) cùng tạo với mặt phẳng ( ABC ) một góc bằng nhau. Biết AB 25 , BC 17 , AC 26 ; đường thẳng SB tạo với mặt đáy một góc bằng 45 . Tính thể tích V của khối chóp S . ABC . A. V 680 B. V 408 C. V 578 D. V 600 Câu 2. Cho tứ diện sao ABCD, M , N , P lần lượt thuộc BC, BD, AC cho BC  4BM , BD  2BN , AC  3 AP , mặt phẳng (MNP) cắt AD tại Q. Tính tỷ số thể tích hai phần khối tứ diện ABCD bị chia bởi mặt phẳng (MNP). A.. 2 3. B.. 7 13. C.. 5 13. D.. 1 . 3. Câu 3. Cho hiǹ h chóp S.ABCD có đáy ABCD là hiǹ h vuông ca ̣nh a, ca ̣nh bên SA = a, hình chiế u AC vuông góc của đin̉ h S trên mă ̣t phẳ ng (ABCD) là điể m H thuô ̣c đoa ̣n AC, AH  . Go ̣i CM là 4 đường cao của tam giá c SAC. Tính thể tić h khố i tứ diện SMBC theo a.. a 3 14 C. 16. a 3 14 B. 24. a 3 14 A. 48. a 3 14 D. 8. Câu 4. Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có đáy là hình vuông ABCD cạnh a, góc giữa mặt bên và 1 mặt phẳng đáy là  thoả mãn cos = . Mặt phẳng  P  qua AC và vuông góc với mặt phẳng 3  SAD  chia khối chóp S.ABCD thành hai khối đa diện. Tỉ lệ thể tích hai khối đa diện là gần nhất với giá trị nào trong các giá trị sau A. 0,11 B. 0,13 C. 0,7 D. 0,9 Câu 5. Cho hình chóp S. ABC , có đáy ABC là tam giác đều cạnh a . Các mặt bên  SAB  ,  SAC  ,.  SBC  lần lượt tạo với đáy các góc lần lượt là 300 , 450 ,600 . Tính thể tích V của khối chóp S.ABC . Biết rằng hình chiếu vuông góc của S trên mặt phẳng  ABC  nằm bên trong tam giác ABC . A. V . a3 3. 4  3. .. B. V . a3 3. . 2 4 3. . .. C. V . a3 3. . 4 4 3. . .. D. V . . a3 3. 8 4 3. . .. Câu 6. Cho hình chóp S.ABC có đáy là tam giác đều cạnh a, góc giữa SC và mp(ABC) là 45  . Hình a 7 chiếu của S lên mp(ABC) là điểm H thuộc AB sao cho HA = 2HB. Biết CH  . Tính khoảng cách 3 giữa 2 đường thẳng SA và BC: a 210 a 210 a 210 a 210 A. B. C. D. 30 20 45 15 Câu 7. Cho khối chóp S.ABC có đáy là tam giác vuông ở A, AB = a, AC = 2a. Đỉnh S cách đều A, B, C; mặt bên (SAB) hợp với mặt đáy (ABC) góc 60 0. Tính thể tích khối chóp S.ABC. 3 3 3 3 1 A. V= a B. V= a3 C. V= a3 D. V= 3. a 3 3 3 Câu 8. Cho hình chóp S.ABCD có SA=x, các cạnh còn lại bằng 2. Tìm giá trị của x để thể tích khối chóp lớn nhất – Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất. [Type here].

(10) Giáo viên: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A. Toán 12. A. 6 B. 2 C. 7 D. 2 6 Câu 9. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình bình hành, M là trung điểm của AD. Gọi S’ là giao của SC với mặt phẳng chứa BM và song song với SA. Tính tỉ số thể tích của hai khối chóp S’.BCDM và S.ABCD. 1 1 2 3 A. B. C. D. 2 3 4 4 Câu 10. Đáy của hình chóp SABC là tam giác cân ABC có AB  AC  a và B  C   . Các cạnh bên cùng tạo với đáy một góc  . Tính thể tích hình chóp SABC.. a3 cos  tan  a3 cos  tan  a3 sin 2 a3 tan  B. V  C. V  D. V  6 3 6 6 Câu 11. Cho hình chop S.ABCD, đáy là hình thang vuông tại A và B. AB = BC = a, AD = 2a, SA   ABCD  . Gọi M, N là trung điểm của SB và SD. Tính V hình chop biết rằng (MAC) vuông góc với (NAC). 3a3 a3 3a 3 3 a3 3 A. B. C. D. 2 2 2 2 Câu 12. Cho tứ diện S. ABC , M và N là các điểm thuộc các cạnh SA và SB sao cho MA  2SM , SN  2 NB , ( ) là mặt phẳng qua MN và song song với SC . Kí hiệu ( H1 ) và ( H2 ) là các khối đa diện có được khi chia khối tứ diện S. ABC bởi mặt phẳng ( ) , trong đó, ( H1 ) chứa điểm S , ( H2 ) V chứa điểm A ; V1 và V2 lần lượt là thể tích của ( H1 ) và ( H2 ) . Tính tỉ số 1 . V2 5 4 3 4 A. B. C. D. 5 4 4 3 A. V . Câu 13. Một người dự định làm một thùng đựng đồ hình lăng trụ tứ giác đều có thể tích là V . Để làm thùng hàng tốn ít nguyên liệu nhất thì chiều cao của thùng đựng đồ bằng 2 3. 1 4. A. x  V B. x  V C. x  V D. x  V Câu 14. Cho hình chóp S. ABCD có đáy ABCD là hình vuông, SAD là tam giác đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng đáy. Biết rằng diện tích mặt cầu ngoại tiếp khối chóp S. ABCD. . 3. . 2 là 4 dm . Khoảng cách giữa hai đường thẳng SD và AC gần với giá trị nào nhất sau đây ?. A.. 2 dm . 7. B.. 3 dm . 7. C.. 4 dm . 7. D.. 6 dm . 7. Câu 15. Cho hình chóp S .ABCD có đáy là hình bình hành và có thể tích là V. Điểm P là trung điểm của SC , một mặt phẳng qua AP cắt hai cạnh SD và SB lần lượt tại M và N.Gọi V1 là thể tích của khối chóp S .AMPN . Tìm giá trị nhỏ nhất của A.. 3 8. B.. 1 3. V1 V. ? C.. 2 3. D.. 1 8. Câu 16. Nếu một tứ diện chỉ có đúng một cạnh có độ dài lớn hơn 1 thì thể tích tứ diện đó lớn nhất là bao nhiêu? 1 3 1 5 A. B. C. D. 4 4 8 8 Câu 17. Cho hình chóp S .ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, SA vuông góc với mặt phẳng đáy và góc giữa SC với mặt phẳng (SAB) bằng 300. Gọi M là điểm di động trên cạnh CD và – Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất. [Type here].

(11) Giáo viên: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A. Toán 12. H là hình chiếu vuông góc của S trên đường thẳng BM . Khi điểm M di động trên cạnh CD thì thể tích của khối chóp S .ABH đạt giá trị lớn nhất bằng?. a3 2 a3 2 a3 2 a3 2 B. C. D. 12 2 6 3 Câu 18. Hai hình chóp tam giác đều có chung chiều cao , đỉnh của hình chóp này trùng với tâm của đáy hình chóp kia. Mỗi cạnh bên của hình chóp này đều cắt một cạnh bên của hình chóp kia. Cạnh bên l của hình chóp thứ nhất tạo với đường cao một góc  .Cạnh bên của hình chóp thứ 2 tạo với đường cao một góc  . Tìm thể tích phần chung của hai hình chóp . A.. l 3 3 cos3  B. V  2(cot g  cot g  )2. l 3 3 cos3  A. V  4(cot g  cot g  ) 2. l 3 5 cos  l 3 cos3  D. V  2(cot g  cot g  )2 4(cot g  cot g  )2 Câu 19. Cho hình chóp S.ABCD có đáy là nửa lục giác đều với cạnh a (a> 0). Cạnh SA vuông góc với SM đáy và SA = a 3 . M là một điểm khác B trên SB sao cho AM  MD. Tính tỉ số . SB 1 5 3 3 A. B. C. D. 5 4 4 4 C. V . Câu 20. Cho khối tứ diện ABCD có cạnh AB > 1, các cạnh còn lại có độ dài không lớn hơn 1. Gọi V là thể tích của khối tứ diện. Tìm giá trị lớn nhất của V. 1 3 5 3 A. B. C. D. 8 8 8 5 Câu 21. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, SA = a 3 và SA vuông góc với mặt phẳng đáy. Mặt phẳng (P) đi qua điểm A và vuông góc với SC cắt SB, SC, SD lần lượt tại B’, C’, D’. Tính thể tích khối chóp S.AB’C’D’ theo a. 3 3a 3 3 3a 3 3 5a 3 3a 3 A. B. C. D. 10 10 20 20. Câu 22. Cho hình chóp S.ABCD thỏa mãn SA  5, SB  SC  SD  AB  BC  CD  DA  3 . Gọi M là trung điểm của cạnh BC . Tính thể tích khối chóp S.MCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng SM , CD . A.. 15 23. B.. 5 23. C.. 15 29. D.. 13 23. Câu 23. Cho tứ diêṇ đề u ABCD ca ̣nh a. Mă ̣t phẳ ng (P) chứa ca ̣nh BC cắ t ca ̣nh AD ta ̣i E. Biế t góc giữa 5 2 hai mă ̣t phẳ ng (P) và (BCD) có số đo là  thỏa mã n tan   . Go ̣i thể tić h của hai tứ diêṇ ABCE 7 V và tứ diê ̣n BCDE lần lươṭ là V1 và V2 . Tiń h tỷ số 1 . V2 3 1 3 5 A. B. C. D. 8 8 5 8 Câu 24. Cho khối chóp S. ABC có SA  a , SB  a 2 , SC  a 3 . Thể tích lớn nhất của khối chóp là A. a. 3. 6.. a3 6 B. . 2. a3 6 C. . 3. a3 6 D. . 6. – Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất. [Type here].

(12) Giáo viên: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A. Toán 12. Câu 25. Cho hình chóp SABC có đáy ABC là tam giác vuông cân, AB  AC  a , SC   ABC  và. SC  a . Mặt phẳng qua C , vuông góc với SB cắt SA, SB lần lượt tại E và F . Tính thể tích khối chóp S.CEF . A. VSCEF . 2a 3 . 36. B. VSCEF . a3 . 18. C. VSCEF . a3 . 36. D. VSCEF . – Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất. [Type here]. 2a 3 . 12.

(13) Giáo viên: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A. Toán 12. II – HÌNH LĂNG TRỤ Câu 24. Một hình hộp có 6 mặt đều là các hình thoi có góc bằng 60 0 và cạnh bằng a. Tính thể tích của hình hộp đó. a3 2 2a 3 2a 3 2a 3 A. B. C. D. 2 3 3 2 Câu 25. Cho khối lập phương ABCD. ABC D cạnh a . Các điểm E và F lần lượt là trung điểm của C B và C D . Mặt phẳng  AEF  cắt khối lập phương đã cho thành hai phần, gọi V1 là thể tich khối chứa điểm A và V2 là thể tich khối chứa điểm C ' . Khi đó. 25 . 47. A.. B. 1.. C.. V1 là V2. 17 . 25. D.. 8 . 17. Câu 26. Cho lăng trụ đứng ABCABC  có đáy là tam giác ABC vuông cân tại A, BC=2a. Góc giữa mặt phẳng ( ABC) và mặt phẳng ( BBC) bằng 600 .Tính thể tích lăng trụ ABCABC  . 3. 3. A. a 2 B. 2a3 C. a3 6 D. 3a Câu 27. Cho lăng trụ ABC.A 'B'C' có đáy là tam giác đều cạnh a. Hình chiếu vuông góc của điểm A' lên mặt phẳng (ABC) trùng với trọng tâm tam giá ABC . Biết khoảng cách giữa hai đường thẳng AA' và BC bằng a 3 . Khi đó thể tích của khối lăng trụ là 4 3 a 3 a3 3 a3 3 A. B. C. 12 6 3. D.. a3 3 24. Câu 28. Cho hình lăng trụ ABC .A ' B 'C ' có đáy ABC là tam giác đều cạnh a , hình chiếu vuông góc của A ' lên măt phẳng ABC trùng với tâm G của tam giác ABC . Biết khoảng cách giữa. AA ' và BC là. a 3 . Tính thể tích V của khối lăng trụ ABC .A ' B 'C ' . 4. 3 a3 3 a3 3 a3 3 B. V C. V D. V a 3 12 6 3 36 Câu 29. Cho khối lăng trụ tam giác ABC.A’B’C’. Gọi M, N lần lượt thuộc các cạnh bên AA’, CC’ sao cho MA  MA ' và NC  4NC' . Gọi G là trọng tâm tam giác ABC. Trong bốn khối tứ diện GA’B’C’, BB’MN, ABB’C’ và A’BCN, khối tứ diện nào có thể tích nhỏ nhất? A. Khối A’BCN B. Khối GA’B’C’ C. Khối ABB’C’ D. Khối BB’MN Câu 30. Cho hình lăng trụ đứng ABC.A'B'C' có đáy ABC là tam giác cân tại A , góc BAC nhọn. Góc giữa AA' và BC' là 300 , khoảng cách giữa AA' và BC' là a . Góc giữa hai mặt bên  AA' B' B  và  AA'C'C  là 600 . Thể tích lăng trụ ABC.A' B'C' là. A. V. A.. 2a 3 3 3. B.. a3 3 3. C.. a3 6 6. D.. a3 6 3. Câu 31. Cho hình lăng trụ tam giác đều ABC. A’B’C’, có cạnh đáy bằng a và cạnh bên bằng a 2 . AM A'N 1 Lấy M, N lần lượt trên cạnh AB’, A’C sao cho . Tính thể tích V của khối BMNC’C. AB ' A 'C 3 A.. a3 6 108. B.. 2a 3 6 27. C.. 3a 3 6 108. D.. a3 6 27. – Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất. [Type here].

(14) Giáo viên: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A. Toán 12. Câu 32. Cho hình lập phương ABCD. A ' B ' C ' D ' có khoảng cách giữa A ' C và C ' D ' là 1 cm. Thể tích khối lập phương ABCD. A ' B ' C ' D ' là: A. 8 cm 3 . B. 2 2 cm3 . C. 3 3 cm3 . D. 27 cm 3 . Câu 33. Cho hình hộp ABCDA’B’C’D’. Gọi M là trung điểm A’B’. Mặt phẳng (P) qua BM đồng thời song song với B’D’. Biết mặt phẳng (P) chia khối hộp thành hai khối có thể tích là V 1 , V2 ( Trong đó V V1 là thể tích khối chứa A). Tính tỉ số F  1 . V2 A.. 7 . 17. B. 1.. C.. 17 . 25. D.. 8 . 17. Câu 34. Cho khối lăng trụ tam giác ABC.A’B’C’. Gọi I, J, K lần lượt là trung điểm của các. cạnh AB, AA’ và B’C’. Mặt phẳng (IJK) chia khối lăng trụ thành hai phần. Tính tỉ số thể tích của hai phần đó. 49 25 8 A. . B. 1. C. . D. . 17 47 95 Câu 35. Cho hình lăng trụ ABC. ABC có đáy là tam giác đều cạnh a. Hình chiếu vuông góc của điểm A lên mặt phẳng  ABC  trùng với trọng tâm tam giác ABC. Biết khoảng cách giữa hai đường a 3 . Tính thể tích V của khối lăng trụ ABC. ABC. 4 a3 3 a3 3 a3 3 a3 3 A. V  . B. V  . C. V  . D. V  . 12 24 6 3 Câu 36. Cho hình lăng trụ có tất cả các cạnh đều bằng a , đáy là lục giác đều, góc tạo bởi cạnh bên và mặt đáy là 60 . Tính thể tích khối lăng trụ 3 3 9 27 3 3 a . a . A. V  B. V  C. V  a 3 . D. a 3 . 4 4 8 2 thẳng AA và BC bằng. – Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất. [Type here].

(15) Giáo viên: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A. Toán 12. MŨ - LÔ GARIT Câu 1. Cho phương trình 5x. 2. A. m  0.  2 mx 2.  52 x. 2.  4 mx 2.  x2  2mx  m  0 . Tìm m để phương trình vô nghiệm? m  1. C. 0  m  1. B. m  1. D.  m  0 Câu 2. Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để phương trình sau có hai nghiệm thực phân biệt: log 3 (1  x 2 )  log 1 ( x  m  4)  0 . 3. 1 1 21 21  m0.  m 2. B. 5  m  . C. 5  m  . D. 4 4 4 4 Câu 3. Tìm tất cả các giá trị của tham số m sao cho bất phương trình sau có tập nghiệm là  ;0 : A.. . m2 x 1   2m  1 3  5. 1 A. m   . 2. B. m .   3  5  x. x.  0.. 1 . 2. C. m . 1 . 2. 1 D. m   . 2. Câu 4. Tính giá trị của biểu thức P  ln  tan1°   ln  tan 2   ln  tan 3   ...  ln  tan89  .. 1 B. P  . C. P  0. D. P  2. 2 2 2 Câu 5. Cho phương trình : m.2x 5x 6  21 x  2.265x  m(1) . Tìm m để PT có 4 nghiệm phân biệt. A. P  1.. 0  m  2. 1   m 2. C.  D. 1 1 4 m  8 , m  256 2 Câu 6. Tìm tất cả các giá trị của m để phương trình log 3 x   m  2  .log 3 x  3m  1  0 có 2 nghiệm 1  m0. A. 4. 21 B. 5  m  . 4. x1, x2 sao cho x1.x2  27 4 A. m  3. 28 D. m  1 3 Câu 7. Trong tất cả các cặp  x; y  thỏa mãn log x2  y 2  2  4 x  4 y  4   1 . Tìm m để tồn tại duy B. m  25. C. m . nhất cặp  x; y  sao cho x2  y 2  2x  2 y  2  m  0 ..  C.  A..  2. 2. 10  2 . 10 . 2. và. B. 10  2 và 10  2 .. . . 2. 10  2 .. D. 10  2 .. Câu 8. Cho n là số nguyên dương, tìm n sao cho log a 2019  22 l o g a 2019  32 log 3 a 2019  ...  n2 log n a 2019  10082  20172 loga 2019 A. n=2017 Câu 9. Phương trình log. 2. . B. n=2018 C. n=2019 D. n=2016 3 2 mx  6 x  2log 1 14 x  29 x  2  0 có 3 nghiệm thực phân biệt khi:. . . . 2. A. m  19. B. m  39. C. 19  m . 39 2. D. 19  m  39. – Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất. [Type here].

(16) Giáo viên: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A Câu 10. Biết phương trình log 5.  x 2 x 1 1   2log 3    có nghiệm duy nhất x  a  b 2 trong x 2 2 x  . đó a, b là các số nguyên. Tính a  b ? A. 5 B. 1 Câu 11. Phương trình sau có bao nhiêu nghiệm : A. 1 nghiệm. Toán 12. C. 1 log 4  x  1  2  log. B. 2 nghiệm. . D. 2. 2. 2. 4  x  log 8  4  x . C. 3 nghiệm. 3. D. Vô nghiệm. . Câu 12. Cho phương trình 2  m2 5x  3.3x  m 2 15 x  5   0 . Tìm tập hợp tất cả các giá trị thực của tham số m để phương trình có nghiệm trong khoảng  0;2  . A.. . C.  0; . B.  2;3 . . D.  ;1. Câu 13. PHương trình log 3 x 2  x  1  x  2  x   log 3 x có bao nhiêu nghiệm A. 1 nghiệm. B. 2 nghiệm C. 3 nghiệm D. Vô nghiệm x 9 ,x  . Tính P  f (sin 2 10)  f (sin 2 20)  .....  f (sin 2 80) Câu 14. Cho hàm số f ( x)  x 9 3 A. 4 B. 8 C. 9 D. 3 3 3 x 3 3 x 4 x 4 x 3  3  3  3  10 có tổng các nghiệm là ? Câu 15. Phương trình 3 A. 0. B. 2. C. 3. D. 4. Câu 16. Gọi x 1 , x2  x1  x2  là hai nghiệm của phương trình khẳng định dưới đây, khẳng định nào sai? A.  x1 ,     1,1   1,1. .   x. 5 1 . . x. 5  1  5.2 x 1 . Trong các. B.  x2 ,     1,1   1,1. C.  x1 , x2    1,0    1,0 . D.  x1 , x2    1,1   1,1. 1  log9 x  3log9 x  log3 x  1 có bao nhiêu nghiệm nguyên ? A. 0 B. 1 C. 2 D. 3 2 2 Câu 18. Tìm m để bất phương trình 1  log 5  x  1  log 5  mx  4 x  m  thoã mãn với mọi x  A. 1  m  0 . B. 1  m  0 . C. 2  m  3 . D. 2  m  3 . x y z Câu 19. Cho x, y , z là các số thực thỏa mãn 2  3  6 . Giá trị biểu thức M  xy  yz  xz là: A. 0 B. 1 C. 6 D. 3 Câu 20. Cho a log6 3  b log6 2  c log6 5  5 , với a, b và c là các số hữu tỷ. Các khẳng định sau đây, Câu 17. Phương trình. khẳng định nào đúng? A. a  b. Câu 21. Với a  0, a  1 , cho biết : t  a A. u  a. 1 1 log a v. B. u  a. 1 1log a u. ;va. 1 1log a t. 1 1 log a t. . Chọn khẳng định đúng :. C. u  a. 1 1 log a v. Câu 22. Có bao nhiêu giá trị của tham số m để phương trình m.2 3 nghiệm phân biệt. A. 1 B. 2 C. 3. Câu 23. log 22 x. Tìm tất log 1 x 2. 3. cả. các. m log 4 x 2. D. c  a  b. C. b  a. B. a  b. giá. trị thực. .. của. D. u  a. x 2 5 x  6.  21 x  2.265 x  m có 2. D. 4. tham số. 3 có nghiệm thuộc 32;. 1 1 log a v. m. để. phương. trình. ?. 2. A. m. 1; 3 .. B. m. 1; 3 .. C. m. 1; 3 .. D. m. – Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất. [Type here]. 3;1 ..

(17) Giáo viên: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A Câu 24. Tập các giá trị của m để bất phương trình A. (;1]. log 22 x log 22 x  1. Toán 12.  m nghiệm đúng với mọi x > 0 bằng. C.  5; 2 . B. [1; ). D. [0;3). Câu 25. Giả sử p và q là các số thực dương sao cho: log 9 p  log12 q  log16  p  q  . Tìm giá trị của A.. 4 3. B.. 8 5. C.. Câu 26. Tập nghiệm của bất phương trình: 81.9 x 2  3x  A. S  1;    0. Câu 27. Cho. log u 2017 k 1. log u 2017. . k 1. B.. log u 2017 k 1. log u 2017 log u 2017 k 1. log u 2017. . log u 2017 k 1. log u 2017 k 1. k 1. . 1 1 5 2. . D. S   2;    0.. C. S   0;   .. k. log u 2017  log u 2017 k 1. log u 2017  log u 2017 k 1. k. log u 2017  log u 2017 k 1. k. . k 1. D.. D.. log u 2017  log u 2017 k. k 1. C.. .  un  là cấ p số nhân với số ha ̣ng tổ ng quát un  0; un  1 . Khi đó khẳ ng đinḥ nào sau. đây là đúng? A.. B. S  1;   .. x. . 1 1 3 2 2  .32 x 1  0 là 3. p q. log u 2017  log u 2017 k 1. k. log u 2017  log u 2017 k 1. k. . log u 2017  log u 2017 k 1. k. log u 2017  log u 2017 k 1. k. . . Câu 28. Số nghiệm của phương trình log3 x 2  2 x  log5 x 2  2 x  2 là B. 2.. A. 3. Câu 29. Cho f  x   e. 1. 1 x2. . D. 4.. C. 1.. 1.  x 12. m. . Biết rằng f 1 . f  2 . f  3... f  2017   e n với m , n là các số tự. m tối giản. Tính m  n2 . n A. m  n2  2018 . B. m  n2  2018 .. nhiên và. D. m  n2  1 .. C. m  n2  1 .. Câu 30. Hỏi phương trình 3.2x  4.3x  5.4x  6.5x có tất cả bao nhiêu nghiệm thực? A. 2 . B. 4 . C. 1 . D. 3 . x x Câu 31. Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để bất phương trình 9  2  m  1 .3  3  2m  0. nghiệm đúng với mọi x  . A. m tùy ý.. 4 B. m   . 3. 3 D. m   . 2. 3 C. m   . 2. Câu 32. Tìm tập hợp tất cả các tham số m sao cho phương trình 4x bốn nghiệm phân biệt. A.  ;1 . B.  ;1   2;  . C.  2;  .. 2.  2 x 1. . .  m.2x. 2. 2x 2.  3m  2  0 có. D.  2;  .. 2 Câu 33. Cho x, y là số thực dương thỏa mãn ln x  ln y  ln x  y . Tìm giá trị nhỏ nhất của. P x y A. P  6 .. B. P  2 2  3 .. C. P  2  3 2 .. D. P  17  3 .. – Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất. [Type here].

(18) Giáo viên: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A. Toán 12. Câu 34. Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để bất phương trình x x  x  12  m.log 5  có nghiệm. A. m  2 3 C. m  12log3 5. . 4 x. 3. B. m  2 3 D. 2  m  12log3 5. Câu 35. Tìm giá trị của a để phương trình 2  3. . x. .  1  a  2  3. . x.  4  0 có 2 nghiệm phân biệt. thỏa mãn: x1  x2  log 2  3 3 , ta có a thuộc khoảng: A.  ; 3. B.  3;  . C.  3; . D.  0; . Câu 36. Gọi m là số chữ số cần dùng khi viết số 2 trong hệ thập phân và n là số chữ số cần dùng khi viết số 302 trong hệ nhị phân. Ta có tổng m + n bằng A. 18 B. 20 C. 19 D. 21 2 Câu 37. Cho hàm số y  x  2 x  a  4 . Tìm a để giá trị lớn nhất của hàm số trên đoạn  2;1 đạt 30. giá trị nhỏ nhất. A. a  3 B. a  2 C. a  1 D. Một giá trị khác Câu 38. Cho phương trình 2log 3  cotx   log 2  cos x  . Phương trình này có bao nhiêu nghiệm trên.     khoảng  ;  6 2  A. 4 B. 3 C. 2 D. 1 Câu 39. Trong các nghiệm ( x; y) thỏa mãn bất phương trình log x2  2 y2 (2 x  y)  1 . Giá trị lớn nhất của biểu thức T  2 x  y bằng: 9 9 A. . B. . 4 2 Câu 40. Xét các số thực A. Pmin  19. C.. 9 . 8. D. 9.. a thỏa mãn . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P  log 2a  a 2   3log b   b b B. Pmin  13 C. Pmin  14 D. Pmin  15. – Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất. [Type here].

(19) Giáo viên: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A. Toán 12. HÌNH NÓN - TRỤ - CẦU Câu 1. Cho hình chóp S.ABCD có SA vuông góc với đáy, SA  a 6 . Đáy 1 ABCD là hình thang vuông tại A và B, AB  BC  AD  a. Gọi E là trung 2 điểm của AD. Tính bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ECD. a 2 . A. R  B. R  a 6. 2 a 30 a 26 . . C. R  D. R  3 2. S. M. O. A. N S. a 3 2 và  là góc tạo bởi hai mặt phẳng  ABC  và  BCD  . Gọi I,J lần lượt là Câu 2. Cho tứ diện ABCD với BC  a ,các cạnh còn lại đều bằng. I M Q trung điểm các cạnh BC, AD . Giả sử hình cầu đường IJ kính tiếp xúc với CD. Giá trị cos là: 2 3 2 3 A. 3  2 3 B. 2 3  3 C. D. 3 3 B P A O N Câu 3. Cho hình vẽ bên. Tam giác SOA vuông tại O có MN€ SO với M , N lần lượt nằm trên cạnh SA, OA. Đặt SO  h không đổi. Khi quay hình vẽ quanh SO thì tạo thành một hình trụ nội tiếp hình nón đỉnh S có đáy là hình tròn tâm O bán kính R  OA . Tìm độ dài của MN để thể tích khối trụ là lớn nhất. h h A. MN  B. MN  2 3 h h C. MN  D. MN  6 4 2 h h 4R h Vậy V  . Dấu ''  '' xảy ra khi x  . Hay MN  . 3 3 27 Câu 4. Một hình nón bị cắt bởi mặt phẳng  P  song song với đáy. Mặt phẳng  P  chia hình nón làm hai phần  N1  và  N 2  . Cho hình cầu nội tiếp  N 2  như hình vẽ sao cho thể tích hình cầu bằng một nửa. N1. thể tích của  N 2  . Một mặt phẳng đi qua trục hình nón và vuông góc với đáy cắt  N 2  theo thiết diện là hình thang cân, tang góc nhọn của hình thang cân là A. 2 B. 4 C. 1 D. 3. – Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất. [Type here]. N2.

(20) Giáo viên: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A. Toán 12. Câu 5. Cho tam giác ABC có độ dài cạnh huyền 5. Người ta quay tam giác ABC quanh một cạnh góc vuông để sinh ra hình nón. Hỏi thể tích V khối nón sinh ra lớn nhất là bao nhiêu. 250 6 20 3 250 3 25 2 A. V  B. V  C. V  D. V  27 27 27 27 3 Câu 6. Một công ty sản xuất một loại cốc giấy hình nón có thể tích 27cm . Vói chiều cao h và bán kính đáy là r. Tìm r để lượng giấy tiêu thụ ít nhất.. 36 36 38 38 6 6 4 A. r  B. r  C. r  D. r  22 22 22 22 Câu 7. Cho một khối trụ có bán kính đáy r  a và chiều cao h  2a . Mặt phẳng ( P) song song với trục OO ' của khối trụ chia khối trụ thành 2 phần, gọi V1 là thể tích phần khối trụ chứa trục OO ' , V2 là 4. thể tích phần còn lại của khối trụ. Tính tỉ số A.. 3  2 . 2. B.. 3  2 . 2. a 2 V1 , biết rằng ( P) cách OO ' một khoảng bằng . 2 V2 2  3 2  3 C. . D. . 2 2. Câu 8. Trong số các khối trụ có thể tích bằng V, khối trụ có diện tích toàn phần bé nhất thì có bán kính đáy là 4 V V  . A. R  3 B. R  3 C. R  3 D. R  3 2 V V  Câu 9. Cho lăng trụ đứng ABC. A’B’C’ có đáy ABC là tam giác vuông cân AB=BC=a. Mặt phẳng 3 (AB’C) tạo với (BCC’B’) một góc  với tan   . Gọi M là trung điểm của BC. Tính bán kính mặt 2 cầu ngoại tiếp hình chóp B’ACM. 3 10a 3 10a 3 13a 13a A. B. C. D. 8 8 4 2  Câu 10. Cho hình nón có bán kính đáy là a, đường sinh tạo với mặt phẳng đáy góc . Tính thể tích khối cầu ngoại tiếp hình nón. 4a 3 3a3 4a 3 4a3 V V   V  A. V  B. C. D. 3sin 3 3 3sin 3 2 4sin 3 2 3sin 3  Câu 11. Cho hình nón có chiều cao h, đường tròn đáy bán kính R. Một mặt phẳng (P) song song với đáy cách đáy một khoảng bằng d cắt hình nón theo đường tròn (L). Dựng hình trụ có một đáy là (L), đáy còn lại thuộc đáy của hình nón và trục trùng với trục hình nón. Tìm d để thể tích hình trụ là lớn nhất. h h h h A. d  B. d  C. d  D. d  3 2 6 4 Câu 12. Trong số các hình trụ có diện tích toàn phần đều bằng S thì bán kính R và chiều cao h của khối trụ có thể tích lớn nhất là:. S S S 1 S ;h  ;h  . B. R  . 4 4 2 2 2 2S 2S S S ;h  4 ;h  2 C. R  . D. R  . 3 3 6 6 Câu 13. Một bình đựng nước dạng hình nón (không đáy) đựng đầy nước. Biết rằng chiều cao của bình gấp 3 lần bán kính đáy của nó. Người ta thả vào đó một khối trụ và đo dược thể tích nước tràn ra ngoài 16 3 dm . Biết rằng một mặt của khối trụ nằm trên mặt trên của hình nón, các điểm trên đường tròn là 9 A. R . – Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất. [Type here].

(21) Giáo viên: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A. Toán 12. đáy còn lại đều thuộc các đường sinh của hình nón (như hình vẽ) và khối trụ có chiều cao bằng đường kính đáy của hình nón. Diện tích xung quanh S xq của bình nước là: A. M. O. N B. I P. Q. S. 9 10 3 2 dm 2 . dm2 . B. S xq  4 10 dm2 . C. S xq  4 dm . D. S xq  2 2 Câu 14. Cho một miếng tôn hình tròn có bán kính 50cm . Biết hình nón có thể tích lớn nhất khi diện tích toàn phần của hình nón bằng diện tích miếng tôn ở trên. Khi đó hình nón có bán kính đáy là A. 10 2cm B. 20cm C. 50 2cm D. 25cm A. S xq . S. I. J. O A. H. Câu 15. Thiết diện qua trục của một hình nón là một tam giác vuông có cạnh góc vuông bằng a. Tính diện tích của thiết diện qua đỉnh tạo với đáy một góc 60 0. a2 2 a2 3 a2 a2 A. B. C. D. 3 2 2 3 S. Câu 16. Cho hình chóp SABC với SA vuông góc với mặt phẳng (ABC) và BC= 3 a, BAC  60 . Gọi H, K lần lượt là hình chiếu của A lên SB và SC. Mặt cầu qua các điểm A, B, C, H, K có bán kính bằng: A. 1 B. 2. K. o. C.. 3. D. Không đủ dữ kiện để tính. H A. 3. 600. C. 2. B. Câu 17. Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh a, hình chiếu vuông góc của đỉnh S trên mặt phẳng (ABC) là trung điểm cạnh BC. Góc giữa đường thẳng SA và mặt phẳng (ABC) bằng 600. Gọi G là trọng tâm tam giác SAC. Bán kính mặt cầu tâm G và tiếp xúc với mặt phẳng (SAB) là: – Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất. [Type here].

(22) Giáo viên: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A. Toán 12. 3 13a 13a 13a 13a B. C. D. 26 13 39 26 Câu 18. Cho nửa đường tròn đường kính AB  2 R và điểm C thay đổi trên nửa đường tròn đó, đặt. A..   CAB và gọi H là hình chiếu vuông góc của C lên AB . Tìm  sao cho thể tích vật thể tròn xoay tạo thành khi quay tam giác ACH quanh trục AB đạt giá trị lớn nhất. A.   60 .. B.   45 .. C. arctan. 1 . 2. D.   30 .. Câu 19. Cho hình chóp S. ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh 2 2, cạnh bên SA vuông góc với mặt phẳng đáy và SA  3. Mặt phẳng    qua A và vuông góc với SC cắt các cạnh SB , SC ,. SD lần lượt tại các điểm M , N , P . Tính thể tích V của khối cầu ngoại tiếp tứ diện CMNP. 32 . 3 108 C. V  . 3 A. V . 64 2 . 3 125 D. V  . 6 B. V . Câu 20. Cho tứ diện ABCD có ABC và ABD là các tam giác đều cạnh a và nằm trong hai mặt phẳng vuông góc với nhau. Tính diện tích mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD theo a. 5 4 11 2 a A. a 2 B. C. 2a2 D. a 2 3 3 3 Câu 21. Cho một mặt cầu bán kính bằng 1 . Xét các hình chóp tam giác đều ngoại tiếp mặt cầu trên. Hỏi thể tích nhỏ nhất của chúng là bao nhiêu? A. minV  8 3 . B. minV  4 3 . C. minV  9 3 . D. minV  16 3 . Câu 22. Từ một khúc gỗ tròn hình trụ có đường kính bằng 40 cm, cần xả thành một chiếc xà có tiết diện ngang là hình vuông và bốn miếng phụ được tô màu xám như hình vẽ dưới đây. Tìm chiều rộng x của miếng phụ để diện tích sử dụng theo tiết diện ngang là lớn nhất.. 3 34  17 2 3 34  19 2 B. x   cm   cm  2 2 5 34  15 2 5 34  13 2 C. x  D. x   cm   cm  2 2 Câu 23. Một hình trụ có bán kính đáy bằng 50cm và có chiều cao là 50cm. Một đoạn thẳng AB có chiều dài là 100cm và có hai đầu mút nằm trên hai đường tròn đáy. Tính khoảng cách d từ đoạn thẳng đó đến trục hình trụ. A. d  50cm B. d  50 3cm C. d  25cm D. d  25 3cm A. x . Câu 24. Một công ty sản xuất một loại cốc giấy hình nón có thể tích 27cm3 với chiều cao là h và bán kính đáy là r. để lượng giấy tiêu thụ là ít nhất thì giá trị của r là:. – Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất. [Type here].

(23) Giáo viên: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A. Toán 12. 38 38 36 36 6 6 4 B. C. D. r  r  r  2 2 22 22 22 Câu 25. Cho một hình lăng trụ đứng có đáy là tam giác đều .Thể tích của hình lăng trụ là V. Để diện tích toàn phần của hình lăng trụ nhỏ nhất thì cạnh đáy của lăng trụ là: A. 3 4V B. 3 V C. 3 2V D. 3 6V Câu 26. Trong không gian cho hai điểm phân biệt A, B cố định. Tìm tập hợp tất cả các điểm M trong 3 không gian thỏa mãn MA.MB  AB 2 4 A. Mặt cầu đường kính AB. B. Tập hợp rỗng (tức là không có điểm M nào thỏa mãn điều kiện trên). C. Mặt cầu có tâm I là trung điểm của đoạn thẳng AB và bán kính R =AB. 3 D. Mặt cầu có tâm I là trung điểm của đoạn thẳng AB và bán kính R  AB 4 Câu 27. Gọi r và h lần lượt là bán kính đáy và chiều cao của một hình nón. Kí hiệu V1 , V2 lần lượt là V thể tích của hình nón và thể tích của khối cầu nội tiếp hình nón. Giá trị bé nhất của tỉ số 1 là V2 5 4 A. . B. . C. 3 . D. 2 . 4 3 A. r . 4. Câu 28. Giá trị lớn nhất của thể tích khối nón nội tiếp trong khối cầu có bán kính R là 4 2 3 32 3 1 4 R . R . A. R 3 . B. R 3 . C. D. 9 81 3 3. – Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất. [Type here].

(24) Giáo viên: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A. Toán 12. NGUYÊN HÀM , TÍCH PHÂN VÀ ỨNG DỤNG b. Câu 1. Cho tích phân C   a. ex e 3 x. dx trong đó a là nghiệm của phương trình 2 x. 2. 1.  2 , b là một số. 2. dương và b  a . Gọi A   x 2dx . Tìm chữ số hàng đơn vị của b sao cho C  3A . 1. A. 3. B. 2. C. 4 D. 5 2 a.e  b.e  c Câu 2. Cho biết tích phân I   x  2 x 2  ln x  dx  với a, b, c là các ước nguyên của 4. 4 1 Tổng a  b  c  ? A. 2 B. 4 C. 3 D. 1 1 a Câu 3. Cho hà m số f ( x)   b.xe x . Biế t rằ ng f '(0)  22 và  f ( x)dx  5 . Khi đó tổ ng a  b 3 (x  1) 0 bằ ng? 146 26 A. B. 12 C. D. 10 13 11 e. 1. Câu 4. Cho.  0. 4. 1. f ( x)dx  5 . Tính I   f (1  x)dx 0. A. 5. B. 10 2 2. . Câu 5. Biết tích phân . 2 2. C.. 1 5. 1  x2 a.  b dx  trong đó a, b x 1 2 8. D.. 5. . Tính tổng a  b ?. A. 0. B. 1 C. 3 D. -1 1 Câu 6. Biế t rằ ng  x cos 2 xdx   a sin 2  b cos 2  c  , với a, b, c  . Mê ̣nh đề nà o sau đây là đúng? 4 0 A. a  b  c  1 B. a  b  c  0 C. a  2b  c  1 D. 2a  b  c  1 tan x   Câu 7. Cho F(x) là một nguyên hàm của f  x   , biết F  0   0 , F    1 . Tính 4 cos x 1  a cos 2 x     F   F  ? 3 4 1. A. 5  3 B. 5 1 C. 3  5 D. 5  2 Câu 8. Cho f ( x) là hàm liên tục và a  0 . Giả sử rằng với mọi x [0; a] , ta có f ( x)  0 và a. f ( x) f (a  x)  1 . Tính. dx.  1  f ( x) 0. A.. a 2. B. 2a. C.. a 3. D. a ln(a  1). C.. 1 . 2001.21002. D.. 2. Câu 9. Tích phân I  A.. 1 . 2002.21001. x 2001 1 (1  x 2 )1002 dx có giá trị là 1 B. . 2001.21001. 1 . 2002.21002. Câu 10. Trong chương trình nông thôn mới, tại một xã X có xây một cây cầu bằng bê tông như hình vẽ. Tính thể tích khối bê tông để đổ đủ cây cầu. (Đường cong trong hình vẽ là các đường Parabol). – Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất. [Type here].

(25) Giáo viên: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A. Toán 12. 0,5m. 2m. 5m 19m. 0,5m A. 19m3 . Câu. 11.. là. hai. D. 40m3 .. C. 18m3 .. B. 21m .. f ,g. Cho. 0,5m 3. hàm. liên. tục. trên. 3. 1;3. thỏa:   f  x   3g  x   dx  10 . 1. 3. 3. 1. 1.  2 f  x   g  x  dx  6 . Tính   f  x   g  x  dx . A. 8. B. 9. C. 6. D. 7. Câu 12. Gọi Sa là diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số y  e2 x  2ex , trục Ox và đường thẳng x  a với a  ln 2 . Kết quả giới hạn lim S a là: a . A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 Câu 13. Một khối cầu có bán kính 5dm, người ta cắt bỏ 2 phần bằng 2 mặt phẳng vuông góc bán kính và cách tâm 3dm để làm một chiếc lu đựng. Tính thể tích mà chiếc lu chứa được. A. 132 (dm3) B. 41 (dm3) 100  (dm3) C. D. 43 (dm3) 3 3dm 5dm 3dm. Câu 14. Một vật di chuyển với gia tốc a  t   20 1  2t . 2.  m / s  . Khi 2. t  0 thì vận tốc của vật là. 30m / s . Tính quảng đường vật đó di chuyển sau 2 giây (làm tròn kết quả đến chữ số hàng đơn vị). A. S  106m . B. S  107m . C. S  108m . D. S  109m . 3 Câu 15. Tìm giá trị của tham số m sao cho: y  x  3x  2 và y = m(x+2) giới hạn bởi hai hình phẳng có cùng diện tích A. 0 < m < 1 B. m = 1 C. 1  m  9 D. m = 9 2. cosn xdx , n. Câu 16. Cho I n. ,n. 2 . Khẳng định nào sau đây đúng?. 0. A. I n. n. 1 n. In. 1. B. I n. n. 2 n. In. 2. C. I n. n. 1 n. In. 2. D. I n. – Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất. [Type here]. 2I n. 2.

(26) Giáo viên: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A. Toán 12. 1 3 1 5 x mx 2 2 x 2m có đồ thị (C). Tìm m 0; sao cho hình phẳng 3 3 6 giới hạn bởi đồ thị (C) và các đường thẳng x 0, x 2, y 0 và có diện tích bằng 4. 1 1 1 A. m B. m C. m D. m 1 2 4 3 Câu 18. Trong hệ trục Oxy, cho tam giác OAB vuông ở A, điểm B nằm trong góc phàn tư thứ nhất. A   nằm trên trục hoành, OB = 2017. Góc AOB   ,  0     . Khi quay tam giác đó quanh trục Ox ta 3  được khối nón tròn xoay. Thể tích của khối nón lớn nhất khi: 6 3 2 1 A. sin   B. cos   C. cos   D. sin   3 2 3 2 Câu 19. Từ mô ̣t khúc gõ hình trụ có đường kính 30cm, người ta cắt khúc gỗ bởi một mặt phẳng đi qua đường kính đáy và nghiêng với đáy một góc 450 để lấy một hình nêm (xem hiǹ h minh ho ̣a dưới đây) Câu 17. Cho hàm số y. Hình 1 Hình 2 Kí hiêụ V là thể tić h của hình nêm (Hình 2). Tiń h V . 225 cm 3 A. V  2250 cm 3 B. V  C. V  1250 cm 3 D. V  1350 cm 3 4 Câu 20. Tìm tham số m để đồ thị hàm số y  x 4  2mx 2  m  2  C  cắt trục ox tại bốn điểm phân. . . . . . . . . biệt và thỏa mãn hình phẳng giới hạn bởi đồ thị (C) và trục ox của phần nằm phía trên trục ox có diện tích bằng diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị (C) và trục ox của phần nằm phía dưới trục ox . A. 3 B. -3 C. 2 D. 4 4 2 Câu 21. Cho hà m số y  x  4 x  m có đồ thi la ̣ ̀ (C). Go ̣i S là diê ̣n tích hiǹ h phẳ ng giới ha ̣n bởi đồ thị (C) với y<0 và trục hoành, S’ là diêṇ tích hình phẳ ng giới ha ̣n bởi đồ thi ̣(C) với y>0 và tru c̣ hoà nh. Với giá tri na ̣ ̀ o của m thì S  S ' ?. 20 2 C. m  D. m  1 9 9 3 2 Câu 22. Cho y  f  x   ax  bx  cx  d ,  a, b, c, d  , a  0  có đồ thị  C  . Biết rằng đồ thị  C  A. m  2. B. m . tiếp xúc với đường thẳng y  4 tại điểm có hoành độ âm và đồ thị của hàm số y  f   x  cho bởi hình vẽ bên. Tính diện tích S của hình phẳng giới hạn bởi đồ thị  C  và trục hoành. A. S  9 .. B. S . 27 . 4. C. S . 21 . 4. D. S . – Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất. [Type here]. 5 . 4.

(27) Giáo viên: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A. Toán 12 2. Câu 23. Cho y  f  x  là hàm số chẵn, có đạo hàm trên đoạn  6;6. Biết rằng.  f  x  dx  8. 1 3. 6.  f  2 x  dx  3. Tính  f  x  dx. 1. 1. B. I  5 .. A. I  11 .. . 2. D. I  14 .. C. I  2 .. . Câu 24. Biết  e x 2x  e x dx  a.e4  b.e2  c với a, b, c là các số hữu tỷ. Tính S  a  b  c 0. C. S  2. B. S  4. A. S  2. 1 2. D. S  4. 1 3. 1 Cnn , n  * . n1 n 2 2n  1 2n1  1 A. T  B. T  2n1 C. T  D. T  n1 n1 n1 1 Câu 26. Hàm số nào dưới đây là nguyên hàm của hàm số f  x   trên khoảng  ;   ? 1  x2. Câu 25. Rút gọn biểu thức: T  Cn0  Cn1  Cn2  ... . . . . . A. F  x   ln x  1  x2  C. B. F  x   ln 1  1  x2  C. C. F  x   1  x 2  C. D. F  x  . 2x 1  x2. C.  2. Câu 27. Trong các số dưới đây, số nào ghi giá trị của. 2x 1.cos x  1  2x dx. . A.. 1 2. B. 0. 2. C. 2. D. 1. Câu 28. Người ta dựng một cái lều vải  H  có dạng hình “chóp lục giác cong đều” như hình vẽ bên. Đáy của  H . S. là một hình lục giác đều cạnh 3 m . Chiều cao SO  6 m ( SO vuông góc với mặt phẳng đáy). Các cạnh bên của  H  là các sợi dây c1 , c2 , c3 , c4 , c5 , c6 nằm trên các đường parabol có trục đối xứng song song với SO . Giả sử giao tuyến (nếu có) của  H  với mặt phẳng  P  vuông góc với SO là một lục giác đều và khi  P  qua trung điểm của SO thì lục giác đều có cạnh 1 m . Tính thể tích phần không gian nằm bên trong cái lều  H  đó.. c6 1m. c1. c2. c3. c4. O. – Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất. [Type here]. c5. 3m. và.

(28) Giáo viên: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A. 135 3 ( m3 ). 5 135 3 C. ( m3 ). 4 A.. Toán 12. 96 3 ( m3 ). 5 135 3 D. ( m3 ). 8 B.. Câu 29. Xét hàm số y  f  x  liên tục trên miền D   a; b  có đồ thị là một đường cong C . Gọi S là phần giới hạn bởi C và các đường thẳng x  a , x  b . Người ta chứng minh được rằng diện tích mặt b. cong tròn xoay tạo thành khi xoay S quanh Ox bằng S  2  f  x  1   f   x   dx . Theo kết quả 2. a. trên, tổng diện tích bề mặt của khối tròn xoay tạo thành khi xoay phần hình phẳng giới hạn bởi đồ thị 2 x 2  ln x hàm số f  x   và các đường thẳng x  1 , x  e quanh Ox là 4 4e4  16e2  7 4e4  9 4e4  9 2e2  1 . . . . A. B. C. D. 16 64 16 8 x4 Câu 30. Cho hàm số y   2m2 x 2  2 . Tập hợp tất cả các giá trị của tham số thực m sao cho đồ thị 2 của hàm số đã cho có cực đại và cực tiểu, đồng thời đường thẳng cùng phương với trục hoành qua 64 điểm cực đại tạo với đồ thị một hình phẳng có diện tích bằng là 15  2   1  ; 1 . A.  . B. 1 . C.  D.  ; 1 .  2   2  Câu 31. Thành phố định xây cây cầu bắc ngang con sông dài 500m, biết rằng người ta định xây cầu có 10 nhịp cầu hình dạng parabol,mỗi nhịp cách nhau 40m,biết 2 bên đầu cầu và giữa mối nhịp nối người ta xây 1 chân trụ rộng 5m. Bề dày nhịp cầu không đổi là 20cm. Biết 1 nhịp cầu như hình vẽ. Hỏi lượng bê tông để xây các nhịp cầu là bao nhiêu (bỏ qua diện tích cốt sắt trong mỗi nhịp cầu) A. 20m3 B. 50m3 C. 40m3 D. 100m3. – Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất. [Type here].

(29) Giáo viên: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A. Toán 12. HÌNH HỌC TỌA ĐỘ KHÔNG GIAN OXYZ Câu 1. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai điểm A 1;5;0  , B  3;3; 6  và đường thẳng .  x  1  2t  có phương trình tham số  y  1  t  t   . Một điểm M thay đổi trên đường thẳng  , xác định vị  z  2t  trí của điểm M để chu vi tam giác MAB đạt giá trị nhỏ nhất. Khi đó toạ độ của điểm M là: A. M 1;0; 2  B. M  2; 4;3 C. M  3; 2; 2  D. M 1; 4;3 Câu 2. Trong không gian tọa độ Oxyz, cho các phương trình mặt phẳng m. : 3mx. 5 1. m2y. 4mz. 0, m. 20. Xét các mệnh đề sau: (I) Với mọi m 1;1 thì các mặt phẳng (II) Với mọi m (III) d O;. m. 0 thì các mặt phẳng. 5, m. m m. 1;1 .. luôn tiếp xúc với một mặt cầu không đổi.. luôn cắt mặt phẳng (Oxz).. 1;1 .. Khẳng định nào sau đây đúng? A. Chỉ (I) và (II) B. Chỉ (I) và (III) C. Chỉ (II) và (III) D. Cả 3 đều đúng. Câu 3. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho 2 đường thẳng: x  t x  2 y  1 z 1  1 :   ,  2 :  y  2  t và mặt cầu (S ) : x2  y 2  z 2  2x  2 y  6z  5  0 1 2 3  z  1  2t  Viết phương trình mặt phẳng ( ) song song với hai đường thẳng 1 , 2 và cắt mặt cầu (S) theo giao tuyến là đường tròn (C) có chu vi bằng. 2 365 . 5. A. x  5 y  3z  4  0; x  5 y  3z  10  0 B. x  5 y  3z  10  0. C. x  5 y  3z  3  511  0; x  5 y  3z  3  511  0 D. x  5 y  3z  4  0. x  3 t  Câu 4. Trong không gian Oxyz, cho 2 đường thẳng d:  y  2  t và d’:   z  2t. x  t '  y  5t'   z  2t '  3 2  5. Viết phương trình mặt phẳng () chứa (d) và tạo với mặt phẳng Oyz một góc nhỏ nhất. A. 3x  y  2 z  7  0 . B. 3x  y  2 z  7  0 . C. 3x  y  2 z  7  0 .. D. 3x  y  2 z  7  0 .. x Câu 5. Trong không gian tọa độ Oxyz cho đường thẳng d : y. z mp P : 2 x y 2 z 2 nhất. A. x y z 3 0 C. x y z 3 0. t 1 2t và 2 t. 0 . Viết phương trình mặt phẳng R qua d và tạo với P một góc nhỏ B. x D. x. y y. z 3 z 3. 0 0. – Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất. [Type here].

(30) Giáo viên: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A. Toán 12. Câu 6. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz , gọi   là mặt phẳng qua hai điểm A 2; 0;1 và. B. 2;0;5 đồng thời hợp với mặt phẳng Oxz một góc 450 . Khoảng cách từ O tới   là:. 1 2 3 3 . . B. C. . D. . 2 2 2 2 Câu 7. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng (P) có phương trình 2x – y + z + 1 = 0 và hai điểm M(3; 1; 0), N(- 9; 4; 9). Tìm điểm I(a; b; c) thuộc mặt phẳng (P) sao cho IM  IN đạt giá trị lớn nhất. Biết a, b, c thỏa mãn điều kiện: A. a  b  c  21 B. a  b  c  14 C. a  b  c  5 D. a  b  c  19. Câu 8. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng ( P) : x  y  z 1  0 và hai điểm A.. A(1; 3;0), B  5; 1; 2  . M là một điểm trên mặt phẳng ( P) . Giá trị lớn nhất của T  MA  MB là: 4 6 2 3 . . D. T  3 2 Câu 9. Cho hai điểm A(-1, 3, -2); B(-9, 4, 9) và mặt phẳng (P): 2x-y+z+1=0. Điểm M thuộc (P). Tính GTNN của AM + BM. 7274  31434 2004  726 A. 6  204 B. C. D. 3 26 3 6 x 1 y  2 z   Câu 10. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai đường thẳng d1 : và 1 2 1 x  2 y 1 z d2 :   . Viết phương trình mặt phẳng (P) chứa d1 sao cho góc giữa mặt phẳng (P) và 2 1 2 đường thẳng d2 là lớn nhất. A. x  y  z  6  0 . B. 7 x  y  5z  9  0 . C. x  y  z  6  0 . D. x  y  z  3  0 . Câu 11. Cho đường thẳng d là giao tuyến của hai mặt phẳng () : x  2y  2z  4  0 A. T  2 5.. B. T  2 6.. C. T . () : 2x  2y  z  1  0, và mặt cầu S có phương trình x 2  y2  z 2  4x  6y  m  0 . Tìm m để đường thẳng d cắt mặt cầu (S) tại hai điểm phân biệt A, B sao cho AB = 8. A. 9 B. 12 C. 5 D. 2 Câu 12. Trong không gian tọa độ Oxyz , cho tám điểm A  2; 2; 0  , B  3; 2; 0  , C  3;3; 0  , D  2;3; 0  , M  2; 2;5  , N  2; 2;5  , P  3; 2;5  , Q  2;3;5  . Hỏi hình đa diện tạo bởi tám điểm. đã cho có bao nhiêu mặt đối xứng. A. 3. B. 6. C. 8. D. 9 Câu 13. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz cho A(2;  1;6), B(  1;2;4) và I(  1;  3;2). Viế t phương trình mă ̣t phẳ ng (P) đi qua A, B sao cho khoả ng cách từ I đế n (P) lớn nhấ t. A. 3x  7 y  6 z  35  0 . B. 7 x  y  5z  9  0 . C. x  y  z  6  0 . D. x  y  z  3  0 . Câu 14. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho hai điểm A(1;2;2), B(5;4;4) và mặt phẳng (P): 2x + y – z + 6 =0. Tọa độ điểm M nằm trên (P) saocho MA 2 + MB2 nhỏ nhất là: A. (-1;3;2) B. (2;1;-11) C. (-1;1;5) D. (1;-1;7) Câu 15. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho hai điểm M (0; 1;2) và N ( 1;1; 3) . Mặt phẳng (P) đi qua M, N sao cho khoảng cách từ K 0; 0;2 đến (P) đạt giá trị lớn nhất. (P) có vectơ pháp tuyến là: A. (1;1; 1) B. (1; 1;1) C. (1; 2;1) D. (2; 1;1) Câu 16. Trong không gian tọa độ Oxyz, cho điểm A(0;1;1), B(1;0; 3),C(1; 2; 3) và mặt cầu (S) có phương trình: x2  y2  z2  2x  2z  2  0 . Tìm tọa độ điểm D trên mặt cầu (S) sao cho tứ diện ABCD có thể tích lớn nhất. – Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất. [Type here].

(31) Giáo viên: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A. Toán 12.  7 4 1  1 4 5  B. D  ;  ;   C. D  ; ;  D. D(1; - 1; 0)  3 3 3   3 3 3 Câu 1.5. Phương trình nào sau đây không phải là phương trình hình chiếu vuông góc của đường thẳng  x  1  2t  d:  y  2  3t , t  R trên mặt phẳng (Oxy): z  3  t   x  3  2t '  x  1  4t '  x  1  2t '  x  5  2t '     A.  y  1  3t ' , t '  R B.  y  2  6t ', t '  R C.  y  2  3t ', t '  R D.  y  4  3t ', t '  R z  0 z  0 z  0 z  0     A. D 1; 0;1. Câu 17. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng ( P) : x  y  z 1  0 và hai điểm A(1; 3;0), B  5; 1; 2  . M là một điểm trên mặt phẳng ( P) . Giá trị lớn nhất của T  MA  MB là: 4 6 2 3 . . D. T  3 2 Câu 18. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai điểm M  2; 2;1 , A 1;2; 3  và đường thẳng A. T  2 5.. B. T  2 6.. C. T . x 1 y  5 z   . Tìm véctơ chỉ phương u của đường thẳng  đi qua M , vuông góc với đường 2 2 1 thẳng d đồng thời cách điểm A một khoảng bé nhất. A. u   2;1;6  . B. u  1;0;2  . C. u   3;4; 4  . D. u   2;2; 1 . d:. Câu 19. Trong không gian với hệ trục toạ độ Oxyz, cho điểm A  2;5;3 và đường thẳng x 1 y z  2   . Gọi là mặt phẳng chứa đường thẳng sao cho khoảng cách từ 2 1 2 nhất. Tính khoảng cách từ điểm M 1; 2;  1 đến mặt phẳng ? d:. đến. lớn. 11 18 11 4 B. 3 2 C. D. 18 18 3 Câu 20. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, xét các điểm A  0;0;1 , B  m;0;0  , C  0; n;0  , A.. D 1;1;1 với m  0; n  0 và m  n  1. Biết rằng khi m , n thay đổi, tồn tại một mặt cầu cố định tiếp xúc với mặt phẳng  ABC  và đi qua d . Tính bán kính R của mặt cầu đó?. 3 3 2 . C. R  . D. R  . 2 2 2 Câu 21. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho mặt cầu (S) có phương trình: x 2  y 2  z 2  2 x  6 y  4 z  2  0 . Viết phương trình mặt phẳng (P) song song với giá của véc tơ v  (1;6;2) , vuông góc với mặt phẳng ( ) : x  4 y  z  11  0 và tiếp xúc với (S). 2 x  y  2 z  3  0 2 x  y  2 z  3  0 A.  . B.  .  2 x  y  2 z  21  0  2 x  y  2 z  21  0  2 x  y  z  13  0 2 x  y  z  3  0 C.  . D.  2 x  y  z  1  0 2 x  y  z  1  0 A. R  1 .. B. R . Câu 22. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho bốn điểm A 1; 2;0  , B  0; 1;1 , C  2;1; 1 ,. D  3;1;4  . Hỏi có bao nhiêu mặt phẳng cách đều bốn điểm đó? A. 1.. B. 4.. C. 7.. D. Vô số.. – Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất. [Type here].

(32) Giáo viên: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A. Toán 12. Câu 23. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho bốn điểm A(1; –2; 0), B(0; –1; 1), C(2; 1; –1) và D(3; 1; 4). Hỏi có tất cả bao nhiêu mặt phẳng cách đều bốn điểm đó ? A. 1 mặt phẳng. B. 4 mặt phẳng. C. 7 mặt phẳng. D. Có vô số mặt phẳng. x  4 y 5 z  2   Câu 24. Đường thẳng  song song với d : và cắt cả hai đường thẳng 3 4 1 x 1 y 1 z  2 x2 y 3 z d1 :     . Phương trình nào không phải đường thẳng  và d 2 : 3 1 2 2 4 1 7 2 y z x  4 y 1 z 1 x3 3 3   A.  : B.  :  3 4 1 3 4 1 x9 y7 z 2 x  4 y 1 z 1     C.  : D.  : 3 4 1 3 4 1 Câu 25. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm A(1;5;0), B(3;3;6) và đường thẳng  có  x  1  2t  phương trình tham số  y  1  t . Một điểm M thay đổi trên đường thẳng  sao cho chu vi tam giác  z  2t  MAB đạt giá trị nhỏ nhất. Tọa đô điểm M và chu vi tam giác ABC là A. M(1;0;2) ; P = 2( 11  29) B. M(1;2;2) ; P = 2( 11  29) C. M(1;0;2) ; P = 11  29 D. M(1;2;2) ; P = 11  29 Câu 26. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho hai điểm A(1;2; -1), B(7; -2; 3) và đường thẳng d  x  2  3t  có phương trình  y  2t (t  R) . Điểm M trên d sao cho tổng khoảng cách từ M đến A và B là  z  4  2t  nhỏ nhất có tổng các tọa độ là: A. M=(2;0;4 ). B. M=(2;0;1). C. M=(1;0;4 ). D. M=(1;0;2 ). Câu 27. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng (Q): x  2y  z  5  0 và đường thẳng x  1 y  1 z 3 d:   . Phương trình mặt phẳng (P) chứa đường thẳng d và tạo với mặt phẳng (Q) một 2 1 1 góc nhỏ nhất là A.  P  : y  z  4  0 B.  P  : x  z  4  0 C.  P  : x  y  z  4  0. D.  P  : y  z  4  0. Câu 28. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, gọi d đi qua điểm A 1; 1;2  , song song với.  P  : 2 x  y  z  3  0 , đồng thời tạo với đường thẳng. :. x 1 y 1 z   một góc lớn nhất. Phương 1 2 2. trình đường thẳng d là. x 1 y 1 z  2 x 1 y 1 z  2   .   . A. B. 1 5 7 4 5 7 x 1 y 1 z  2 x 1 y 1 z  2   .   . C. D. 4 5 7 1 5 7 Câu 29. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz ,cho  P  : x  4 y  2 z  6  0 ,  Q  : x  2 y  4 z  6  0 . Lập phương trình mặt phẳng    chứa giao tuyến của  P  ,  Q  và cắt các trục tọa độ tại các điểm. A, B, C sao cho hình chóp O. ABC là hình chóp đều. A. x  y  z  6  0 . B. x  y  z  6  0 .. C. x  y  z  6  0 .. D. x  y  z  3  0 .. – Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất. [Type here].

(33) Giáo viên: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A. Toán 12. y  0 Câu 30. Trong không gian với hệ tọa độ  Oxyz cho điểm M 1;0;0  và 2 x  y  2 z  2  0  N  0;0; 1 , mặt phẳng  P  qua điểm M , N và tạo với mặt phẳng  Q  : x  y  4  0 mô ̣t góc bằ ng. 45O . Phương trình mặt phẳng  P  là y  0 y  0 A.  . B.  . 2 x  y  2 z  2  0 2 x  y  2 z  2  0 2 x  y  2 z  2  0 2 x  2 z  2  0 C.  . D.  . 2 x  y  2 z  2  0 2 x  2 z  2  0 Câu 31. Trong không gian với hệ trục toạ độ Oxyz, cho điểm A 10;2;1 và đường thẳng. x 1 y z 1   . Gọi  P  là mặt phẳng đi qua điểm A , song song với đường thẳng d sao cho 2 1 3 khoảng cách giữa d và  P  lớn nhất. Khoảng cách từ điểm M  1;2;3 đến mp  P  là d:. 76 790 97 3 2 13 3 29 . . . . B. C. D. 790 15 13 29 Câu 32. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm A(1;2;3) và đường thẳng d: x  3 y 1 z   . Mặt phằng (P) chứa đường thẳng d và có khoảng cách từ A đến (P) là lớn nhất. Khi 2 1 1 đó (P) có một véctơ pháp tuyến là A. n  ( 4; 5; 13) B. n  ( 4; 5; 13) C. n  ( 4; 5; 13) D. n  ( 4; 5;13) Câu 33. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm A(2; 2;0) , đường thẳng x 1 y z  2 :   . Biết mặt phẳng ( P) có phương trình ax  by  cz  d  0 đi qua A , song song 1 3 1 với  và khoảng cách từ  tới mặt phẳng ( P) lớn nhất. Biết a, b là các số nguyên dương có ước chung lớn nhất bằng 1. Hỏi tổng a  b  c  d bằng bao nhiêu? A. 3 . B. 0 . C. 1 . D. 1 . Câu 34. Trong không gian tọa độ Oxyz cho M(2;1;0) v đường thẳng d có phương trình: x 1 y 1 z   . Gọi  là đường thẳng đi qua M, cắt và vuông góc với d. Viết phương trình đường 2 1 1 thẳng  ? x  2  t x  2  t x  1  t x  2  t     A.  y  1  4t B.  y  1  4t C.  y  1  4t D.  y  1  4t  z  2t  z  3  2t  z  2t  z  2t     x  1  t  Câu 35. Cho đường thẳng (d ) :  y  1  t và mp (P): x  y  2  0 . Tìm phương trình đường thẳng  z  2t  nằm trong mặt phẳng (P) cắt và vuông góc với (d).  x  1  2t  x  1  3t  x  1  2t x  1  t     A.  y  1  2t B.  y  1  3t C.  y  1  2t D.  y  1  t z  0 z  5 z  0 z  5     Câu 36. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hình hộp chữ nhật ABCD. ABCD có điểm A trùng với gốc tọa độ, B(a;0;0), D(0; a;0), A(0;0; b) với (a  0, b  0) . Gọi M là trung điểm của cạnh CC  . Giả sử a  b  4 , hãy tìm giá trị lớn nhất của thể tích khối tứ diện ABDM ? A.. – Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất. [Type here].

(34) Giáo viên: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A. Toán 12. 64 B. maxVAMBD  1 27 27 64 C. max VAMBD   D. max VAMBD  64 27 Câu 37. Cho A  1;3;5  , B  2;6; 1 , C  4; 12;5  và điểm  P  : x  2 y  2 z  5  0 . Gọi M là điểm A. max VAMBD . thuộc  P  sao cho biểu thức S  MA  4MB  MA  MB  MC đạt giá trị nhỏ nhất. Tìm hoành độ điểm M. A. xM  3. B. xM  1. C. xM  1. D. xM  3. Câu 38. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai điểm A  2;1; 1 , B  0;3;1 và mặt phẳng.  P  : x  y  z  3  0 . Tìm tọa độ điểm M thuộc (P) A. M  4; 1;0  . B. M  1; 4;0  .. sao cho 2 MA  MB có giá trị nhỏ nhất. C. M  4;1;0  .. D. M 1; 4;0  .. x  2  t x 1 y  2 z 1    Câu 39. Trong không gain Oxyz, cho hai đường thẳng d1 : và d 2 :  y  3  t . Mặt 1 2 1  z  2  phẳng  P  : ax  by  cz  d  0 (với a; b; c; d  ) vuông góc với đường thẳng d1 và chắn d1 , d2 đoạn thẳng có độ dài nhỏ nhất. Tính a  b  c  d . A. 14 B. 1. C. 8. D. 12 x 1 y  2 z   Câu 40. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho hai đường thẳng d1 : và 1 2 1 x  2 y 1 z d2 :   . Gọi  P  là mặt phẳng chứa d1 sao cho góc giữa mặt phẳng  P  và đường 2 1 2 thẳng d 2 là lớn nhất. Chọn mệnh đề đúng trong các mệnh đề sau: A.  P  có vectơ pháp tuyến là n  1; 1;2  . B.  P  qua điểm A  0;2;0  .. C.  P  song song với mặt phẳng  Q  : 7 x  y  5 z  3  0 . D.  P  cắt d 2 tại điểm B  2; 1;4  . Câu 41. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho A(1;0;2), B(3;1;4), C(3; 2;1) . Tìm tọa độ điểm S, biết SA vuông góc với (ABC), mặt cầu ngoại tiếp tứ diện S.ABC có bán kính bằng độ âm. A. S (4; 6;4) .. 3 11 và S có cao 2. C. S (2;2;1) . D. S (4;6; 4) . x 1  y  1  z  3 và mặt phẳng Câu 42. Trong không gian với tọa độ Oxyz , cho đường thẳng d : 2  P  : x  2 y  z  5  0 . Mặt phẳng  Q  chứa đường thẳng d và tạo với  P  một góc nhỏ nhất có phương trình A. x  z  3  0. B. x  y  z  2  0. C. x  y  z  3  0. D. y  z  4  0. B. S (3;4;0) .. Câu 43. Trong không gian Oxyz, cho điểm A 1, 0, 1 và mặt phẳng  P  : x  y  z  3  0 . Mặt cầu S có tâm I nằm trên mặt phẳng  P  , đi qua điểm A và gốc tọa độ O sao cho chu vi tam giác OIA bằng. 6  2 . Phương trình mặt cầu S là: 2 2 2 2 2 2 A.  x  2    y  2    z  1  9 hoặc  x  2    y  2    z  1  9. – Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất. [Type here].

(35) Giáo viên: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A. Toán 12. B.  x  2    y  2    z  1  9 hoặc  x  1   y  2    z  2   9 2. 2. 2. 2. 2. 2. C.  x  2    y  2    z  1  9 hoặc  x  2    y  2    z  1  9 2. 2. 2. 2. 2. 2. D.  x  2    y  2    z  1  9 hoặc  x  1   y  2    z  2   9 2. 2. 2. 2. 2. 2. Câu 44. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho ba điểm A  0;2;0  , B  1;1;4  và C  3; 2;1 . Mặt cầu  S  tâm I đi qua A, B, C và độ dài OI  5 (biết tâm I có hoành độ nguyên, O là gốc tọa độ). Bán kính mặt cầu  S  là A. R  1 B. R  3 C. R  4 D. R  5 Câu 45. Cho hình chóp O.ABC có OA=a, OB=b, OC=c đôi một vuông góc với nhau. Điểm M cố định thuộc tam giác ABC có khoảng các lần lượt đến các mặt phẳng (OBC), (OCA), (OAB) là 1,2,3. Khi tồn tại a,b,c thỏa thể tích khối chóp O.ABC nhỏ nhất, giá trị nhỏ nhất của thể tích khối chóp O.ABC là A. 18 B. 27 C. 6 D. Không tồn tại a,b,c thỏa yêu cầu bài toán Câu 46. Cho hai điểm M 1; 2;3 , A  2; 4; 4  và hai mặt phẳng  P  : x  y  2 z  1  0,.  Q  : x  2 y  z  4  0 . Viết phương trình đường thẳng.  qua M cắt  P  ,  Q  lần lượt tại B, C sao. cho tam giác ABC cân tại A và nhận AM là đường trung tuyến. x 1 y  2 z  3 x 1    A.  : B.  : 1 1 1 2 x 1 y  2 z  3 x 1    C.  : D.  : 1 1 1 1. y 2 z 3  1 1 y 2 z 3  1 1 x  2  t  Câu 47. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho đường thẳng  : y  1  2t t  z  3t . . . . . . .  hai điểm. . A 2; 0; 3 và B 2; 2; 3 . Biết điểm M x 0 ; y 0 ; z 0 thuộc  thì MA4  MB 4 nhỏ nhất.Tìm x 0 A. x 0  0. B. x 0  1. C. x 0  2. D. x 0  3. Câu 48. Trong hệ trục tọa độ Oxyz cho 3 điểm A  a;0;0  , B  0; b;0  , C  0;0; c  với a, b, c  0 .Giả sử. a, b, c thay đổi nhưng thỏa mãn a2  b2  c2  k 2 không đổi. Diện tích tam giác ABC đạt giá trị lớn nhất bằng k2 3 k2 3 A. B. C. k 2 3 D. k 2 6 2 Câu 49. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, phương trình mặt phẳng (P) đi qua điểm M(9;1;1) , cắt các tia Ox, Oy, Oz tại A, B, C sao cho thể tích tứ diện OABC có giá trị nhỏ nhất là x y z x y z x y z x y z A.    1 B. C. D.   1    1   1 27 3 3 27 3 3 27 3 3 7 3 3 Câu 50. Trong không gian Oxyz cho 4 điểm A  2;3; 2  , B  6; 1; 2  , C  1; 4;3  , D 1; 6; 5  . Gọi M là một điểm nằm trên đường thẳng CD sao cho tam giác MAB có chu vi bé nhất. Khi đó toạ độ điểm M là: A. M  0;1; 1 B. M  2;11; 9  C. M  3;16; 13 D. M  1; 4;3 Câu 51. Trong không gian tọa độ Oxyz cho điểm A(0;1;1), B(1;0; 3), C(1; 2; 3) và mặt cầu (S) có phương trình: x2  y 2  z 2  2x  2z  2  0 .Tìm tọa độ điểm D trên mặt cầu (S) sao cho tứ diện ABCD có thể tích lớn nhất. 7 4 1   1 4 5  7 4 1 7 4 1 A. D  ;  ;   B. D  ; ;  C. D  ; ;  D. D  ;  ;   3 3 3  3 3 3   3 3 3  3 3 3 – Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất. [Type here].

(36) Giáo viên: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A. Toán 12. 1 3  ;0  và mặt cầu  S  : x 2  y 2  z 2  8. Đường Câu 52. Trong không gian Oxyz , cho điểm M  ; 2 2  thẳng d thay đổi, đi qua điểm M , cắt mặt cầu  S  tại hai điểm phân biệt. Tính diện tích lớn nhất S của tam giác OAB. A. S  7 .. B. S  4 .. D. S  2 2 . x  2t  2 2 2 Câu 53. Cho mặt cầu  S  : x  y  z  2 x  4 z  1  0 và đường thẳng d :  y  t . Tìm m để d z  m  t  C. S  2 7 .. cắt  S  tại hai điểm phân biệt A, B sao cho các mặt phẳng tiếp diện của  S  tại A và tại B vuông góc với nhau. A. m  1 hoặc m  4 B. m  0 hoặc m  4 C. m  1 hoặc m  0 D. Cả A, B, C đều sai Câu 54. rong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho ba điểm A 1;01;1 , B 1;2;1 , C  4;1; 2  và mặt. phẳng  P  : x  y  z  0 . Tìm trên (P) điểm M sao cho MA2  MB2  MC 2 đạt giá trị nhỏ nhất. Khi đó M có tọa độ A. M 1;1; 1 B. M 1;1;1 C. M 1;2; 1 D. M 1;0; 1 2 2 2 Câu 55. Trong không gian Oxyz, cho mặt cầu  S  : x  y  z  4 x  6 y  m  0 và đường thẳng. x y 1 z 1   . Tìm m để (d) cắt (S) tại hai điểm M, N sao cho độ dài MN bằng 8. 2 1 2 A. m  24 B. m  8 C. m  16 D. m  12 Câu 56. Trong không gian Oxyz, cho điểm A  2;0; 2  , B  3; 1; 4  , C  2;2;0  . Điểm D trong mặt phẳng (Oyz) có cao độ âm sao cho thể tích của khối tứ diện ABCD bằng 2 và khoảng cách từ D đến mặt phẳng (Oxy) bằng 1 có thể là: A. D  0; 3; 1 B. D  0;2; 1 C. D  0;1; 1 D. D  0;3; 1. d  :. – Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất. [Type here].

(37) Giáo viên: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A. Toán 12. SỐ PHỨC Câu 1. Cho hai số phức phân biệt z 1 ; z 2 thỏa điều kiện. z1. z2. z1. z2. là số ảo. Khẳng định nào sau đây là. đúng? A. z1. 1; z 2. B. z1. 1. C. z 1. z2. Câu 2. Gọi z1 ; z2 ; z3 ; z4 là 4 nghiệm phức của phương trình z4 trị m để z1 A. m. z2. z3. z4. z2 4. D. z 1 m z2. 4m. z2. 0 . Tìm tất cả các giá. 6.. 3 1 C. m D. m z Câu 3. Tìm số phức z biết z thỏa mãn phương trình  z  2 z A. 1 B. 1+i C. 1-i D. i Câu 4. Trong các số phứ c thỏa điề n kiê ̣n z  4i  2  2i  z , modun nhỏ nhấ t của số phức z bằ ng? 1. B. m. 2. A. 2 2 B. 2 C. 1 D. 3 2 . Câu 5. Cho số phức z  0 thỏa mãn z  2 . Tìm tổng giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức. zi . z A. 1 .. P. C. 3 .. B. 2 .. Câu 6. Số phức z có mô đun lớn nhất và thỏa mãn điều kiện Z 1  i   3  2i . D. 4 .. 13 là: 2. 3 15 2 1 3 1  i  i C. z  D. z   i 4 4 2 2 2 2 2 3 Câu 7. Tính tổng mô-đun tất cả các nghiệm của phương trình:  z  i   z  1 z  i   0 A. z  1  3i. B. z . A. 3. B. 4. C. 6. D. 8. Câu 8. Gọi A, B, C lần lượt là các điểm biểu diễn của 3 số phức: 1 2i; (1 i )(1 2i ); tích của tam giác ABC bằng: 1 1 A. B. 2 4 m 1 Câu 9. Cho số phức z  m  1  m  2i  1 A. . C.. 5 5.  . Số các giá trị nguyên của m để. B. 1. Câu 10. Cho hai số phức z1; z2 thỏa mãn iz1  2 . C. 4. D.. 2  6i .Diện 3 i. 5 2. z  i  1 là D. Vô số. 1 và z2  iz1 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 2. z1  z2 . 1 2 Câu 11. Trong mặt phẳng môđun lớn nhất thì số phức  2 2 A. . 2 A. 2 . 1 1 1 C. 2  D. 2  2 2 2 phức Oxy , trong các số phức z thỏa z  1  i  1 . Nếu số phức z có z có phần thực bằng bao nhiêu ? 2 2 2 2 2 2 B. . C. . D. . 2 2 2 B. 2 . – Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất. [Type here].

(38) Giáo viên: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A. Toán 12. Câu 12. Trong mặt phẳng phức Oxy , các số phức z thỏa z  2i  1  z  i . Tìm số phức z được biểu diễn bởi điểm M sao cho MA ngắn nhất với A 1,3  . B. 1  3i .. A. 3  i .. Câu 13. Trong các số phức z thỏa mãn. D. 2  3i .. C. 2  3i .. 2z  i  1 . Tìm giá trị lớn nhất của z . 2  iz. A. 1. B. 2. C. 2 D. 3 Câu 14. Xác định tập hợp các điểm trong mặt phẳng phức biểu diễn các số phức z thỏa mãn từng điều kiện sau: z  z  3  4i .. 25 0 2 25 0 C. 3x  4 y  2. B. 3x  4 y  25  0. A. 3x  4 y . D. 3x  4 y  25  0. Câu 15. Điểm M biểu diễn số phức z  0 và điểm M’ biểu diễn số phức z ' . 1 . Nếu điểm M di động z. trên đường tròn tâm A(-1;1) bán kính R  2 thì M’ di động trên đường nào? A. x2  y 2  2 x  2 y  0 B. 2 x  2 y  1  0 C. 2 x  2 y  1  0 D. 2 x  2 y  1  0 Câu 16. Tìm số thực m  a  b 20 (a, b là các số nguyên khác 0) để phương trình 2z 2  2(m  1) z  (2m  1)  0 có hai nghiệm phức phân biệt z1, z2 thỏa mãn z1  z2  10 . Tìm a. A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 Câu 17. Cho các số phức z thỏa mãn z  2 .Biết rằng tập hợp các điểm biểu diễn các số phức. w  3  2i   2  i  z là một đường tròn.Tính bán kính r của đường tròn đó. C. 7 D. 7 20 Câu 18. Cho hai số phức u,v thỏa mãn u  v  10 và 3u  4v  2016 . Tính M  4u  3v . A. 20 A.. B.. 2984. B.. 2884. Câu 19. Cho số phức z thoả mãn: z  A. 21008. B. 21008. C.. 2894. D.. z 6  7i  . Tìm phần thực của số phức z 2017 . 1  3i 5 C. 2504 D. 22017. Câu 20. Cho số phức z có mô đun bằng 2017 và w là số phức thỏa mãn biểu thức Môđun của số phức w bằng: A. 1 B. 2. 24. C. 2016. 1 1 1   . z w zw. D. 2017. – Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất. [Type here].

(39) Giáo viên: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A. Toán 12. Câu 21. Biết số phức Z thỏa điều kiện 3  z  3i  1  5 . Tập hợp các điểm biểu diễn của Z tạo thành một hình phẳng. Diện tích của hình phẳng đó bằng A. 16 B. 4 C. 9 D. 25. 8. 6. 4. 2. O. 5. 2. Câu 22. Số Phức cho ba số phức z1, z2 , z3 thỏa mãn z1  z2  z3  1 và z1  z2  z3  1. Mệnh đề nào sau đây là sai. A. Trong ba số đó có hai số đối nhau. B. Trong ba số đó phải có một số bằng 1. C. Trong ba số đó có nhiều nhất hai số bằng 1. D. Tích của ba số đó luôn bằng 1. 1 1 1 Câu 23. Cho z là số phức có mô đun bằng 2017 và w là số phức thỏa mãn   . Mô đun z w zw của số phức w là A. 2015 B. 1 C. 2017 y D. 0 Câu 24. Cho số phức z thoả mãn điều kiện z  2  3i  3 . Tìm giá trị x nhỏ nhất của z. 13  3 C. 13  2 A.. O z. B. 2. M. C. D. 2 I. Câu 25. Cho số phức z thỏa mãn: z  3  4i  4 . Tìm giá trị nhỏ nhất của z . A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 n Câu 26. Tìm phần thực của số phức thỏa mãn phương z  (1  i) , n  trình log4 (n  3)  log4 (n  9)  3 A. 5 B. 6 C. 7 D. 8 2 z  1 Câu 27. Cho số phức z thỏa mãn z  1 và số phức w  . Khi đó mô đun của số phức w là: 2  iz A. w  2 B. 1  w  2. C. w  1 D. w  2 Câu 28. Cho cá c số phức z thỏa mãn z  1  2 . Biế t rằ ng tâ ̣p hơp̣ các điể m biể u diễn các số phứ c. . . w  1  i 3 z  2 là mô ̣t đường tròn. Tiń h bá n kính r của đường tròn đó? A. r  4. B. r  2. C. r  16. D. r  25. – Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất. [Type here].

(40) Giáo viên: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A. Toán 12. 2 2017 Câu 29. Tìm phần ảo của số phức z , biết số phức z thỏa mãn i. z  2  i  1  i   ...  1  i  .. A. 1 B. 21009 C. 21009 D. 21009 i Câu 30. Cho các số phức z thỏa mãn z  4 . Biết rằng tập hợp các điểm biểu diễn các số phức w  (3  4i) z  i là một đường tròn. Tính bán kính r của đường tròn đó. A. r  4. B. r  5. C. r  20. D. r  22. Câu 31. Với hai số phức z1 và z2 thỏa mãn z1  z2  8  6i và z1  z2  2 . Tìm giá trị lớn nhất của. P  z1  z2 A. P  5  3 5 .. B. P  2 26 .. C. P  4 6 .. D. P  34  3 2 .. – Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất. [Type here].

(41) Giáo viên: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A. Toán 12. PHẦN II – LỜI GIẢI CHI TIẾT HÀM SỐ Câu 1. Cho hàm số y  x3  mx  2 có đồ thị (C m). Tìm m để đồ thị (C m) cắt trục hoành tại một điểm duy nhất. 3 3 A. m B. m C. m 3 D. m 3 Hướng dẫn giải: 3 Số giao điểm của đồ thị (Cm) với Ox là số nghiệm của phương trình x  mx  2  0 Với m = 0 vô nghiệm nên không có giao điểm Với m  0 ta có. 2  f ( x);(* ) x 2 2( x3  1) f '( x)  2x   0 x 1 x2 x2. m   x2 . Ta có bảng biến thiên của f(x) như sau: x  0 + + f '( x) f ( x)   . . 1 0 -3. -.  Số nghiệm phương trình (*) là số giao điểm của đồ thị hàm f(x) và đường thẳng y=m. 3 thì phương trình (*) có 1 nghiệm duy nhất. Dựa vào bảng biến thiên ta thấy m Chọn đáp án B. Câu 2. Cho hàm số: y  x 4  2(m  2) x 2  m2  5m  5 . Với giá trị nào của m thì đồ thị hám số có cực đại và cực tiểu, đồng thời các điểm này tạo thành một tam giác đều A. m  2  3 3 B. 2  3 C. 3  2 D. 3  3 2 Hướng dẫn giải: Ta có: y '  4 x3  4(m  2) x x  0 y'  0   2 x  2  m Hàm số có CĐ, CT  PT f '  x   0 có 3 nghiệm phân biệt  m  2 (*). .  . Khi đó toạ độ các điểm cực trị là: A 0, m2  5m  5 , B  AB . . . .  . 2  m ;1  m , C  2  m ;1  m. . . 2  m ;  m2  4m  4 ; AC   2  m ;  m2  4m  4 Do ABC luôn cân tại A, nên. bài toán thoả mãn khi A  600  cos A . AB. AC 1   0  m  2 3 3 2 AB AC. Chọn đáp án A. Câu 3. Cho hàm số y = x 3 . 1. 2. x 2 có đồ thị là (C). Tìm tất cả những điểm trên đồ thị (C) sao cho hệ số. 2 góc của tiếp tuyến với đồ thị (C) tại những điểm đó là giá trị lớn nhất của hàm số g(x) = 4x +3. x 4 +1. 1  A.  ; 0  2 . 3   4 40   B.  1;   ;  ;  2   3 27   – Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất. [Type here].

(42) Giáo viên: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A.  2 1  2   2 1  2  C.   ;  2 ;  4   2 ; 4      Hướng dẫn giải:. Toán 12. 1  D.  ; 0  ;  2; 10  2 . 4x 2 +3 x 4 +1 4t + 3 - Đặt t = x2 , với t  0 ta có hàm số g(t) = 2 ; t +1 1 4t 2  6t + 4 - g'(t) = ; g’(t) = 0  t = 2; t = ; 2 2 2 (t +1) * Tìm giá trị lớn nhất của hàm số: g(x) =. - Ta lại có: lim g (t )  0 ; lim g (t )  0 , bảng biến thiên của hàm số: t. . g’(t) g(t). t . t . –2 –. 0. 0. 0 +. + 3. 1  2 0 – 4 0. –1 - Vậy giá trị lớn nhất của hàm số là g (x) = 4, đạt được khi x  . 2 2. * Tìm các điểm thuộc đồ thị (C) - Ta có: y’ = 3x2 – x, giả sử điểm M0(x0, f(x0))  (C), thì hệ số góc tiếp tuyến của (C) tại M0 là f’(x0)= 3x 02  x 0. 40 4 3 4 - Vậy: 3x 02  x 0 = 4 suy ra x0 = –1; x0 = , tung độ tương ứng f(–1) = – ; f( ) = 27 3 2 3 3   4 40   + Có hai điểm thỏa mãn giải thiết  1;   ;  ;  . 2   3 27   Chọn đáp án B.. 2x  4 có đồ thi C điểm A(5;5) . Tìm m để đường thẳng y   x  m cắt x 1 đồ thị C tại hai điểm phân biệt M và N sao cho tứ giác OAMN là hình bình hành ( O là gốc toạ Câu 4. Cho hàm số y . độ). 2 A. m 0 B. m 0; m 2 C. m 2 D. m Hướng dẫn giải: Do các điểm O và A thuộc đường thẳng  : y   x nên để OAMN là hình bình hành thì. MN  OA  5 2. Hoành độ của M và N là nghiệm của pt: 2 x  4   x  m  x 2  (3  m) x  (m  4)  0 ( x  1) (1) x 1. Vì   m  2m  25  0, m ,nên 1 luôn có hai nghiệm phân biệt, d luôn cắt C tại hai điểm 2. phân biệt.  x1  x2  m  3 Giả sử x1 , x2 là nghiệm của 1 ta có:   x1 x2  (m  4) Gọi M ( x1 ;  x1  m), N ( x2 ;  x2  m)  MN 2  2( x1  x2 ) 2  2 ( x1  x2 ) 2  4 x1 x2   2m 2  4m  50 m  2 MN  5 2  2m2  4m  50  50   m  0 – Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất. [Type here].

(43) Giáo viên: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A. Toán 12. +m 0 thì O, A, M , N thẳng hàng nên không thoã mãn. +m 2 thoã mãn. Chọn đáp án C. x2 Câu 5. Cho hàm số: y   C  . Tìm a sao cho từ A(0, a ) kẻ được hai tiếp tuyến đến (C) nằm ở x 1 hai phía trục Ox.  2   2  A.  ;   B.  2;   \ 1 C.  2;   D.  ;   \ 1  3   3  Hướng dẫn giải: Đường thẳng qua A(0, a ) có hệ số góc k có phương trình y  kx  a tiếp xúc (C) x2 <=> kx  a  có nghiệm kép <=>  kx  a  x  1  x  2 có nghiệm kép x 1 <=> kx 2   k  a  1 x   a  2   0 có nghiệm kép.   k  0 k  0 có 2 nghiệm k phân     2 2 2   h(k )  k  2  a  5 k   a  1  0    k  a  1  4k  a  2   0 biệt    12  a  2   0    a   2;   \ 1 1 2 h (0)  a  1  0     k1   a  1 k   a  1   y1  1  x1  2k1 2  Khi đó   x  k2   a  1  y  k2   a  1 2  2 2k 2 2  Mà y1 y2  0   k1   a  1   k2   a  1   0  k1k2   a  1 k1  k2    a  1  4  3a  2   0 2.  a . 2 3.  2.  2  Từ (1) và (2)  a   ;   \ 1  3  Chọn đáp án D.. Câu 6. Hai điể m M, N thuô ̣c hai nhá nh của đồ thi ̣ y  bằ ng? A. 8 Hướng dẫ n giải:. B. 4. 3x  1 . Khi đó đô ̣ dài đoa ̣n thẳ ng MN ngắ n nhấ t x 3. C. xM  3. D. 8 2 .. 8 8   Giả sử xM  3 , xN  3 , khi đó M  3  m;3   , N  3  n;3   với m, n  0 m n   2. 2  1 1 64   8 8  MN  (m  n)      (2 mn )2  64  2 .   4  mn    64 m n mn m n      MN  8 . Kết luâ ̣n MN ngắ n nhấ t bằ ng 8 Chọn đáp án A. Câu 7. Cho hà m số y   x3  3mx2  3m 1 . Với giá tri na ̣ ̀ o của m thì đồ thi ha ̣ ̀ m số đã cho có cực đa ̣i và cực tiể u đố i xứng nhau qua đường thẳng d : x  8 y  74  0 2. 2. – Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất. [Type here].

(44) Giáo viên: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A. Toán 12. A. m  1 B. m  2 C. m  2 Hướng dẫ n giải: + y'  0  3x 2  6mx  0 . Đồ thị có 2 điểm cực trị khi: m  0 + Phương trình đường thẳng đi qua 2 điểm cực trị là: y = 2m2 .x - 3m - 3 + Trung điểm 2 điểm cực trị là I (m;2m3  3m 1) + Điều kiện để 2 điểm cực trị đối xứng qua d : x  8 y  74  0  2 1 2m .( )  1 8  m  8(2m3  3m  1)  74  0  + Từ đó thấy m = 2 thỏa mãn hệ trên. Chọn đáp án C. Câu 8. Cho f  x   e. 1. 1 x2. . 1.  x 12. D. m  1. m. . Biết rằng f 1 . f  2 . f  3... f  2017   e n với m , n là các số tự nhiên. m tối giản. Tính m  n2 . n A. m  n2  2018 . B. m  n2  2018 . Hướng dẫn giải: Xét các số thực x  0. và. Ta có:. 1 1 1 2   x  x  12. x. 2.  x  1. x 2  x  1. Vậy, f 1 . f  2 . f  3... f  2017   e. 2. 2. . D. m  n2  1 .. C. m  n2  1 .. x2  x  1 1 1 1 .  1  1  2 x x x  x  1 x x 1. 1 1   1 1  1 1  1 1   1    1    1     1   1 2  2 3  3 4  2017 2018 . e. 2018 . 1 2018. e. 20182 1 2018. m 20182  1  n 2018 20182  1 Ta chứng minh là phân số tối giản. 2018 Giả sử d là ước chung của 20182  1 và 2018 Khi đó ta có 20182  1 d , 2018 d  20182 d suy ra 1 d  d  1 20182  1 Suy ra là phân số tối giản, nên m  20182  1, n  2018 . 2018 Vậy m  n2  1 . Chọn đáp án C. hay. Câu 9. Cho hàm số y  f ( x) có đồ thị y  f ( x) cắt trục Ox tại ba điểm có hoành độ a  b  c như hình vẽ. Mệnh đề nào dưới đây là đúng? A. f (c)  f (a)  f (b). B. f (c)  f (b)  f (a). C. f (a)  f (b)  f (c). D. f (b)  f (a)  f (c).. Hướng dẫ n giải: – Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất. [Type here]. ,.

(45) Giáo viên: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A. Toán 12. Đồ thị của hàm số y  f ( x) liên tục trên các đoạn  a; b  và b; c  , lại có f ( x) là một nguyên hàm của f ( x) .  y  f ( x ) y  0  Do đó diện tích của hình phẳng giới hạn bởi các đường:  là: x  a   x  b b. b. a. a. S1   f ( x) dx   f ( x)dx   f  x  a  f  a   f  b  . Vì S1  0  f  a   f  b  1 b.  y  f ( x ) y  0  Tương tự: diện tích của hình phẳng giới hạn bởi các đường:  là: x  b   x  c c. c. b. b. S2   f ( x) dx   f ( x)dx  f  x  b  f  c   f  b  . S 2  0  f  c   f  b   2  . c. Mặt khác, dựa vào hình vẽ ta có: S1  S 2  f  a   f  b   f  c   f  b   f  a   f  c   3  . (có thể so sánh f  a  với f  b  dựa vào dấu của f ( x) trên đoạn  a; b  và so sánh f  b  với. f  c  dựa vào dấu của f ( x) trên đoạn b; c  ). Từ (1), (2) và (3) Chọn đáp án A. Câu 10. Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để hàm số y   2m  1 x   3m  2  cos x nghịch biến trên . 1 1 1 A. 3  m   . B. 3  m   . C. m  3. D. m   . 5 5 5 Hướng dẫ n giải: TXĐ: D  Ta có: y  (2m  1)  (3m  2)sin x Để hàm số nghịch biến trên thì y  0, x tức là: (2m  1)  (3m  2)sin x  0 (1) , x 7 2 +) m   thì (1) thành   0, x 3 3 2 1  2m 1  2m 5m  1 2 1  1 0 m +) m   thì (1) thành sin x  3 3m  2 3m  2 3m  2 3 5 1  2m 1  2m m3 2 2   1   0  3  m   +) m   thì (1) thành sin x  3m  2 3m  2 3m  2 3 3 1 Kết hợp được: 3  m   5 Chọn đáp án A. Câu 11. Tìm tất cả các giá trị của m để hàm số: y  2 x 3  3  m  1 x 2  6  m  2  x  3 nghịch biến trên khoảng có độ dài lớn hơn 3 A. m  0 hoặc m  6 B. m  6 C. m  0 D. m  9 Hướng dẫ n giải: Dùng BBT để xét sự đồng biến và nghịch biến của hàm số trên các khoảng y '  6 x 2  6  m  1 x  6  m  2  x  '  9  m  1  36  m  2   9m2  54m  81  0 2. Dấu bằng xảy ra khi m  3 – Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất. [Type here].

(46) Giáo viên: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A. Toán 12. Gọi x1, x2 là 2 nghiệm của phương trình y '  0  x1  x2 .  x1  x2  1  m Theo viet:   x1.x2  m  2 Ta có BBT t  y’ + y. x1 0. -. x2 0.  +. Vậy hàm số đồng biến trên khoảng  x1 , x2   pt y '  0 phải có 2 nghiệm phân biệt  m  3 Gọi Độ dài khoảng nghịch biến của hàm số là D 2 2 D  x1  x2   x1  x2   1  m   4  m  2   m 2  6m  9. D  3  D2  9  m2  6m  9  9  m2  6m  0  m  0 hoặc m  6 (thỏa mãn) Chọn đáp án A. x 1 Câu 12. Cho hàm số y  có đồ thị (C) và A là điểm thuộc (C). Tìm giá trị nhỏ nhất của tổng các x 1 khoảng cách từ A đến các tiệm cận của (C). A. 2 2 B. 2 C. 3 D. 2 3 Hướng dẫ n giải:  m 1 Gọi M  m;    C  m  1 . Tổng khoảng cách từ M đến 2 đường tiệm cận x  1 và y  1 là  m 1 m 1 2 2 S  m 1  1  m 1   2 m 1 . 2 2 m 1 m 1 m 1 Dấu “=” xảy ra  m  1 . 2  m 1  2  m  1 2 m 1. Chọn đáp án A.. 2x  1  C  . Tìm k để đường thẳng d : y  kx  2k  1 cắt (C) tại hai điểm x 1 phân biệt A, B sao cho khoảng cách từ A và B đến trục hoành bằng nhau. A. 12 B.  4 C. 3 D. 1 Hướng dẫ n giải: Phương triình hoành độ giao điểm của (C) và d: 2x  1  kx  2k  1  2x  1   x  1 kx  2k  1 ;  x  1 x 1  kx 2   3k  1 x  2k  0 1 ;  x  1. Câu 13. Cho hàm số y . d cắt (C) tại hai điểm A, B phân biệt khi và chỉ khi (1) có hai nghiệm phân biệt khác 1 . k  1  k  0   .     k 2  6k  1  0  k  3  2 2  k  3  2 2    2  k  1   3k  1 1  2k  0 Khi đó: A  x1; kx1  2k  1 , B  x2 ; kx 2  2k  1 với x1, x2 là nghiệm của (1).. 3k  1   x1  x2  Theo định lý Viet tao có  k .   x1 x2  2 – Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất. [Type here].

(47) Giáo viên: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A. Toán 12. Ta có d  A; Ox   d  B; Ox   kx1  2k  1  kx 2  2k  1.  x1  x2  kx  2k  1  kx 2  2k  1 .  1   kx1  2k  1  kx 2  2k  1  k  x1  x2   4k  2  0. Do hai điểm A, B phân biệt nên ta loại nghiệm x1  x2 . Do đó k  x1  x2   4k  2  0  k  3 . Chọn đáp án C. x4 Câu 14. Nếu đồ thị hàm số y  cắt đường thẳng (d ) : 2 x  y  m tại hai đểm AB sao cho độ dài x 1 AB nhỏ nhất thì A. m=-1 B. m=1 C. m=-2 D. m=2 Hướng dẫ n giải: Phương trình hoành độ giao điểm x4  2 x  m ( x  1) x 1  2 x 2  (m  3) x  m  4  0.   (m  1)2  40  0, m  R Suy ra (d) luôn cắt dồ thị hàm số tại hai điểm A,B m3 m  4 x A  xB  ; x A . xB  ; 2 2 y A  2 xA  m; yB  2 xB  m yB  y A  2( xB  xA ) AB  ( xB  xA )2  ( yB  y A )2  5( xB  x A ) 2  m  3  2 m  4  5 2  5  ( xB  xA ) 2  4 xA xB   5   m  1  40  5 2   4  2  4  2  Vậy AB nhỏ nhất khi m=-1 Chọn đáp án A. Câu 15. Cho hàm số y  x3  3mx 2  3  m2  1 x  1  m2 . Tìm m để trên đồ thị hàm số có hai điểm đối xứng qua gốc tọa độ A. 1  m  0 hoặc m  1 B. 1  m  0 hoặc m  1 C. 1  m  0 hoặc m  1 D. 1  m  0 hoặc m  1 Hướng dẫ n giải: Gọi hai điểm đối xứng nhau qua O là A  x0 , y0  , B   x0 ,  y0 . Khi đó ta có y0  x03  3mx0 2  3  m2  1 x0  1  m2 và  y0   x03  3mx0 2  3  m2  1 x0  1  m 2 Từ đó suy ra: 6mx0 2  2  2m2  0(*). Nếu x0  0 thì 2  2m2  0 suy ra y0  1  m2  0 . Vậy A  B  O Do đó: đồ thị hàm số có hai điểm đối xứng nhau qua gốc tọa độ O m  0    phương trình (*) có nghiệm khác 0  2  2m2  0  1  m  0 hay m  1  2    '  6m  2  2m   0 Chọn đáp án B. 2 3 Câu 16. Cho hàm số y  x3  3mx2  m3 có đồ thị  Cm  và đường thẳng d : y  m x  2m . Biết rằng. m1 , m2  m1  m2  là hai giá trị thực của m để đường thẳng d cắt đồ thị  Cm  tại 3 điểm phân biệt có – Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất. [Type here].

(48) Giáo viên: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A. Toán 12. hoành độ x1, x 2 , x3 thỏa x14  x2 4  x34  83 . Phát biểu nào sau đây là đúng về quan hệ giữa hai giá trị m1, m2 ? A. m1  m2  0 . Hướng dẫ n giải:. C. m22  2m1  4 . D. m1  m2  0 .. B. m12  2m2  4 .. x  m x  3mx  m x  3m  0   x  m  DK : m  0   x  3m ycbt  x14  x2 4  x34  83  m4  m4  81m4  83  m  1  m1  m2  0 . Chọn đáp án A. x3 Câu 17. Cho hàm số y  có đồ thị là (C). Gọi I là giao điểm của 2 đường tiệm cận của (C). Tìm x 1 tọa độ điểm M trên (C) sao cho độ dài IM là ngắn nhất ? A. M 1  0 ;  3 và M 2  2 ; 5  B. M 1 1 ;  1 và M 2  3 ; 3 3. 2. 2. 3. 5 1  5 11  D. M 1  ;   và M 2   ;  3 2  2 3. 1 7   C. M 1  2 ;   và M 2  4 ;  3 3   Hướng dẫn giải: m 3  Gọi M  m ;  thuộc đồ thị, có I(–1 ; 1) m 1  . IM .  m  1. 2. . 16.  m  1. 2. , IM .  m  1. 2. . 16.  m  1. 2.  2 16  2 2. IM nhỏ nhất khi IM  2 2 . Khi đó (m + 1)2 = 4. Tìm được hai điểm M 1 1 ;  1 và M 2  3 ; 3 . Chọn đáp án B. Câu 18. Giá trị của tham số m để diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số y  3x2  2mx  m2  1 , trục hoành, trục tung và đường thẳng x = 2 đạt giá trị nhỏ nhất là: A. m = 2 B. m = 1 C. m = -1 D. m = - 2 Hướng dẫ n giải: Vì với m tùy ý ta luôn có 3x2  2mx  m2  1  0 x nên diện tích hình phẳng cần tìm là 2. 2 S    3x 2  2mx  m2  1 dx   x3  mx 2   m2  1 x   2m2  4m  10  2  m  1  8 0. 2. 0. S đạt giá trị nhỏ nhất bằng 8 khi m = - 1. (dùng casio thử nhanh hơn) Chọn đáp án C. x2  2 x  3 Câu 19. Đường thẳng đi qua 2 điể m cực tri ̣của đồ thị hà m số y  hợp với 2 trục tọa độ 1 x 1 tam giác có diện tích S bằng: A. S=1,5 B. S=2 C. S=3 D. S=1 Hướng dẫn giải: u / ( xo ) u ( x) Ta có kết quả: Nếu đồ thị hàm số y  có điểm cực trị ( xo ; yo ) thì yo  / v( x) v ( xo ) Suy ra phương trình đường thẳng đi qua 2 điểm cực trị là y=2x-2 (d) (d) cắt 2 trục tọa độ tại 2 điểm A(0;-2) ,B(1;0) nên diện tích tam giác OAB bằng 1 Chọn đáp án D. 3 2 Câu 20. Cho hàm số y  x  2 x  1  m  x  m có đồ thị  C  . Giá trị của m thì  C  cắt trục 2 2 2 hoành tại 3 điểm phân biệt x1, x2 , x3 sao cho x1  x2  x3  4 là. – Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất. [Type here].

(49) Giáo viên: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A  1   m  1. A. m  1. Toán 12. 1 C.   m  1 4. B.  4. m  0 . D.. 1  m1 4. Hướng dẫn giải: Phương trình hoành độ giao điểm của (C) và trục hoành là x  1 x3  2 x 2  1  m  x  m  0   2 x  x  m  0 m  0  1 (C) và trục hoành cắt nhau tại 3 điểm phân biệt:   m  4 . x12  x22  x32  4   x1  x2   2 x1x2  1  4  1  2m  1  4  m  1 Chọn đáp án B. 3 Câu 21. Cho hàm số y   x  m   3x  m 2 1 . Gọi M là điểm cực đại của đồ thị hàm số 1 ứng với 2. một giá trị m thích hợp đồng thời là điểm cực tiểu của đồ thị hàm số 1 ứng với một giá trị khác của m. Số điểm M thỏa mãn yêu cầu đề bài là: A. 1 B. 2 Hướng dẫn giải: 2 Ta có y  3  x  m   3, y  6  x  m . C. 3. D. 0.  x  m 1 Suy ra y  0   . x  m 1 Vì x  x1  m  1, y  m  1  0 nên hàm số đạt cực đại x  x1  m  1 tại và giá trị cực đại là y1  m2  3m  2 . Tương tự, ta có hàm số đạt cực tiểu tại x  x2  m  1 và giá trị cực tiểu là y2  m2  3m  2 . Ta giả sử điểm M là điểm cực đạ của đồ thị hàm số ứng với giá trị m1 và là điểm cực tiểu ứng của đồ thị hàm số ứng với với giá trị m2 .. m1  1  m2  1 Từ YCBT suy ra hệ phương trình  2 2 m1  3m1  2  m2  3m2  2 3 1 1 1 Giải hệ ta tìm được nghiệm m1  , m2   và suy ra tồn tại duy nhât một điêm M  ,   thỏa 2 2 2 4 bài toán. Chọn đáp án A. Câu 22. Cho một tam giác đều ABC cạnh a. Người ta dựng một hình chữ nhật MNPQ có cạnh MN nằm trên cạnh BC, hai đỉnh P và Q theo thứ tự nằm trên hai cạnh AC và AB của tam giác. Xá c định giá trị lớn nhất của hình chữ nhật đó? A.. 3 2 a 8. B.. 3 2 a 4. C. 0. D.. 3 2 a 2. Hướng dẫn giải: Gọi H là trung điểm của BC  BH = CH = Đặt BM = x, 0  x . a 2. A. a , ta có: 2. Q. a  MN  2MH  2(BH  BM)  2   x   a  2x 2 . M. P. H. N. B – Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất. [Type here]. C.

(50) Giáo viên: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A. Toán 12. Tam giác MBQ vuông ở M, B  600 và BM = x  QM  x 3 Hình chữ nhật MNPQ có diện tích: S(x) = MN.QM =  (a  2x)x 3  3(ax  2x 2 ). S’. a  a   0;  4  2 a 4 + 0. S. 3 2 a 8. S'(x)  3(a  4x); S'(x)  0  x  x. Vậy max S(x)   a x 0;   2. 0. a 2 . a 3 2 a khi x = 4 8. Chọn đáp án A.. x (C) . Tìm m để đường thẳng d : y  mx  m 1 cắt (C) tại hai điểm 1 x phân biệt M , N sao cho AM 2  AN 2 đạt giá trị nhỏ nhất với A(1;1) . A. m  1 B. m  2 C. m  1 D. m  3 Hướng dẫ n giải: x  1 x  Phương trình hoành độ giao điểm của (C) và d :  mx  m  1   2 1 x  mx  2mx  m  1  0(1) Câu 23. Cho hàm số y . d cắt (C) tại hai điểm phân biệt  (1) có 2 nghiệm phân biệt khác 1  m  0 Gọi I là trung điểm của MN  I (1; 1) cố định.. MN 2 2 2 2 Do AM  AN nhỏ nhất  MN nhỏ nhất 4 MN 2  ( x2  x 1)2 (1 m)2  4m   8 . Dấu “=” xảy ra  m  1 m 2 2 Vậy min( AM  AN )  20 khi m 1 Chọn đáp án C. Câu 24. Cho hà m số bâ ̣c ba y  f  x  có đồ thi nhu ̣ hình vẽ bên. Tấ t cả. Ta có: AM 2  AN 2  2 AI 2 . các giá tri ̣ của tham số m để hà m số y  f  x   m có ba điể m cực tri la ̣ ̀: A. m  1 hoă ̣c m  3 B. m  3 hoă ̣c m  1 C. m  1 hoă ̣c m  3 D. 1  m  3 Hướng dẫ n giải: Đồ thi ha ̣ ̀ m số y  f  x   m là đồ thi ha ̣ ̀ m số y  f  x  tinh ̣ tiế n trên tru c̣ Oy m đơn vi ̣ Để đồ thi ha ̣ ̀ m số y  f  x   m có ba điể m cực tri ̣  y  f  x   m xảy ra hai trường hơp̣ sau: + Nằ m phiá trên tru c̣ hoành hoă ̣c điể m cực tiể u thuô ̣c tru c̣ Ox và cực đa ̣i dương + Nằ m phiá dưới tru c̣ hoà nh hoă ̣c điể m cực đa ̣i thuô ̣c tru ̣c Ox và cực tiể u dương Khi đó m  3 hoă ̣c m  1 là giá tri cầ ̣ n tim ̀ . Chọn đáp án A. – Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất. [Type here].

(51) Giáo viên: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A. Toán 12. Câu 25. Tìm m để đồ thị hàm số y  x3  3mx 2  1 có hai điểm cực trị A, B sao cho tam giác OAB có diện tích bằng 1 (O là gốc tọa độ). A. m  1 B. m  2 C. m  1 D. m  3 Hướng dẫ n giải: 2 Ta có y '  3x  6mx  3x  x  2m  . Để đồ thị hàm số có hai điểm cực trị thì m  0 . Khi đó hai điểm cực trị của đồ thị hàm số là A(0;1) và B(2m; 4m3  1) . Gọi H là hình chiếu vuông góc của điểm B lên trục tung, ta có BH  2m . Diện tích của tam giác OAB là S. 1 1 BH .OA  . 2m 2 2. Theo đề bài S=1 nên ta có. 1 . 2m  1 suy ra m  1. Vậy m=±1 là giá trị cần tìm. 2. Chọn đáp án C. Câu 26. Giá trị lớn nhất của hàm số f x A. 0 Hướng dẫn giải:. B. 4. 2sin 2 x là x x sin 4 cos 4 2 2 C. 8. D. 2. 2sin 2 x x x sin 4 cos 4 2 2. 2sin 2 x 4sin 2 x TXĐ: D , ta có f x . 2 1 2 1 sin x 2 sin x 2 4t Đặt sin 2 x t t 0;1 , hàm số trở thành g t với t 0;1 , ta có t 2 8 g' t 0 t 0;1 , suy ra hàm số đồng biến trên 0;1 , vậy 2 t 2. max f x x. max g t t 0;1. g1. 4 , xảy ra khi t. 1. x. 2. k. k. Chọn đáp án B. Câu 27. Cho hà m số y  x3  6 x 2  9 x  m có đồ thi (C), ̣ với m là tham số . Giả sử đồ thi (C) ̣ cắ t tru ̣c hoà nh tại ba điể m phân biêṭ có hoành đô ̣ thỏa mã n x1  x2  x3 . Khẳ ng định nà o sau đây là đúng? A. 1  x1  x2  3  x3  4 B. 0  x1  1  x2  3  x3  4 C. x1  0  1  x2  3  x3  4 D. 1  x1  3  x2  4  x3 Hướng dẫ n giải: Khảo sá t và vẽ đồ thi ̣hà m số y   x3  6 x 2  9 x . Dựa vào đồ thi ta ̣ tìm đươc̣ 4  m  0 thì đồ thi ha ̣ ̀ m số y  x3  6 x 2  9 x  m cắ t Ox ta ̣i 3 điể m phân biêt.̣ Ta có y  0  . y 1  0; y 1 . y  3  0; y  3. y  4   0 do đó 0  x1  1  x2  3  x3  4 Chọn đáp án B. Câu 28. Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m sao cho hàm số y .    0;  .  4 A. m  0 hoặc 1  m  2. B. m  0. Hướng dẫ n giải:. C. 1  m  2.. tan x  2 đồng biến trên khoảng tan x  m. D. m  2.. – Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất. [Type here].

(52) Giáo viên: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A. Toán 12. 1 1 (tan x  m)  (tan x  2) 2 2 2m cos x cos x y'   2 2 (tan x  m) cos x(tan x  m) 2       Hàm số đồng biến trên  0;  khi và chỉ khi hàm số xác định trên  0;  và y’ ≥ 0 ∀ x ∈  0;   4  4  4.    m  0  tan x , x   0;    4  1  m  2 2  m  0  Chọn đáp án A. Câu 2 Câu 29. Cho hàm số y  ax4  bx2  c có đồ thị như hình vẽ bên. Mệnh đề nào dưới đây đúng? A. a  0, b  0, c  0 B. a  0, b  0, c  0 C. a  0, b  0, c  0 D. a  0, b  0, c  0. Hướng dẫ n giải: Do giới ha ̣n của y khi x tiế n tới vô cù ng thì  nên a  0 . Loa ̣i A và D y '  4ax3  2bx  2 x  2ax 2  b  Do a  0 mà nế u b  0 thì phương trình 2ax2  b vô nghiê ̣m Nên b  0 thì hà m số mới có 3 cực tri.̣ Chọn đáp án B. 1 Câu 30. Cho hàm số : y  x  1  ( C ) Tìm những điểm trên đồ thị (C) có hoành độ lớn hơn 1 x 1 sao cho tiếp tuyến tại diểm đó tạo với 2 đường tiệm cận một tam giác có chu vi nhỏ nhất . 1 1  1    1 A. M  1  4 ;2  2  4  B. M   4 ;2  4  2 2 2   2. . C. M  1;2  2. . 1 1   D. M  1  4 ;2  2  4  2 2 . Hướng dẫn giải:. 1 a2  a 1 a 1 a 2  2a a2 x  a  PTTT của ( C ) tại M là: y  y  a   y '  a  x  a   y  (d) 2  a 1  a  1 Gọi M   a; y  a     C  ; a  0 thì y  a   a  1 . Tiệm cận đứng x = 1 ; Tiệm cận xiên y = x + 1 Giao điểm của 2 tiệm cận là I=( 1 ; 2 )  2a  Giao điểm của d với tiệm cận đứng x = 1 là A  1;   a 1 Với tiệm cận xiên là : B   2a  1;2a . 2 ; BI  2 2 a  1 , nên AI .BI  4 2 vì a > 1 a 1   Lại có AIB  suy ra AB 2  AI 2  BI 2  2 AI .BICos  AI 2  BI 2  2 AI .BI 4 4 Ta có AI . – Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất. [Type here].

(53) Giáo viên: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A. . Toán 12. . Theo bất đẳng thức Cô si : AB 2  2 AI .BI  2 AI .BI  2  2 AI .BI.  AB  2 2. . . 2 1. (1). Đặt p là chu vi tam giác ABI thì : p  AB  AI  BI  AB  2 AI .BI  2 2 Dấu đẳng thức xảy ra  AI  BI  a  1 . . . . . 2 1  44 2. 1 2. 4. 1 2 1 1   Hay điểm cần tìm là M  1  4 ;2  2  4  2 2  Chọn đáp án D. x4 5  3x 2  (C ) và điểm M  (C ) có hoành độ xM = a. Với giá trị nào của a Câu 31. Cho hàm số: y  2 2 thì tiếp tiếp tuyến của (C) tại M cắt (C) 2 điểm phân biệt khác M.    a  3 a  7 a  3 a  3 A.  B.  C.  D.  a  1    a  2 a  1 a  1 Hướng dẫn giải: a4 5  3a 2  ta có Pt tiếp tuyến với (C) có dạng Điểm M  (C ) , xM = a => yM  2 2 ' ' 3 () : y  y xM ( x  xM )  yM với yM  2a  6a Vậy Minp  2 2. 2 1  44 2  a  1 . 4. a4 5  3a 2  => () y  (2a  6a)( x  a)  2 2 Hoành độ giao điểm của () và (C) là nghiệm của phương trình x4 5 a4 5  3x 2   (2a3  6a)( x  a)   3a 2   ( x  a) 2 ( x 2  2ax  3a 3  6)  0 2 2 2 2 x  a  2 2  g ( x)  x  2ax  3a  6  0 Bài toán trở thành tìm a để g(x)=0 có 2 nghiệm phân biệt khác a ' 2 2  a 2  3  0  g ( x )  a  (3a  6)  0   a  3   2  2    a  1 a  1  g ( a )  6a  6  0 Chọn đáp án A. 2x  3 Câu 32. Cho hàm số: y  . Viết phương trình tiếp tuyến của (C) , biết tiếp tuyến đó cắt đường x2 tiệm cận đứng và tiệm cận ngang lần lượt tại A, B sao cho AB  2 IB , với I (2,2) . A. y   x  2 ; y   x  3 B. y  x  2 ; y   x  6 C. y   x  2 ; y   x  6 D. y  x  2 ; y  x  6 Hướng dẫ n giải:  2 x0  3  1 2 x02  6 x0  6 x Gọi M  x0 ;   (C ) . PTTT của (C) tại M: y   2 2 x0  2   x0  2   x0  2   3. Do AB  2 IB và tam giác AIB vuông tại I  IA = IB nên hệ số góc của tiếp tuyến k = 1 hoặc k = 1 -1. vì y /   0 nên ta có hệ số góc tiếp tuyến k = -1. 2  x  2 – Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất. [Type here].

(54) Giáo viên: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A. Toán 12.  x0  1  1    x0  1  x0  3  có hai phương trình tiếp tuyến y   x  2 ; y   x  6 . 1. 2. Chọn đáp án C.. Câu 33. Cho hàm số y = x3 + 2mx2 + (m + 3)x + 4 (m là tham số) có đồ thị là (Cm), đường thẳng d có phương trình y = x + 4 và điểm K(1; 3). Tìm các giá trị của tham số m để d cắt (Cm) tại ba điểm phân biệt A(0; 4), B, C sao cho tam giác KBC có diện tích bằng 8 2 . 1  137 1  142 1  37 1 7 A. m  B. m  C. m  D. m  2 2 2 2 Hướng dẫ n giải: Xét phương trình hoành độ giao điểm của (C) và d: x  0 x3 + 2mx2 + (m + 3)x + 4 = x + 4  x(x2 + 2mx + m + 2) = 0   2  x  2mx  m  2  0 * d cắt (C) tại 3 điểm phân biệt  PT (*) có 2 nghiệm phân biệt khác 0  '  m2  m  2  0   m   ; 2    2; 1   2;   m  2  0  Khi đó B = (x1; x1 + 4), C = (x2; x2 + 4) với x1, x2 là hai nghiệm của (*).  x1  x2  2m Theo Vi-ét ta có   x1 x2  m  2.  BC  2  x1  x2   2  x1  x2   8 x1 x2  2 2  m 2  m  2  2. 2. Ta có khoảng cách từ K đến d là h = 2 . Do đó diện tích KBC là: 1 1 S  .h.BC  2.2 2  m2  m  2   2 m2  m  2 2 2 1  137 S  8 2  2 m2  m  2  8 2  m  (TM ) . 2 Chọn đáp án B. Câu 34. Cho hàm số: y  x3  2009x có đồ thị là (C). M 1 là điểm trên (C) có hoành độ x1  1 . Tiếp tuyến của (C) tại M 1 cắt (C) tại điểm M 2 khác M 1 , tiếp tuyến của (C) tại M 2 cắt (C) tại điểm M 3 khác M 2 , tiếp tuyến của (C) tại điểm M n 1 cắt (C) tại điểm M n khác M n 1 (n = 4; 5;…), gọi  xn ; yn  là tọa độ điểm M n . Tìm n để : 2009 xn  yn  22013  0 A. n  685 B. n  627 C. n  675 Hướng dẫ n giải: Gọi M k  xk ; yk  suy ra tiếp tuyến tại M k : y  yk  y '  xk  x  xk . D. n  672.  y   3xk2  2009   x  xk   xk3  2009 xk. Tọa độ điểm M k 1 được xác định:. x3  2009 x   3xk2  2009   x  xk   xk3  2009 xk   x  xk   x 2  x.xk  2 xk2   0.  x  xk  x  2xk  xk 1  2xk Ta có : x1  1; x2  2; x3  4;...; xn   2 . n 1. 2009 xn  yn  22010  0  2009 xn  xn3  2009 xn  22010  0   2   22013   2  Chọn đáp án D. 3n  3. 2013.  3n  3  2013  n  672. – Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất. [Type here].

(55) Giáo viên: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A. Toán 12. 3 x  2m với m là tham số. Xác định m để đường thẳng d cắt các trục mx  1 Ox, Oy lần lượt tại C , D sao cho diện tích OAB bằng 2 lần diện tích OCD . 2 1 5 A. m   B. m  3 C. m   D. m   3 3 3 Hướng dẫ n giải: 1 Phương trình hoành độ giao điểm của d và đồ thị: 3mx 2  3m2 x  m  0, x  m 2 2 Vì m  0 nên phương trình  3x  3mx  1  0 (*). Ta có   9m  12  0, m  0 và  1  3 f    2  2  0, m  0 (ở đây f  x  là vế trái của (*)) nên d luôn cắt đồ thị tại 2 điểm A, B m m phân biệt m  0 Ta có A  x1;3x1  3m  , B  x2 ;3x2  3m  với x1, x2 là 2 nghiệm của (*). Kẻ đường cao OH của. Câu 35. Cho hàm số y . OAB ta có OH  d  0; d  . 3m 10. AB  và.  x2  x1 . 2.   3x2  3x1   10  x2  x1  2.  10  x1  x2   40 x1 x2  10m 2  2. 2. 40 3. (Định lý Viet đối với (*)). Mặt khác ta có C  m;0  , D  0; 3m  (để ý m  0 thì C, D, O phân biệt). Ta tìm m để. SOAB  2SOCD hay 10m2 . 40 3m 2 .  2 m 3m  m   3 3 10. Chọn đáp án C. 1 Câu 36. Cho hàm số y  mx3   m  1 x 2   4  3m  x  1 có đồ thị là  Cm  , m là tham số. Tìm các 3 giá trị của m để trên  Cm  có duy nhất một điểm có hoành độ âm mà tiếp tuyến của  Cm  tại điểm đó. vuông góc với đường thẳng d : x  2 y  0 . m  0 m  0 1 A.  B.  C. 0  m  2 m  3 m  1 3  Hướng dẫ n giải: y /  mx2  2(m  1) x  4  3m . Tiếp tuyến có hệ số góc bằng 2 Ta tìm m : mx2  2(m  1) x  4  3m  2  *  có đúng một nghiệm âm.  *   x  1 mx  3m  2   0  x  1 hoặc.  m  1 D.  m  5 3 . mx  2  3m. m  0 : không thỏa yêu cầu m  0 2  3m m  0 , yêu cầu bài toán xảy ra khi 0 m  2 m 3  Chọn đáp án C. 2x  1 Câu 37. Cho hàm số y  có đồ thị (C) và điểm P  2;5  . Tìm các giá trị của tham số m để x 1 đường thẳng d : y   x  m cắt đồ thị  C  tại hai điểm phân biệt A và B sao cho tam giác PAB đều. Phương trình hoành độ giao điểm của đường thẳng d và đồ thị (C) là: A. m  1, m  5 B. m  1, m  4 C. m  6, m  5 Hướng dẫ n giải:. D. m  1, m  8. – Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất. [Type here].

(56) Giáo viên: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A. Toán 12. 2x  1   x  m  x 2  (m  3) x  m  1  0 1 , với x  1 x 1 Đường thẳng d cắt đồ thị (C) tại hai điểm phân biệt khi và chỉ khi phương trình 1 có hai nghiệm. phân biệt khác 1 m2  2m  13  0  (đúng m ) 0.m  3  0.  x1  x2  m  3 Gọi x1 , x2 là các nghiệm của phương trình (1), ta có:   x1 x2  m  1 Giả sử A  x1; x1  m  , B  x2 ; x2  m  Khi đó ta có: AB  2  x1  x2 . PA .  x1  2. PB .  x2  2. 2. 2. 2.    x1  m  5 .  x1  2 .    x2  m  5 .  x2  2. 2. 2. 2.   x2  2  , 2. 2.   x1  2 . 2. Suy ra PAB cân tại P Do đó PAB đều  PA2  AB2 2 2 2 2   x1  2    x2  2   2  x1  x2    x1  x2   4  x1  x2   6 x1 x2  8  0.  m 1 . Vậy giá trị cần tìm là m  1, m  5 .  m 2  4m  5  0    m  5 Chọn đáp án C. Câu 38. Cho hàm số y  x4  mx3  4x  m  2 . Tìm tất cả các giá trị của m để hàm số ban đầu có 3 cực trị và trọng tâm của tam giác với 3 đỉnh là toạ độ các điểm cực trị trùng với tâm đối xứng của đồ 4x thị hàm số y  . 4x  m A. m  2 B. m  1 C. m  4 D. m  3 Hướng dẫn giải: Hàm số đã cho có 3 cực trị khi phơng trình y’(x) = 0 có 3 nghiệm phân biệt  4x3  3mx2  4  0 có 3nghiệm phân biệt m Xét g(x) = 4 x3  3mx2  4 có g’(x) = 12 x 2  6mx  g ( x)  0  x  0, x  2 3 m 16  m Do lim g ( x)   , lim g ( x)   và g (0)  4  0 , g ( )  nên g(x) = 0 x  x  2 4 m  2  0  m  2 3 2 (học sinh có thể lập bảng biến thiên có 3 nghiệm phân biệt   3 16  m  0  4 3 x 1 của hàm ( x)  trên R \ 0 để tìm ra kết quả trên) x2 4x m Khi đó tâm đối xứng của đồ thị hàm số y  là I ( ;1) 4 4x  m Gọi A( x1; y1 ), B( x2 ; y2 ), C( x3; y3 ) là 3 điểm cực trị của đồ thị hàm số đã cho thì x1 , x2 , x3 là nghiệm phơng trình : 4 x3  3mx2  4  0 nên theo định lý Viet ta có. – Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất. [Type here].

(57) Giáo viên: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A. Toán 12.  x1  x2  x3 m  3m  x  x  x   1 2 3  3 4  4  2  x1 x2  x2 x3  x3 x1  0  x 2  x 2  x 2  ( x  x  x )2  2( x x  x x  x x )  9m 2 3 1 2 3 1 2 2 3 3 1  1 16 2 2 x m 3m x 5m Viết hàm số ban đầu dới dạng: y( x)  y( x)(  )  (  3x   2) , vì thế 4 16 16 4 x m 3m2 xi2 5m 3m2 xi2 5m yi  y ( xi )  y( xi )( i  )  (  3xi   2)    3xi  2 4 16 16 4 16 4 do y( xi )  0 (i  1,2,3) y1  y2  y3 m2 5m 9m4 5m   ( x12  x22  x32 )  ( x1  x2  x3 )  2 2  2 3 16 4 16 4 m x  x  x3 y1  y2  y3 Trọng tâm của tam giác ABC là G( 1 2 )  I ( ; 1) khi và chỉ ; 4 3 3 4 9m 5m y  y2  y3  2  1  (m  4)(9m3  36m2  144m  64)  0 khi : 1 1  2  3 16 4 3 Vì m  2 2 nên m  4 là giá trị duy nhất cần tìm. Chọn đáp án C. Câu 39. Tìm tham số m để hàm số y  x 3  3mx 2  3  m  1 x  2 nghịch biến trên một đoạn có độ dài lớn hơn 4 . 1  21 1  21 1  21 A. m  B. m  hoặc m  2 2 2 1  21 1  21 1  21 m C. m  D. 2 2 2 Hướng dẫ n giải: Ta có D  , y  3x 2  6mx  3  m  1  3  x 2  2mx  m  1 Từ đó :. y  0  x2  2mx  m  1  0 1 . Điều kiện cần và đủ để hàm số nghịch biến trên một đoạn có độ dài lớn hơn 4  y  0 trên đoạn có độ dài lớn hơn 4  1 có hai nghiệm x1; x2  x1  x2  thoả mãn. x1  x2  4.      0   0      4  m2  m  1  4 2   4   x1  x2  4   1  21 1  21 m . 2 2 Vậy hàm số 1 nghịch biến trên một đoạn có độ dài lớn hơn 4  m2  m  5  0  m . 1  21 1  21 m 2 2 Chọn đáp án B. m. Câu 40. Đường thẳng d : y  x  a luôn cắt đồ thị hàm số y . A, B . Gọi k1, k2 lần lượt là hệ số góc của các tiếp tuyến với  H  đạt giá trị lớn nhất. A. a  1 B. a  2 C. a  5 Hướng dẫ n giải: Phương trình hoành độ giao điểm của d và  H  :. x  1  H  tại hai điểm phân biệt 2x  1 tại A và B . Tìm a để tổng k1  k2. D. a  1. – Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất. [Type here].

(58) Giáo viên: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A. Toán 12. 1  x  1 x  2  xa 2x  1 2 x 2  2ax  a  1  0 *  2 Đặt g  x   2 x  2ax  a  1 g  a 2  2a  2  0, a 1  Vì   1  nên  *  có hai nghiệm phân biệt x1, x2 khác với mọi a . 1 2  g      0, a 2  2. Vậy d luôn cắt  H  tại hai điểm phân biệt A, B với mọi a . Gọi A  x1; y1  , B  x2 ; y2  với x1, x2 là hai nghiệm của  *  . Theo định lý Vi-ét ta có a  1 . x1  x2  a , x1 x2  2 1 1 Tiếp tuyến tại A và B có hệ số góc là k1  ; k2  2 2  2 x1  1  2 x2  1.   2 x1  12   2 x2  12  Ta có k1  k2     2 2 2 2   2 x1  1  2 x2  1   2 x1  1  2 x2  1  2 2 2    4  x1  x2   8x1 x2  4  x1  x2   2 (do  2 x1  1  2 x2  1  1)   2  4  a  1  2  2, a . Dấu bằng xẩy ra  a  1 1. 1. Vậy k1  k2 đạt giá trị lớn nhất bằng  2 khi a  1 . Chọn đáp án D. Câu 41. Tìm m để phương trình x4 – ( 2m+3)x2 + m + 5 = 0 có 4 nghiệm x1, x2, x3, x4 thoả mãn : -2 < x1 < -1 < x2 < 0 < x3 < 1 < x4 < 3 A. Không có m B. m  1 C. m  4 D. m  3 Hướng dẫ n giải: Đặt x2 = X  0 , ta có phương trình: f(X) = X2 – ( 2m+3).X + m + 5 = 0 (*) để phương trình đã cho có 4 nghiệm phân biệt x1 < x2 < x3 < x4 thì phương trình (*) có hai nghiệm thoả mãn: 0 < X1 < X2. Khi đó x1   X 2 ; x2   X1 ; x3  X1 ; x4  X 2 Do đó: -2<-. 2. X 2 <-1< - X 1 < 0 < X 2 >1 >. X1 < 1 <. X2 < 3. X 1 > 0  4 > X2 > 1 > X1 > 0.  af (1)  0  m  3  0    af (0)  0   m  5  0 af (4)  0 7m  9  0  .   m3    m  5  9 m 7 .  không tồn tại m thoả mãn bài toán . Chọn đáp án A. 3 1 Câu 42. Cho hàm số: y = x3 - mx 2  m 3 . Xác định m để đường thẳng y = x cắt đồ thị tại 3 điểm 2 2 phân biệt A, B, C sao cho AB = BC. A. m = 0 ; m =  2 B. m = 0 C. m =  2 D. m = 0 ; m = 2 – Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất. [Type here].

(59) Giáo viên: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A. Toán 12. Hướng dẫ n giải: 3 2 1 mx  x  m 3  0 (1) 2 2 Đường thẳng y = x cắt đồ thị tại 3 điểm phân biệt A,B,C  pt (1) có 3 nghiệm phân biệt xA, xB, 3 xC. Theo Vi et ta có : xA + xB +xC = m (2) 2 theo gt AB = BC  2 xB =xA + xC (3) m m Từ (2) và (3)  xB = . Vậy x = là một nghiệm của (1). 2 2 3 1 m Chia f(x) = x 3  mx 2  x  m 3 cho x  ta được: 2 2 2 m2 m3 m m f(x) = (x ) (x2 – mx – 1 )+ . 2 2 2 4 m3 m m x= là nghiệm của (1)  + = 0  m=0, m =  2 2 2 4 m2 m Khi đó f(x) = (x ) (x2 – mx – 1 ) có 3 nghiệm phân biệt 2 2 3m 2 m2 m 2  0 . m vì  (x) = x – mx – 1 có 2 nghiệm trái dấu và có  ( ) = -1 2 4 2 Vậy: m = 0 ; m =  2 Chọn đáp án A. Câu 43. Cho hàm số y=x3 -(m+1)x2 -(2m2 -3m+2)x+2m(2m-1). Xác định m để hàm số đồng biến trên (2;+  ) . A. 3  m  2 B. 2  m  2 C. 3  m  1 D. 3  m  2 Hướng dẫ n giải: Ta có: y ,  g ( x)  3x 2  2(m  1) x  (2m 2  3m  2). PT hoành độ giao điểm: x3 -. ∆’ =7m2 –7m +7 = 7(m2 -m+1) > 0 , m  g (2)  0 2m2  m  6  0    3  m  2 y,  0, x  (2;)   S  2  0 m  5  0   2 Chọn đáp án D. Câu 44. Bạn A có một đoạn dây dài 20m . Bạn chia đoạn dây thành hai phần. Phần đầu uốn thành một tam giác đều. Phần còn lại uốn thành một hình vuông. Hỏi độ dài phần đầu bằng bao nhiêu để tổng diện tích hai hình trên là nhỏ nhất? 120 60 40 180 m. m. m. m. A. B. C. D. 94 3 94 3 94 3 94 3 Hướng dẫ n giải:. Bạn A chia sợi dây thành hai phần có độ dài x  m  và 20  x  m  , 0  x  20 (như hình vẽ). 2. Phần đầu uốn thành tam giác đều có cạnh. x x 3 x2 3 2  m  , diện tích S1    .  m  3 36 3 4 20  x 20  x  m2  m  , diện tích S2    4  4  2. Phần còn lại uốn thành hình vuông có cạnh.  . – Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất. [Type here].

(60) Giáo viên: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A. Toán 12. x 2 3  20  x  Tổng diện tích hai hình nhỏ nhất khi f  x     nhỏ nhất trên khoảng  0; 20  . 36  4  2. x 3 20  x 180 .  0 x 18 8 4 39 Bảng biến thiên: Ta có: f '  x  . x. 180 4 39. 0. f  x. . 0. 20 +. f  x. Dựa vào bảng biến thiên ta được x . 180 . 4 39. Chọn đáp án D.. 8  4a  2b  c  0 Câu 45. Cho các số thực a, b, c thỏa mãn  . Số giao điểm của đồ thị hàm số 8  4a  2b  c  0 y  x3  ax2  bx  c và trục Ox là A. 0 . B. 1 . C. 2 . D. 3 . Hướng dẫ n giải: Ta có hàm số y  x3  ax2  bx  c xác định và liên tục trên . Mà lim y   nên tồn tại số M  2 sao cho y  M   0 ; lim y   nên tồn tại số m  2 sao x . x . cho y  m   0 ; y  2   8  4a  2b  c  0 và y  2   8  4a  2b  c  0 . Do y  m  . y  2   0 suy ra phương trình y  0 có ít nhất một nghiệm thuộc khoảng  m; 2  .. y  2  . y  2   0 suy ra phương trình y  0 có ít nhất một nghiệm thuộc khoảng  2; 2  . y  2  . y  M   0 suy ra phương trình y  0 có ít nhất một nghiệm thuộc khoảng  2; M  . Vậy đồ thị hàm số y  x3  ax2  bx  c và trục Ox có 3 điểm chung. Chọn đáp án D. Câu 46. Tập hợp các giá trị của m để đồ thị hàm số y  đường tiệm cận là A. 0 .. 2x  1 có đúng 1  mx2  2x  1 4 x2  4mx  1. B.  ; 1  1;   . D.  ; 1  0  1;   .. C. . Hướng dẫ n giải: Có lim y  0 . Nên hàm số luôn có 1 đường tiệm cận ngang y  0 . Vậy ta tìm điều kiện để hàm số x . không có tiệm cận đứng ..  mx 2  2 x  1  0 (1) Xét phương trình:  mx 2  2 x  1 4 x 2  4mx  1  0   2  4 x  4mx  1  0 (2) 2x  1 1 TH1: Xét m  0 , ta được y  (thỏa ycbt)  2 2  2 x  1  4 x  1 4 x  1 TH2: Xét m  0 . Có: 1  1  m và  2  4m2  4 – Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất. [Type here].

(61) Giáo viên: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A. Toán 12. 1  m  0 m  1   m  Th2a. Cả 2 phương trình (1) và (2) đều vô nghiệm:   2 1  m  1  4m  4  0 1 Th2b: (1) vô nghiệm, (2) có nghiệm kép x  : ta thấy trường hợp này vô lí (vì m  1 ) 2 1 Th2c: (2) vô nghiệm, (1) có nghiệm kép x  : ta thấy trường hợp này vô lí (vì 1  m  1 ) 2 Chọn đáp án A. Câu 47. Đường thẳng d : y  x  4 cắt đồ thị hàm số y  x 3  2mx 2   m  3 x  4 tại 3 điểm phân biệt A  0;4  , B và C sao cho diện tích tam giác MBC bằng 4, với M 1;3  . Tìm tất cả các giá trị của. m thỏa mãn yêu cầu bài toán. A. m  2 hoặc m  3. B. m  2 hoặc m  3. C. m  3. D. m  2 hoặc m  3. Hướng dẫ n giải: Phương trình hoành độ giao điểm của d và đồ thị C : x3  2mx 2   m  3 x  4  4 x  0  x3  2mx 2   m  2  x  0   2   x   x  2mx  m  2  0 Với x  0, ta có giao điểm là A  0;4  .. 1. d cắt  C  tại 3 điểm phân biệt khi và chỉ khi phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt khác 0.    0  m  2  0  (*) 2    m  m  2  0   Ta gọi các giao điểm của d và  C  lần lượt là A, B  xB ; xB  2  , C  xC ; xC  2  với xB , xC là nghiệm của phương trình (1).  xB  xC  2m Theo định lí Viet, ta có:  m2  xB .xC 1 Ta có diện tích của tam giác MBC là S   BC  d  M , BC   4. 2 Phương trình d được viết lại là: d : y  x  4  x  y  4  0. 1 3  4  2. Mà d  M , BC   d  M , d   2 2 1   1 Do đó: BC . 8 8   BC 2  32 d  M , BC  2. Ta lại có: BC 2   xC  xB    yC  yB   2  xC  xB   32 2. 2. 2.   xB  xC   4 xB .xC  16   2m   4  m  2   16 2. 2.  4m2  4m  24  0  m  3  m  2. Đối chiếu với điều kiện, loại đi giá trị m  2. Chọn đáp án C. Câu 48. Cho cá c số thực x, y thỏa mã n x  y  2 P  4  x 2  y 2   15 xy là: A. min P  83 Hướng dẫ n giải:. B. min P  63. . . x  3  y  3 . Giá tri nho ̣ ̉ nhấ t của biể u thứ c C. min P  80. D. min P  91. – Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất. [Type here].

(62) Giáo viên: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A Ta có x  y  2. . . Toán 12. x  3  y  3   x  y   4  x  y   8 x  3. y  3  4  x  y  2. x  y  4 . Mă ̣t khá c  x  y  0 x  y  2 x  3  y  3  2 2  x  y   x  y  8  x  y   4;8. . . . . Xét biể u thứ c P  4 x 2  y2  15xy  4  x  y   7xy và đă ̣t 2. t  x  y   4;8  P  4t 2  7xy . La ̣i có  x  3 y  3  0  xy  3  x  y   9  P  4  x  y   21 x  y   63 2.  4t 2  21t  63 .. Xét hà m số f  t   4t 2  21t  63 trên đoa ̣n  4;8 suy ra Pmin  f  7   83 Chọn đáp án A. Câu 49. Gọi (C m) là độ thì hàm số y  x4  2x2  m  2017 . Tìm m để (C m) có đúng 3 điểm chung phân biệt với trục hoành, ta có kết quả: A. m  2017 B. 2016  m  2017 C. m  2017 D. m  2017 Hướng dẫ n giải: - Phương pháp: Tìm m để phương trình ẩn x tham số m có n nghiệm phân biệt thuộc khoảng K + Cô lập m, đưa phương trình về dạng m = f(x) + Vẽ đồ thị (hoặc bảng biến thiên) của y=f(x) trên K + Biện luận để đường thẳng y = m cắt đồ thị hàm số y =f(x) tại n điểm phân biệt trên K - Cách giải:  Cm  cắt Ox tại 3 điểm phân biệt  Phương trình x4  2x2  m  2017  0  m  x4  2x2  2017 có 3 nghiệm phân biệt. Xét hàm số y  x4  2x2  2017 trên R Có y '  4x3  4x  0  x  0 hoặc x  1 . Bảng biến thiên: x 0 0 1  y'  0 + 0  0 y 2017 . 2016.  +. . 2016. Dựa vào bảng biến thiên, ta thấy đường thẳng y = m cắt đồ thị hàm số y =f(x) tại 3 điểm phân biệt khi và chỉ khi m =2017 Chọn đáp án A. x2  2 Câu 50. Tìm tất cả các giá trị thực của m để đồ thị hàm số y  có hai đường tiệm cận mx 4  3 ngang. A. m  0 B. m  0 C. m  0 D. m  3 Hướng dẫ n giải: x2  2 Đồ thị hàm số y  có hai đường tiệm cận ngang khi và chỉ khi các giới hạn mx 4  3 lim y  a  a   , lim y  b  b   tồn tại. Ta có: x . x . + với m  0 ta nhận thấy lim y  , lim y   suy ra đồ thị hàm số không có tiệm cận ngang. x . x . – Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất. [Type here].

(63) Giáo viên: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A. Toán 12.  3 3 + Với m  0 , khi đó hàm số có TXĐ D    4  ; 4   , khi đó lim y, lim y không tồn tại suy  x  x  m m   ra đồ thị hàm số không có đường tiệm cận ngang. 2  2 x 2 1  2  1 2 1 x  x + Với m  0 , khi đó hàm số có TXĐ D  suy ra lim  suy ra , lim  x  x  3 3 m 2 2 x m 2 x m 4 x x đồ thị hàm số có một đường tiệm cận ngang. Vậy m  0 thỏa YCBT. Chọn đáp án C. Câu 51. Cho hàm số y  x 2  2 x  a  4 . Tìm a để giá trị lớn nhất của hàm số trên đoạn  2;1 đạt giá trị nhỏ nhất. A. a  3 Hướng dẫ n giải:. B. a  2. C. a  1. D. Một giá trị khác. Ta có y  x 2  2 x  a  4   x  1  a  5 . Đặt u   x  1 khi đó x   2;1 thì u   0; 4 Ta 2. 2. được hàm số f  u   u  a  5 . Khi đó. Max y  Max f  u   Max  f  0  , f  4   Max  a  5 ; a  1 . x 2;1. u0;4. Trường hợp 1: a  5  a  1  a  3  Max f  u   5  a  2  a  3 u0;4. Trường hợp 2: a  5  a  1  a  3  Max f u   a  1  2  a  3 u0;4. Vậy giá trị nhỏ nhất của Max y  2  a  3 x 2;1. Chọn đáp án A.. . . . . Câu 52. Giá trị nhỏ nhất của hàm số: y  x3  2 1  x3  1  x3  2 1  x3  1 là: A. 0. B. 1. Hướng dẫ n giải:. . . C. 2. . y  x3  2 1  x3  1  x3  2 1  x3  1. .  y. . y. x3  1  1 . 2. x3  1  1 . . . x3  1  1. D. 3. . 2. x3  1  1. Điều kiện để hàm số xác định x  1 Ta có y  x3  1  1  - Nếu 1  x  0 thì. x3  1  1 x3  1  1  0 . x3  1  1  1  x3  1  y  2. - Nếu x  0 thì x3  1  1  0  y  2 x 2  1  2 Vậy: y  2, x  1, y  2  x  0 Chọn đáp án C.. – Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất. [Type here].

(64) Giáo viên: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A. Toán 12. HÌNH ĐA DIỆN I – HÌNH CHÓP Câu 1. Cho hình chóp S . ABC có chân đường cao nằm trong tam giác ABC ; các mặt phẳng (SAB) , (SAC ) và (SBC ) cùng tạo với mặt phẳng ( ABC ) một góc bằng nhau. Biết AB 25 , BC 17 , AC 26 ; đường thẳng SB tạo với mặt đáy một góc bằng 45 . Tính thể tích V của khối chóp S . ABC . A. V 680 B. V 408 C. V Hướng dẫn giải: Gọi J là chân đường cao của hình chóp S.ABC; H, K và L lần lượt là hình chiếu của J trên các cạnh AB, BC và CA.. D. V. 578. 600. S. Suy ra, SHJ , SLJ và SKJ lần lượt là góc tạo bởi mặt phẳng ( ABC ) với các mặt phẳng (S AB) , (SBC ) và (SAC ) . Theo giả thiết, ta có SHJ SLJ SKJ , z=17 K A suy ra các tam giác vuông SJH , SJL và SJK bằng nhau. J z=17 H Từ đó, JH JL JK . Mà J nằm trong tam giác ABC nên J là L x=8 tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC. x=8 Áp dụng công thức Hê-rông, ta tính được diện tích của tam giác B ABC là S 204 . Kí hiệu p là nửa chu vi tam giác ABC, r là S 204 bán kính đường tròn nội tiếp của ABC. Ta có r 6 . Đặt x BH BL , y p 34 z AH AK . x y 17 z K A Ta có hệ phương trình x z 25 .. y Giải ra được ( x ; y; z ). JB. JH. 2. BH. 2. z. 6. 8. 2. y=9. CK ,. y. C. L. 10 .. 7 B. 13 1 D. . 3. Hướng dẫn giải: Gọi I  MN  CD, Q  PI  AD , kẻ. H x. x B. A. P. Q. K I. H B. N M. C. – Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất. [Type here]. CL. J. z. Ta có SBJ (SB, ( ABC )) 45 , suy ra SJB là tam giác vuông cân tại J. SJ JB 10 . 1 SJ .S ABC 680 Thể tích V của khối chóp S.ABC là V 3 Chọn đáp án A. Câu 2. Cho tứ diện ABCD, M , N , P lần lượt thuộc BC, BD, AC sao cho BC  4BM , BD  2BN , AC  3 AP , mặt phẳng (MNP) cắt AD tại Q. Tính tỷ số thể tích hai phần khối tứ diện ABCD bị chia bởi mặt phẳng (MNP).. 2 A. 3 5 C. 13. C. y. 26. (8;9;17) 2. y=9. D.

(65) Giáo viên: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A. Toán 12. DH / / BC  H  IM  , DK / / AC  K  IP  ID DH BM 1    IC CM CM 3 IK DK ID 1 DK 1 DK 2        IP CP IC 3 2 AP 3 AP 3 NMB  NDH . APQ đồng dạng DKQ AQ AP 3 AQ 3      DQ DK 2 AD 5 Đặt V  VABCD Ta có: VANPQ AP AQ 1 VANCD VDACN DN 1 1  .  ,     VANPQ  V VANCD AC AD 5 VABCD VDABC DB 2 10 VCDMP CM CP 1 1 1 1 1  .   VCDMP  V  VN . ABMP  VDABMP  V  VCDMP   V VCDBA CB CA 2 2 2 2 4  VABMNQP  VANPQ  VN . ABMP . V 7 7 V  ABMNQP  20 VCDMNQP 13. Chọn đáp án B. Câu 3. Cho hiǹ h chóp S.ABCD có đáy ABCD là hiǹ h vuông ca ̣nh a, ca ̣nh bên SA = a, hình chiế u AC vuông góc của đin̉ h S trên mă ̣t phẳ ng (ABCD) là điể m H thuô ̣c đoa ̣n AC, AH  . Go ̣i CM là 4 đường cao của tam giá c SAC. Tiń h thể tić h khố i tứ diê ̣n SMBC theo a.. a 3 14 C. 16. a 3 14 B. 24. a 3 14 A. 48. a 3 14 D. 8. Hướng dẫn giải: Gọi O là tâm của hình vuông ABCD.. S. a 2 .a 2 AM AH AH . AC a 4 Ta có:   AM    AC SA SA a 2.  MC  AC 2  AM 2 . a 2 . 2. M A D. 2. a 7 a    2 2. H O. 1 1 a a 7 a2 7 SM .MC   2 22 2 8 2 1 1 a 2 a 7 a 3 14  VSMAC  BO.S SMC   3 3 2 8 48 Chọn đáp án A.. C. B.  S SMC . Câu 4. Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có đáy là hình vuông ABCD cạnh a, góc giữa mặt bên và 1 mặt phẳng đáy là  thoả mãn cos = . Mặt phẳng  P  qua AC và vuông góc với mặt phẳng 3  SAD  chia khối chóp S.ABCD thành hai khối đa diện. Tỉ lệ thể tích hai khối đa diện là gần nhất với giá trị nào trong các giá trị sau A. 0,11 B. 0,13 Hướng dẫn giải:. C. 0,7. D. 0,9. – Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất. [Type here].

(66) Giáo viên: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A. Toán 12. S.ABCD là hình chóp tứ giác đều SO   ABCD  . Gọi N là trung điểm CD. . .  CD  SN , CD  ON   SCD  ,  ABCD   SNO   SCD    ABCD   CD Kẻ CM  SD . Ta có  AC  BD  AC   SBD   AC  SD   AC  SO  SD   ACM    ACM    SAD  nên mặt phẳng. S.  P  là  ACM  + Xét tam giác SON vuông tại N có : a ON 3a SN  2 cos SNO 1 2 3. M A. 2. 2. B. + Xét tam giác SOD vuông tại O có : SD  SO  OD  2. Ta có SSCD. N. O. 2.  3a   a  SO  SN  ON        a 2  2  2 2. D. 2. C. a 2 . 2. 2. a 2 a 10    2  2  . 3a .a 1 1 SN.CD 3a 10  CM.SD  SN .CD  CM   2  2 2 SD 10 a 10 2 2.  3a 10  a 10  - Xét tam giác MCD vuông tại M có : DM  CD  CM  a    10  10   2. 2. 2. a 10 VMACD VMACD 1 DM DA DC 1 DM 1 10 1   . . .  .  .  Ta có : VSABCD 2.VSACD 2 DS DA DA 2 DS 2 a 10 10 2. 1 V . Mặt phẳng  P  chia khối chóp S.ABCD thành 2 khối MACD và 10 SABCD V 9 1 SABCM  VSABCD  VMACD  VSABCM  VSABCM  VSABCD . Do đó : MACD   0,11 10 VSABCM 9 Chọn đáp án A. Câu 5. Cho hình chóp S. ABC , có đáy ABC là tam giác đều cạnh a . Các mặt bên  SAB  ,  SAC  ,  VMACD .  SBC  lần lượt tạo với đáy các góc lần lượt là 300 , 450 ,600 . Tính thể tích V của khối chóp S.ABC . Biết rằng hình chiếu vuông góc của S trên mặt phẳng  ABC  nằm bên trong tam giác ABC . A. V . a3 3. 4  3. .. B. V . a3 3. . 2 4 3. . .. C. V . a3 3. . 4 4 3. . .. D. V . . a3 3. 8 4 3. Hướng dẫn giải:. – Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất. [Type here]. . ..

(67) Giáo viên: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A. Toán 12. Gọi H là hình chiếu vuông góc của S trên mặt phẳng  ABC  . Kẻ HD  AB  D  AB  , HE  AC  E  AC  , HF  BC  E  BC  . Khi đó ta có. SH SH  SH 3 , HE   SH , 0 tan 30 tan 450 a2 3 SH SH S  . Ta có suy ra HF   ABC 4 tan 600 3 1 1  a2 3 3a  . SH 1  3  a   SH   2 4 3 2 4 3  HD . . . 1 3a a2 3 a3 3 Vậy V  . . .  3 2 4 3 4 8 4 3. . . . . Chọn đáp án D. Câu 6. Cho hình chóp S.ABC có đáy là tam giác đều cạnh a, góc giữa SC và mp(ABC) là 45  . Hình a 7 chiếu của S lên mp(ABC) là điểm H thuộc AB sao cho HA = 2HB. Biết CH  . Tính khoảng cách 3 giữa 2 đường thẳng SA và BC: a 210 a 210 a 210 a 210 A. B. C. D. 15 30 20 45 Hướng dẫn giải: + D là đỉnh của hình bình hành ABCD thì d(SA;BC)=d(B;(SAD))=1,5.d(H;(SAD)) + Kẻ HE vuông AD, E thuộc AD. Kẻ HI vuông SE, I thuộc AE thì d(H;(SAD))=HI a 210 + Tính HI  30 Chọn đáp án B. Câu 7. Cho khối chóp S.ABC có đáy là tam giác vuông ở A, AB = a, AC = 2a. Đỉnh S cách đều A, B, C; mặt bên (SAB) hợp với mặt đáy (ABC) góc 60 0. Tính thể tích khối chóp S.ABC. 3 3 A. V= a B. V= a3 3 3 3 1 C. V= a3 D. V= 3. a 3 3 Hướng dẫn giải: Gọi M, N, H lần lượt là trung điểm của AB, AC, và BC Ta có tam giác SAB cân suy ra SM  AB HM // AC  HM  AB  AB   SMH   AB  SH 1 Và [(SAB), (ABC)] = SMH = 60 0 Tương tự AC  (SNH)  AC  SH (2) Từ (1) và (2)  SH  (ABC) AC 3 =a 3 Ta có SH = MH. tan 60 0 = 2 3 3 1 1 SABC = AC.AB = a2 . Vậy V = .SH. SABC = a (đvdt) 3 2 3 Chọn đáp án A. – Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất. [Type here].

(68) Giáo viên: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A. Toán 12. Câu 8. Cho hình chóp S.ABCD có SA=x, các cạnh còn lại bằng 2. Tìm giá trị của x để thể tích khối chóp lớn nhất A. 6 B. 2 C. 7 D. 2 6 Hướng dẫn giải: Gọi O là giao điểm của AC và BD. Ta có OD=OB và SB=SD nên SO  BD , do đó BO   SAC  . Mặt khác SO2  SB2  OB2  AB2  OB2  OA2 nên SO  OA  OC . Do đó tam giác SAC vuông tại S. Ta có AC 2  x2  4  4OA2  x2  4 . Do đó 4OB2  12  x2  0  x  2 3 . 2  x 2  4OA2  x 2   4 x 2 . Và 16S SOA Để VS . ABCD đạt giá trị lớn nhất khi và chỉ khi VSOAB đạt giá trị lớn nhất .. Do đó VS . ABCD đạt giá trị lớn nhất khi và chỉ khi x 2 12  x 2  đạt giá trị lớn nhất. Suy ra x2  12  x2  x2  6  x  6 . Chọn đáp án A. Câu 9. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình bình hành, M là trung điểm của AD. Gọi S’ là giao của SC với mặt phẳng chứa BM và song song với SA. Tính tỉ số thể tích của hai khối chóp S’.BCDM và S.ABCD. 1 1 2 3 A. B. C. D. 2 3 4 4 Hướng dẫn giải: Trong  ABCD  , gọi  I   AC  BM , trong  SAC  , kẻ đường thẳng qua I, / / SA , cắt SC tại S’  S’ là giao điểm của SC với mp chứa BM, //SA. Do M là trung điểm của AD nên 3 3 dt  BCDM   dt  ABCD   VS '.BCDM  VS '. ABCD 4 4 Gọi H, H’ lần lượt là hình chiếu của S, S’ trên ABCD S ' H ' CS ' CI 2     SH CS CA 3 3 3 2 1  VS '.BCDM  VS '. ABCD   VS . ABCD  VS . ABCD 4 4 3 2 Chọn đáp án A.. S. S'. M. A. D I. B. C. Câu 10. Đáy của hình chóp SABC là tam giác cân ABC có AB  AC  a và B  C   . Các cạnh bên cùng tạo với đáy một góc  . Tính thể tích hình chóp SABC.. a3 cos  tan  a3 cos  tan  a3 tan  V  V  B. C. 6 3 6 Hướng dẫn giải: Kẻ SO   ABC   OA là hình chiếu vuông góc của SA lên (ABC) A. V . D. V . Do đó  SA;  ABC    SAO   . Tương tự ta cũng có SBO  SCO   . Nên SAO  SBO  SCO  AO  BO  CO . – Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất. [Type here]. a3 sin 2 6.

(69) Giáo viên: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A. Toán 12. AC a a .   2OA  OA  sin B sin  2sin  a tan  Nên SO  OA.tan   . 2sin  1 1 a 2 sin  Mặt khác SABC  AB. AC.sin A  a 2 sin 180  2   . 2 2 2 1 1 a 2 sin  a tan  a3 cos  tan  Vậy V  SABC .SO  . .  3 6 2 2sin  6 Chọn đáp án B.. Theo định lí sin ta có:. Câu 11. Cho hình chop S.ABCD, đáy là hình thang vuông tại A và B. AB = BC = a, AD = 2a, SA   ABCD  . Gọi M, N là trung điểm của SB và SD. Tính V hình chop biết rằng (MAC) vuông góc với (NAC). 3a3 a3 a3 3 3a 3 3 A. B. C. D. 2 2 2 2 Hướng dẫn giải: Gọi I, H lần lượt là trung điểm AD và AB, O là giao điểm của AC và BI, vẽ HK // BI (K thuộc AC) Ta có ABCI là hình vuông nên AC vuông góc với BI Mà AC vuông góc NI (do NI // SA) Suy ra AC   NIO   NOI    NAC  ,  ACD     Tương tự ta có MKH    MAC  ,  ACB     Theo đề ta có     90  tan   cot  . NI HK  NO MH. Suy ra SA SA a 2 a 2 .   SA  a 2 2 2 4 3a 2 1 a3  V  S ABCD .SA  Mà S ABCD  2 3 2 Chọn đáp án C. NI .MH  OI .HK . Câu 12. Cho tứ diện S. ABC , M và N là các điểm thuộc các cạnh SA và SB sao cho MA  2SM , SN  2 NB , ( ) là mặt phẳng qua MN và song song với SC . Kí hiệu ( H1 ) và ( H2 ) là các khối đa diện có được khi chia khối tứ diện S. ABC bởi mặt phẳng ( ) , trong đó, ( H1 ) chứa điểm S , ( H2 ) V chứa điểm A ; V1 và V2 lần lượt là thể tích của ( H1 ) và ( H2 ) . Tính tỉ số 1 . V2 4 5 3 4 A. B. C. D. 5 4 4 3 Hướng dẫn giải: Kí hiệu V là thể tích khối tứ diện SABC . S Gọi P , Q lần lượt là giao điểm của ( ) với các đường thẳng BC , AC . Ta có NP//MQ//SC . Khi chia khối ( H1 ) bởi mặt M phẳng (QNC) , ta được hai khối chóp N .SMQC và N .QPC . VN .SMQC d ( N , ( SAC )) S SMQC   Ta có: ; N VB. ASC d (B, ( SAC )) S SAC C. – Website chuyên đềA thi – tài liệu file word mới nhất Q. [Type here]. P B.

(70) Giáo viên: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A. Toán 12. 2 S SMQC 5 d ( N , ( SAC )) NS 2 S AMQ  AM  4   ;   .    d (B, ( SAC )) BS 3 S ASC  AS  9 S ASC 9 V 2 5 10 Suy ra N .SMQC    VB. ASC 3 9 27 VN .QP C d ( N , (QP C )) SQPC   VS . ABC d (S, (A BC )) S ABC. NB CQ CP 1 1 2 2       SB CA CB 3 3 3 27 V1 VN .SMQC VN .QP C 10 2 4 V1 4 V 4         5V1  4V2  1  V2 5 V VB. ASC VS . ABC 27 27 9 V1  V2 9 Chọn đáp án A. . Câu 13. Một người dự định làm một thùng đựng đồ hình lăng trụ tứ giác đều có thể tích là V . Để làm thùng hàng tốn ít nguyên liệu nhất thì chiều cao của thùng đựng đồ bằng 2. 1. A. x  V 3 B. x  3 V C. x  V 4 Hướng dẫn giải: Gọi a là độ dài cạnh đáy, x là độ dài đường cao của thùng đựng đồ  a, x  0  Khi đó, V  a 2 x  a . D. x  V. V V  S tp  2a 2  4ax  2  4 Vx x x. Để làm thùng hàng tốn ít nguyên liệu nhất thì S tp nhỏ nhất  2 Cách 1 : Xét hàm số f  x   2. V  4 Vx nhỏ nhất. x. V  4 Vx trên  0;   x. 1 2V 2 V 2 ; f 'x  0  x V  V x  x  V 3 Ta có f '  x   2  x x 1. x f'(x). 0. +∞. V3. +. 0. f(x) 1. f (V 3 ) 1. Từ BBT ta thấy để làm thùng hàng tốn ít nguyên liệu nhất thì chiều cao của thùng đựng đồ bằng V 3 . V V  4 Vx  2  2 Vx  2 Vx  6 3 V 2 x x V  Vx  x 3  V  x  3 V Dấu "  " xảy ra tại x. Cách 2: ta có 2. Chọn đáp án B. Câu 14. Cho hình chóp S. ABCD có đáy ABCD là hình vuông, SAD là tam giác đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng đáy. Biết rằng diện tích mặt cầu ngoại tiếp khối chóp S. ABCD 2 là 4 dm . Khoảng cách giữa hai đường thẳng SD và AC gần với giá trị nào nhất sau đây ?. . . – Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất. [Type here].

(71) Giáo viên: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A A.. 2 dm . 7. B.. 3 dm . 7. C.. 4 dm . 7. Toán 12 D.. 6 dm . 7. Hướng dẫn giải: Gọi x  0 là cạnh của hình vuông ABCD và H là trung điểm cạnh AD. x 3 . 2 Gọi O  AC  BD và G là trọng tâm SAD , đồng thời d1 , d 2 lần lượt là 2 trục đường tròn ngoại tiếp ABCD, SAD  d1 qua O va / / SH , d 2 qua G va / / AB   I  d1  d2 là tâm mặt cầu ngoại tiếp khối chóp S. ABCD  R  SI Dễ dàng chứng minh SH   ABCD  , SH . 2. 2. 2 21  x  x S  4 R  R  1  SI  SG  GI      2   x  7  dm   3   Gọi E là điểm thỏa ADEC là hình bình hành  ED / / AC  d  AC ; SD   d  AC ;  SDE   2. 2. 2.  d  AC; SD   d  A;  SDE    2d  H ;  SDE    2 HP (phần chứng minh HP   SDE  xin. dành cho bạn đọc). SKH :. 1 1 1 1 1     2 2 2 2 2 HP SH KH x 3 x 2      2   4 .  HP . x 21 3 6  dm  d  AC ;SD   dm 14 7 7. Chọn đáp án D. Câu 15. Cho hình chóp S .ABCD có đáy là hình bình hành và có thể tích là V. Điểm P là trung điểm của SC , một mặt phẳng qua AP cắt hai cạnh SD và SB lần lượt tại M và N.Gọi V1 là thể tích của khối chóp S .AMPN . Tìm giá trị nhỏ nhất của. A.. 3 8. B.. 1 3. V1 V. ?. C.. 2 3. D.. 1 8. – Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất. [Type here].

(72) Giáo viên: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A. Toán 12. Hướng dẫn giải: SM SN Đặt x ;y ,(0 x, y 1) khi đó ta có : VSABC VSADC SD SB Ta có : V1 VSAMPN VSAMP VSANP VSAMP VSANP 1 SM SP . V V V 2VSADC 2VSABC 2 SD SC Lại có :. V1. VSAMPN. VSAMN. VSMNP. V. V. 2VSABD. 2VSBCD. Từ (1) và (2) suy ra : Từ (2) suy ra. V1 V. Khảo sát hàm số y. 1 x 4. 3 xy 4. y. f (x ),. 1 2. x. 1 xy 2. x. y. 3 x .x 4 3x 1. 3 .xy 4. 1 xy 2. 3x. 1. x. y. 3 1 f (x ), 4 2. min f (x ). 1. 1 x 1 2. VSBCD. SN SP SB SC. V 2. 1 x 4. y 1. 3 xy 2 4. do 0. 3x 2 4 3x 1. VSABD. f. 2 3. x. 1. 3x x. 4 9. 1. 1. x. 1 2. 1. V1 V. 1 3. Chọn đáp án B. Câu 16. Nếu một tứ diện chỉ có đúng một cạnh có độ dài lớn hơn 1 thì thể tích tứ diện đó lớn nhất là bao nhiêu? 1 1 5 3 A. B. C. D. 8 8 4 4 Hướng dẫn giải: Giả sử tứ diện ABCD có cạnh lớn nhất là AB, suy ra các tam giác ACD và BCD có tất cả các cạnh đều không lớn hơn 1. Các chiều cao AF và BE của chúng không lớn hơn. CD  a  1.. 1. a2 , trong đó 4. a2 Chiều cao của hình tứ diện AH  AF  1  4 (do tam giác AHF vuông tại H có AF là cạnh huyền) Thể tích của khối tứ diện là: 1 1 1 1 1  a2  1 V  S BCD . AH  . .BE.CD. AH  . .a. 1    a  4  a 2  3 3 2 3 2  4  24 Để tìm giá trị lớn nhất của V ta xét biểu thức a  4  a 2  . Vì 0  a  1 nên a  4  a 2   3 và V . 1 1 a  4  a2   . 24 8. Chọn đáp án C. Câu 17. Cho hình chóp S .ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, SA vuông góc với mặt phẳng đáy và góc giữa SC với mặt phẳng (SAB) bằng 300. Gọi M là điểm di động trên cạnh CD và H là hình chiếu vuông góc của S trên đường thẳng BM . Khi điểm M di động trên cạnh CD thì thể tích của khối chóp S .ABH đạt giá trị lớn nhất bằng?. a3 2 A. 3 Hướng dẫn giải:. a3 2 B. 2. Ta có góc giữa SC và mặt phẳng (SAB) là CSB. a3 2 C. 6. a3 2 D. 12. 300. – Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất. [Type here].

(73) Giáo viên: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A BC .cot 300. Trong tam giác SBC có SB. SB 2. Trong tam giác SAB có SA. a 3. AB 2. a 2. 1 1 1 SABH .SA . HA.HB.a 2 3 3 2 AB 2 a 2 và theo bất đẳng thức AM-GM ta có a2 2.HA.HB HA.HB 2. Thể tích khối chóp S.ABH là: VS .ABH Ta có HA2. HB 2. a2. HB 2. HA2. Đẳng thức xảy ra khi HA Khi đó VS .ABH. HB. a 2 HA.HB 6. ABM 2. a 2 a . 6 2. Toán 12. 450. a. 3. M. a 2 HA.HB 6. D. 2. 12 Chọn đáp án D. Câu 18. Hai hình chóp tam giác đều có chung chiều cao , đỉnh của hình chóp này trùng với tâm của đáy hình chóp kia. Mỗi cạnh bên của hình chóp này đều cắt một cạnh bên của hình chóp kia. Cạnh bên l của hình chóp thứ nhất tạo với đường cao một góc  .Cạnh bên của hình chóp thứ 2 tạo với đường cao một góc  . Tìm thể tích phần chung của hai hình chóp . A. V . l 3 3 cos3  4(cot g  cot g  ) 2. B. V . l 3 3 cos3  2(cot g  cot g  )2. l 3 5 cos  l 3 cos3  C. V  D. V  2(cot g  cot g  )2 4(cot g  cot g  )2 Hướng dẫn giải: Đặt 2 hình chóp tam giác đều là : O.ABC và O’.A’B’C’ với O là tâm của tam giác ABC và O’ là tâm của tam giác A’B’C’. Theo bài ra thì OO’ là đường cao chung của 2 hình chóp . Đặt D,E,F là các giao điểm của các cặp cạnh bên tương ứng của 2 hình chóp . Phần thể tích chung 1 của 2 hình chóp là thẻ tích của khối đa diện ODEFO’. Ký hiệu V là thể tích đó thì V  OO '.SDEF 3 OO ' C vuông tại O’ nên OO '  l cos  C' Do tính đối xứng nên OO’ đi qua tâm I của DEF . A' Trong IOE ta có : OI  IE cot g O Trong IO ' E có: O ' I  IE cot g B' Suy ra OO '  IE(cot g  cot g  ) D OO ' l cos  F I  IE   E cot g  cot g  cot g  cot g  3 Tam giác DEF đều , đường cao EJ  EI 2 2 C 2 EJ 3 DE 3  EI 3 A Diện tích S DEF  với DE  3 4 O' 2 2 3l 3 cos  Do đó SDEF  4(cot g  cot g  ) 2 B Vậy thể tích phần chung của 2 hình chóp là : l 3 3 cos3  V 4(cot g  cot g  ) 2 Chọn đáp án A.. – Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất. [Type here].

(74) Giáo viên: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A. Toán 12. Câu 19. Cho hình chóp S.ABCD có đáy là nửa lục giác đều với cạnh a (a> 0). Cạnh SA vuông góc với SM đáy và SA = a 3 . M là một điểm khác B trên SB sao cho AM  MD. Tính tỉ số . SB 1 5 3 3 A. B. C. D. 5 4 4 4 Hướng dẫn giải: Đặt hình chóp vào hệ trục toạ độ như hình vẽ. Suy ra ta có: A = (0; 0; 0), D = (2a; 0; 0), S = (0; S 0; a 3 ) và a a 3  ;0  . Suy ra phương trình của SB B =  ; H 2 2   D. A. 2x 2y za 3 là:   a a 3 a 3 Gọi M(x0 ; y0; z0) thuộc cạnh SB, ta có:   y 0  3x0 .  z  a 3  2 3 x  0  0. C. B. Mặt khác AMDN  AM .DM  0 3a  x02 – 2ax0 + y02 + z02 = 0  x0  8  3a 3a 3 a 3  SM 3 3  .  M   ; ;   SM  SB hay SB 4 4 8 4   8 Chọn đáp án A. Câu 20. Cho khối tứ diện ABCD có cạnh AB > 1, các cạnh còn lại có độ dài không lớn hơn 1. Gọi V là thể tích của khối tứ diện. Tìm giá trị lớn nhất của V. 1 3 5 3 A. B. C. D. 8 8 8 5 Hướng dẫn giải: Theo giả thiết ACD và BCD có tất cả các cạnh không lớn hơn 1. A Đặt CD = a ( 0  a  1). Gọi AM, BN lần lượt là chiều cao của ACD và BCD . Ta có AM  1 . a2 a2 ; BN  1  . 4 4. Gọi AH là chiều cao của tứ diện, ta có AH  AM  1 . D. a2 . 4. B. H. 1 1 a a2 Thể tích của tứ diện ABC V  .SBCD . AH  .BN .CD. AH  (1  ) 3 6 6 4 2 Xét f (a)  a(4  a ) trên (0, 1]. Ta có f(a) liên tục trên (0, 1]. 2   0;1 . f ' (a)  4  3a2 , f ' (a)  0  a   3. – Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất. [Type here]. M N C.

(75) Giáo viên: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A a. Toán 12. 0. 1 +. f'(a). 3 f(a) 0. Vậy m ax f (a)  f (1)  3 .  0,1. 1 khi ACD và BCD là hai tam giác đều cạnh bằng 1, hai mặt phẳng (ACD) và 8 6  1. (BCD) vuông góc với nhau. Khi đó tính được AB  2 Chọn đáp án B. Câu 21. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, SA = a 3 và SA vuông góc với mặt phẳng đáy. Mặt phẳng (P) đi qua điểm A và S vuông góc với SC cắt SB, SC, SD lần lượt tại B’, C’, D’. Tính thể tích khối chóp S.AB’C’D’ theo a. C' 3 3a 3 3a 3 A. B. D' 20 20 3 3 B' 3 3a 3 5a C. D. 10 10 Hướng dẫn giải: D C BC  AB, BC  SA  BC  (SAB)  BC  AB ' SC  ( P)  SC  AB '  AB '  (SBC)  AB '  SB A Tương tự AD '  SD B VS . AB 'C ' D '  VS . AB 'C '  VS . AD 'C ' Suy ra maxV . VS . AB 'C ' SB ' SC ' SB '.SB SC '.SC SA2 SA2 3 3 9  .  .  2. 2  .  VS . ABC SB SC SB 2 SC 2 SB SC 4 5 20. (1). VS . AD 'C ' SD ' SC ' SD '.SD SC '.SC SA2 SA2 3 3 9  .  .  .  .  VS . ADC SD SC SD 2 SC 2 SD 2 SC 2 4 5 20. (2). 1 1 2 a3 3 Do VS . ABC  VS . ADC  . a .a 3  3 2 6 Cộng (1) và (2) theo vế ta được VS . AB 'C ' VS . AD 'C ' 9 9 9 a3 3 3 3a3     V  .  S . AB ' C ' D ' 10 6 20 a3 3 a3 3 20 20 6 6 Chọn đáp án A.. Câu 22. Cho hình chóp S.ABCD thỏa mãn SA  5, SB  SC  SD  AB  BC  CD  DA  3 . Gọi M là trung điểm của cạnh BC . Tính thể tích khối chóp S.MCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng SM , CD . 15 23 Hướng dẫn giải: A.. B.. 5 23. C.. 15 29. D.. 13 23. – Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất. [Type here].

(76) Giáo viên: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A. Toán 12. Ta thấy ABCD là hình thoi, tam giác SBD cân tại S suy ra BD   SAC  Gọi O là giao điểm của AC và BD , ta thấy SBD  ABD  CBD  c.c.c . 1 Suy ra OA  OC  OS   AC nên SAC vuông tại S . 2 Xét SAC ta có AC  SA2  SC 2  2 2  OC  2, OD  CD2  OC 2  1  BD  2 Thể tích m BC = 3.31 cm. 1 1 15 m AD = 1 3.51 cm 1 VS .CMD  VS . ABCD   BD  S SACm OS  = 7.09 2cm  5  3  4 12 12 2 12 m MN = 5.64 cm Gọi N là trung điểm của AD nên CD / /  SMN  Suy ra 3 VC .SMN d (CD, SM )  d (CD, ( SMN ))  d (C , ( SMN ))    SSMN. S. 15 (1). 12 3 13 Ta có MN  3, SM  , SN  ( sử dụng công thức 2 2 đường trung tuyến) Thể tích VC .SMN  VS .MCD . Theo định lý hàm số cosin trong SMN ta có cos SMN  Vậy S SMN . A. B. M. O D. C. 2 3 3. N.  sin SMN . 23 3 3. 1 23  SM  MN  sin SMN  (2). 2 4. Thay (1), (2) vào    ta được d (CD, SM ) . 3 VC .SMN SSMN. 3 15 15  12  . 23 23 4. Chọn đáp án A. Câu 23. Cho tứ diêṇ đề u ABCD ca ̣nh a. Mă ̣t phẳ ng (P) chứa ca ̣nh BC cắ t ca ̣nh AD ta ̣i E. Biế t góc giữa 5 2 hai mă ̣t phẳ ng (P) và (BCD) có số đo là  thỏa mã n tan   . Go ̣i thể tích của hai tứ diêṇ ABCE 7 V và tứ diê ̣n BCDE lầ n lươṭ là V1 và V2 . Tiń h tỷ số 1 . V2 3 1 3 5 A. B. C. D. 8 8 5 8 Hướng dẫn giải: +) Gọi M là trung điểm BC. A Khi đó BC  (MAD) nên (P)(AMD); H (P)(AMD)=ME. Kẻ AHME thì AH(BCE) ( do AH  (AMD) ) E Kẻ DKME nên DK(BCE) (do DK  (AMD) ). Hiển nhiên AH song song DK K V1 VA.BCE AH   Khi đó V2 VD.BCE DK D B M. – Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất. [Type here]. C.

(77) Giáo viên: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A (0   . +) Gọi  là góc giữa (P) và (ABC).  2. Toán 12. ). Hiển nhiên DME   ; AME   .. V sin  AH   sin   1 .sin   t.sin  (1) sin  DK V2 MO 1 1   cos cos   sin  sin  . (2) +) Trong tam giác OMA: cos(   )  MA 3 3 Vì AM = DM nên:. Từ (1) có: cos  1  sin 2   1  t 2 .sin 2   1  t 2 .x ; với x=sin2 . 1 1 Thay vào (2) ta có: 1  t 2 x . 1  x  t.x   (1  t 2 x)(1  x)  t.x  . 3 3 8 +) Giải phương trình có: x  2 . (9t  6t  9) x 8 9t 2  6t  9 8 2 2  2 . 2  2 Vì sin   x  tan   1  x 9t  6t  9 9t  6t  1 9t  6t  1.  3 t  5 8 50 196 171 2 2 Theo giả thiết suy ra 2   9t  6t  1   9t  6t  0 9t  6t  1 49 25 25 t  19  15 V 3 Vậy ABCE  VDBCE 5 Chọn đáp án C. Câu 24. Cho khối chóp S. ABC có SA  a , SB  a 2 , SC  a 3 . Thể tích lớn nhất của khối chóp là A. a3 6 .. B.. a3 6 . 2. C.. a3 6 . 3. D.. a3 6 . 6. Hướng dẫn giải:. 1 AH .SSBC . 3 Ta có AH  SA ; dấu “=” xảy ra khi AS   SBC  . 1 1 SSBC  SB.SC.sin SBC  SB.SC , dấu “=” xảy ra khi 2 2 SB  SC . 1 1 1 1 Khi đó, V  AH .S SBC  AS  SB  SC  SA  SB  SC . 3 3 2 6 Dấu “=” xảy ra khi SA, SB, SC đôi một vuông góc với nhau. Suy ra thể tích lớn nhất của khối chóp là 1 a3 6 V  SA.SB.SC  . 6 6 Chọn đáp án D.. A. Gọi H là hình chiếu của A lên ( SBC )  V . a a 3 C. S H. a 2 B. Câu 25. Cho hình chóp SABC có đáy ABC là tam giác vuông cân, AB  AC  a , SC   ABC  và. SC  a . Mặt phẳng qua C , vuông góc với SB cắt SA, SB lần lượt tại E và F . Tính thể tích khối chóp S.CEF . A. VSCEF . 2a 3 . 36. B. VSCEF . a3 . 18. C. VSCEF . a3 . 36. D. VSCEF . – Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất. [Type here]. 2a 3 . 12.

(78) Giáo viên: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A. Toán 12. Hướng dẫn giải: Từ C hạ CF  SB,  F  SB  , CE  SA,  E  SA .  AB  AC  AB   SAC   AB  CE  Ta có  AB  SC  CE   SAB   CE  SB. S. F. Vậy mặt phẳng qua C và vuông góc SB là mặt  CEF  .. a. V SE SF . Ta có SCEF  VSCAB SA SB Tam giác vuông SAC vuông tại C ta có: SA  SC 2  AC 2  a 2. E C. B a. SE SC 2 a2 SE 1     và 2 2 SA SA SA 2 2a Tam giác vuông SBC vuông tại C ta có:. a A. SB  SC 2  BC 2  a 3 SF SC 2 a2 SF 1     2 2 SB SB SC 3 3a V 1 1 1 1 1 1 1 3 a . Do đó SCEF  .   VSCEF  VSABC  . SA.S ABC  VSCAB 2 3 6 6 6 3 36 Chọn đáp án C. và. II – HÌNH LĂNG TRỤ Câu 24. Một hình hộp có 6 mặt đều là các hình thoi có góc bằng 60 0 và cạnh bằng a. Tính thể tích của hình hộp đó. C' D' a3 2a 3 A. B. 2 2 3 600 2 2a 3 2a A' B' C. D. 3 3 Hướng dẫn giải: Ta có: AB = AD = BD = a; AA’ = A’B = A’D = a  A’ABCD là tứ diện đều  Chân đường cao A’H trùng với tâm của  ABD D C 2 2 a 3 a 3   HA = HB = HD = AO = O 3 3 3 2 600 600 2 2 3a 6a H 2  A’H2 = AA’2 – AH2 = a = 9 9 A B a 2a 3 a 6  A’H = Từ đó tìm được V  2 3 Chọn đáp án B. Câu 25. Cho khối lập phương ABCD. ABC D cạnh a . Các điểm E và F lần lượt là trung điểm của C B và C D . Mặt phẳng  AEF  cắt khối lập phương đã cho thành hai phần, gọi V1 là thể tich khối chứa điểm A và V2 là thể tich khối chứa điểm C ' . Khi đó. V1 là V2. – Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất. [Type here].

(79) Giáo viên: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A A.. 25 . 47. B. 1.. C.. Toán 12. 17 . 25. D.. 8 . 17. Hướng dẫn giải: Đường thẳng EF cắt AD tại N , cắt AB tại M , AN cắt DD tại P , AM cắt BB tại Q . Từ đó mặt phẳng  AEF  cắt khối lăng trụ thành hai khối đó là ABCDC QEFP và. AQEFPBAD . Gọi V  VABCD. ABCD , V3  VA. AMN , V4  VPFDN , V4  VQMBE . Do tính đối xứng của hình lập phương nên ta có V4  V5 .. 1 1 1 3a 3a 3a3 1 a a a a3 AA. AM . AN  a. .  , V4  PD.DF .DN  . . .  6 6 6 2 2 6 3 2 2 72 8 3 3 47a 25a V 25 V1  V3  2V4  , V2  V  V1  . Vậy 1  . V2 47 72 72 V3 . Chọn đáp án A. Câu 26. Cho lăng trụ đứng ABCABC  có đáy là tam giác ABC vuông cân tại A, BC=2a. Góc giữa mặt phẳng ( ABC) và mặt phẳng ( BBC) bằng 600 .Tính thể tích lăng trụ ABCABC  . 3. A. a 2 B. 2a3 Hướng dẫn giải: Từ A kẻ AI  BC  I là trung điểm BC AI  (BC C B )  AI  B  C (1) Từ I kẻ IM  B  C (2)  Từ (1), (2)  B C  (IAM) Vậy góc giữa (A B  C) và ( B  CB) là. AMI = 600 1 Ta có AI= BC  a ; 2 AI a  IM= 0 tan 60 3 2a BH  2 IM  ; 3 1 1 1 3 1 1    2 2  2 2 2 2 B'B BH BC 4a 4a 2a. C. a3 6. D. 3a. 3. A'. C'. B' B' H M M B. C. I. 0. C I. B. C’. B’. .. A’. Suy ra BB  = a 2 ; 1 1 SABC  AI .BC  a.2a  a 2 2 2 2 VABC ABC  a 2.a  a3 2 Chọn đáp án A. Câu 27. Cho lăng trụ ABC.A 'B'C' có đáy là tam giác đều cạnh a. Hình chiếu vuông góc của. 60. A. H. M B. C G. – Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất. [Type here]. A.

(80) Giáo viên: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A. Toán 12. điểm A' lên mặt phẳng (ABC) trùng với trọng tâm tam giá ABC . Biết khoảng cách giữa hai đường thẳng AA' và BC bằng a 3 . Khi đó thể tích của khối lăng trụ là 4 3 a 3 a3 3 A. B. 12 6. C.. a3 3 3. D.. a3 3 24. Hướng dẫn giải: Gọi M là trung điểm BC, dựng MH vuông góc với A’A. suy ra MH  d  BC , A ' A  Đặt AH=x, ta có A ' A . x2 . a 3 4. a2 3. a a a 2 3 a3 3  Từ A’A. MH=A’G.AM, suy ra x  . Vậy V  . . 3 3 4 12 Chọn đáp án A. Câu 28. Cho hình lăng trụ ABC .A ' B 'C ' có đáy ABC là tam giác đều cạnh a , hình chiếu vuông góc của A ' lên măt phẳng ABC trùng với tâm G của tam giác ABC . Biết khoảng cách giữa. AA ' và BC là. a 3 . Tính thể tích V của khối lăng trụ ABC .A ' B 'C ' . 4. a3 3 3 Hướng dẫn giải:. B. V. A. V. a3 3 6. C. V. a3 3 12. a3 3 36. D. V. Gọi M là trung điểm B BC (A ' AM ) Gọi H,K lần lượt là hình chiếu vuông góc của G,M trên AA’ Vậy KM là đọan vuông góc chung củaAA’và BC, do đó d (AA',BC). AGH. AMH. 2 KH 3. GH. KM GH. 3 2. SABC .A 'G. a 3 . 4. A'. a 3 6. C'. K H. AA’G vuông tại G,HG là đường cao, A ' G. VABC .A ' B 'C '. KM. a3 3 12. a 3. B'. A. C G. M. B. Chọn đáp án C. Câu 29. Cho khối lăng trụ tam giác ABC.A’B’C’. Gọi M, N lần lượt thuộc các cạnh bên AA’, CC’ sao cho MA  MA ' và NC  4NC' . Gọi G là trọng tâm tam giác ABC. Trong bốn khối tứ diện GA’B’C’, BB’MN, ABB’C’ và A’BCN, khối tứ diện nào có thể tích nhỏ nhất? A. Khối A’BCN B. Khối GA’B’C’ C. Khối ABB’C’ D. Khối BB’MN – Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất. [Type here].

(81) Giáo viên: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A. Toán 12. Hướng dẫn giải: C A + Nhận thấy khoảng cách từ G và A xuống mặt phẳng (A’B’C’) là G bằng nhau ( do G,A thuộc mặt phẳng (ABC)//(A’B’C’) B VGA'B'C'  VA.A'B'C' Mà VA.A'B'C'  VABB'C' (Do 2 hình chóp này có 2 đáy AA’B’ và ABB’ N M diện tích bằng nhau;chung đường cao hạ từ C’)  VGA'B'C'  VABB'C' C' => Không thế khối chóp GA’B’C’hoặc ABB’C’ thể thích nhỏ nhất A' → Loại B,C + So sánh Khối A’BCN và Khối BB’MN Nhận thấy khoảng cách từ M và A’ xuống mặt BBCC’ là bằng nhau B' → Khối A’BCN và Khối BB’MN có đường cao hạ từ M và A’ bằng nhau. Mặt khác Diện tích đáy BNB’ > Diện tích đáy BCN => Khối A’BCN < Khối BB’MN. => Khối A’BCN có diện tích nhỏ hơn. Chọn đáp án A. Câu 30. Cho hình lăng trụ đứng ABC.A' B'C' có đáy ABC là tam giác cân tại A , góc BAC nhọn. Góc giữa AA' và BC' là 300 , khoảng cách giữa AA' và BC' là a . Góc giữa hai mặt bên  AA' B' B  và  AA'C'C  là 600 . Thể tích lăng trụ ABC.A' B'C' là 2a 3 3 3 Hướng dẫn giải:. A.. B.. a3 3 3. C.. a3 6 6. D. A'. Ta có góc giữa hai mặt bên  AA' B' B  và  AA'C'C  là BAC  600.  ABC đều.. .  . . Vì AA'/ /CC'  AA'; BC'  CC'; BC'  BC'C  30 Kẻ AI  BC  AI   BB'C'C . . a3 6 3 C' B'. 300. 0. . d  AA'; BC'   d AA';  BB'C'C   AI  a  BC . 2a. ,CC' . 3 Chọn đáp án A.. BC 1 2a 2a 3 3  2a  V  2a. .a.  ABC.A ' B ' C ' 2 3 tan 300 3. A. C. 600. I B. Câu 31. Cho hình lăng trụ tam giác đều ABC. A’B’C’, có cạnh đáy bằng a và cạnh bên bằng a 2 . AM A'N 1 Lấy M, N lần lượt trên cạnh AB’, A’C sao cho . C' AB ' A 'C 3 A' Tính thể tích V của khối BMNC’C.. 2a 3 6 3a 3 6 a3 6 B. C. 27 108 108 Hướng dẫn giải: Gọi G, K lần lượt là tâm các hình chữ nhật ABB’A’ và AA’C’C. AM 1 AM 2 Ta có: (Do G trung điểm AB’). AB ' 3 AG 3 AM 2 Xét tam giác ABA’ có AG là trung tuyến và . Suy ra AG 3 M là trọng tâm tam giác ABA’. Do đó BM đi qua trung điểm I của AA’. A.. D. N. a3 6 27 K. I. M. B'. G. C. A H. – Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất. [Type here] B.

(82) Giáo viên: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A A'N A 'C. 1 3. Toán 12. A'N A'K. 2 (Do K là trung điểm A’C). 3 A' N 2 Xét tam giác AA’C’ có A’K là trung tuyến và . Suy ra N là trọng tâm của tam giác A' K 3 AA’C’. Do đó C’N đi qua trung điểm I của AA’. Từ M là trọng tâm tam giác ABA’ và N là trọng tâm của tam giác AA’C’. Suy ra: IM IN 1 . IB IC ' 3 Gọi V1; V2 lần lượt là thể tích các khối chóp IMNC; IBCC’. Ta có:. Ta có:. V1. IM IN IC 1 8 . Mà V1 V V2 . Suy ra V . . V . V2 IB IC ' IC 9 9 2 Hạ AH vuông góc với BC tại H thuộc BC. Ta được AH vuông góc với mặt phẳng (BB’C’C). AA’ song song với mặt phẳng BB 'C 'C nên khoẳng cách từ I đến mặt phẳng (BB’C’C) bằng khoẳng. cách từ A đến (BB’C’C) và bằng AH. Ta có: AH. 1 .d I ; BB 'C 'C .S 3 Chọn đáp án B. V2. BCC '. 1 a 3 a2 2 . . 3 2 2. a 3 . 2 a3 6 . Suy ra V 12. 8 V 9 2. 2a 3 6 . 27. Câu 32. Cho hình lập phương ABCD. A ' B ' C ' D ' có khoảng cách giữa A ' C và C ' D ' là 1 cm. Thể tích khối lập phương ABCD. A ' B ' C ' D ' là: A. 8 cm 3 . B. 2 2 cm3 . C. 3 3 cm3 . D. 27 cm 3 . Hướng dẫn giải: Để tìm khoảng cách giữa A’C và C’D’, ta dựng một mặt phẳng chứa A’C và song song với C’D’. Dễ thấy đó là mặt phẳng (CA’B’). Gọi a là độ dài cạnh của khối lập phương, lúc này ta có:. d  C ' D ', A ' C   d C ' D ',  CA ' B '   d  D ',  CA ' B ' . Để tính khoảng cách từ điểm D’ đến mặt phẳng (CA’B’), ta xét khối tứ diện D’CA’B’.. 1 1 a2 a3 VD ' CA' B '  .CC '.SB ' A' D '  .a.  cm3   3 3 2 6 1 1 2 2 SCA' B '  .CB'. B'A'  .a 2.a  a  cm 2  (do tam giác 2 2 2 CA’B’ vuông tại B’). 3V. Suy ra: d  D ',  CA ' B '    D ' CA ' B ' SCA' B '. a3 2  2  a  cm   a  2 (cm). 2 2 2 a 2. Do đó V  a 3  2 2 cm3 Chọn đáp án B. Câu 33. Cho hình hộp ABCDA’B’C’D’. Gọi M là trung điểm A’B’. Mặt phẳng (P) qua BM đồng thời song song với B’D’. Biết mặt phẳng (P) chia khối hộp thành hai khối có thể tích là V 1 , V2 ( Trong đó V V1 là thể tích khối chứa A). Tính tỉ số F  1 . V2 – Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất. [Type here].

(83) Giáo viên: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A A.. 7 . 17. B. 1.. C.. Toán 12. 17 . 25. Hướng dẫn giải: *Gọi N là trung điể A’D’. Khi đó (P)BDNM). Thấy BMDNAA’=I. Khi đó: V1=V(A’MNABD); V2=V-V1. (Với V là thể tích hình hộp) V ( IA ' MN ) S ( AMN ) 1 * Ta có:   V ( AA'B'D') S ( A ' B ' D ') 4 V (AA'B'D') 1 1  nên có: V ( IA ' MN )  V * Mà: V 24 6 V ( IA ' MN ) IA '.IM .IN 1 * Lại có:   V ( IABD) IA.IB.ID 8 1 *Vậy: V ( IABD)  V 3 1 1 17 7 * Do đó: V1  V  V  V nên V2  V  V1  V . Vậy: 3 24 24 24 V1 7  V2 17 Chọn đáp án A.. D.. 8 . 17. I. D'. C'. N M. A'. B'. D C. A. B. Câu 34. Cho khối lăng trụ tam giác ABC.A’B’C’. Gọi I, J, K lần lượt là trung điểm của các. cạnh AB, AA’ và B’C’. Mặt phẳng (IJK) chia khối lăng trụ thành hai phần. Tính tỉ số thể tích của hai phần đó. 49 25 8 A. . B. 1. C. . D. . 17 47 95 Hướng dẫn giải:. Chứng minh EI = IJ = JF. Từ đó suy ra. E. EB EM FA ' 1 FN 1    . Lại từ đó suy ra  . EB ' EK FB ' 3 FK 2. EB 1  nên suy ra d(E, (KFB’)) = (3/2)h (h là chiều EB ' 3. cao lăng trụ). Do đó VEKFB’ = (3/8)V (V là thể tích lăng trụ) .. B M. Ta có: d(K, A'B') = (1/2)d(C', A'B'), FB' = (3/2)A'B'. Suy ra SKFB’ = (3/4)SA’B’C’. Mặt khác vì. I. A. C J. F. A'. B' N. K C'. 1 3 1 VEBIM EI EM EB 1 1 1 1  . .  . .  nên VEBIM = . V  V . 27 8 72 VEB ' FK EF EK EB ' 3 3 3 27 1 3 1 VFA ' JN FJ FA ' FN 1 1 1 1  . .  . .  nên VFA’JN = . V  V . 18 8 48 VFB ' EK FE FB ' FK 3 3 2 18. Mặt phẳng (IJK) chia khối lăng trụ thành hai phần. Gọi V1 là thể tích phần chứa điểm B' và V2 là thể tích phần chứa điểm C. Ta có V1 = (3/8 – 1/72 – 1/48)V = (49/144)V nên V2 = (95/144)V. 49 Do đó V1/V2 = . 95 Chọn đáp án C. – Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất. [Type here].

(84) Giáo viên: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A. Toán 12. Câu 35. Cho hình lăng trụ ABC. ABC có đáy là tam giác đều cạnh a. Hình chiếu vuông góc của điểm A lên mặt phẳng  ABC  trùng với trọng tâm tam giác ABC. Biết khoảng cách giữa hai đường thẳng AA và BC bằng. a 3 . Tính thể tích V của khối lăng trụ ABC. ABC. 4 a3 3 a3 3 V V   B. . C. . 12 3. a3 3 . 24 Hướng dẫn giải: M là trung điểm của BC thì BC   AAM  . Gọi MH là đường cao của tam giác AAM thì MH  AA và HM  BC nên HM là khoảng cách AA và BC . A. V . a 3 a 3 . AA  Ta có AA.HM  AG.AM  4 2. D. V . a3 3 . 6. A. C. H. a2 AA  3. B. 2. 4a 2 3a 2 a   . Đường cao của lăng trụ là AG  9 9 3. A. C G. a 3a 2 a 3 3  Thể tích VLT  . . 3 4 12 Chọn đáp án B.. M. B. Câu 36. Cho hình lăng trụ có tất cả các cạnh đều bằng a , đáy là lục giác đều, góc tạo bởi cạnh bên và mặt đáy là 60 . Tính thể tích khối lăng trụ 9 27 3 3 3 3 a . a . A. V  B. V  C. V  a 3 . D. a 3 . 4 4 8 2 Hướng dẫn giải: A'. Ta có ABCDEF là lục giác đều nên góc ở đỉnh bằng 120 . ABC là tam giác cân tại B , DEF là tam giác cân tại E .. S ABC  S DEF . B'. E'. 2. 1 a 3 a.a.sin120  2 4. C'. D' A. AC  AB  BC  2. AB.BC.cos B 2. F'. 2. F.  1  a 2  a 2  2.a.a.     a 3  2. B. E. H. S ACDF  AC. AF  a 3.a  a 2 3 S ABCDEF  S ABC  S ACDF  S DEF. a2 3 a 2 3 3a 2 3   a2 3   4 4 2. B ' BH  60  B ' H  BB '.sin 60 . V  BH '.SABCDEF  a 3.. C. a 3 2. 3a2 3 9 3  a 4 4. Chọn đáp án D.. – Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất. [Type here]. D.

(85) Giáo viên: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A. Toán 12. MŨ - LÔ GARIT Câu 1. Cho phương trình 5x. 2. A. m  0.  2 mx 2.  52 x. 2.  4 mx 2.  x2  2mx  m  0 . Tìm m để phương trình vô nghiệm? m  1. C. 0  m  1. B. m  1. D.  m  0. Hướng dẫn giải: x +Phương trình tương đương: 5. 2.  2 mx  2.  ( x 2  2mx  2)  52 x. 2.  4 mx  2.  (2 x 2  4 mx  2). 2 2 + Do hàm f(t)=5t + t đồng biến trên R nên ta có: ( x  2mx  2)  (2x  4mx  2) + Từ đó điều kiện để pt vô nghiệm là C. Chọn đáp án C.. Câu 2. Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để phương trình sau có hai nghiệm thực phân biệt: log 3 (1  x 2 )  log 1 ( x  m  4)  0 . 3. 1  m0. 4 Hướng dẫn. B. 5  m . A.. 21 . 4. C. 5  m . 21 . 4. D.. 1  m 2. 4.  x   1;1 1  x 2  0  giải: log3 (1  x 2 )  log 1 ( x  m  4)  0    2 2 log3 (1  x )  log3 ( x  m  4) 1  x  x  m  4 3 2 Yêu cầu bài toán  f  x   x  x  m  5  0 có 2 nghiệm phân biệt   1;1 Cách 1: Dùng định lí về dấu tam thức bậc hai. Để thỏa yêu cầu bài toán ta phải có phương trình f  x   0 có hai nghiệm thỏa: 1  x1  x2  1 a. f  1  0  m  5  0 a. f 1  0 21     0  m  3  0  5  m  . 4  21  4m  0  1  S  1  2 Cách 2: Dùng đạo hàm 2 Xét hàm số f  x   x  x  5  f   x   2 x  1  0  x  . 21  1 Có f      ; f 1  3; f  1  5 4  2 Ta có bảng biến thiên x 1. f  x f  x. –. . 1 2. 0. 1 2. 1. . 5. 3 21  4. Dựa vào bảng biến thiên, để có hai nghiệm phân biệt trong khoảng  1;1 khi. 21 21  m  5   m 5. 4 4 Cách 3: Dùng MTCT . – Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất. [Type here].

(86) Giáo viên: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A. Toán 12. Sau khi đưa về phương trình x2  x  m  5  0 , ta nhập phương trình vào máy tính. * Giải khi m  0,2 : không thỏa  loại A, D. * Giải khi m  5 : không thỏa  loại B. Chọn đáp án C. Câu 3. Tìm tất cả các giá trị của tham số m sao cho bất phương trình sau có tập nghiệm là  ;0 :. . m2 x 1   2m  1 3  5.   3  5  x. x.  0.. 1 1 A. m   . B. m  . 2 2 Hướng dẫn giải: Phương trình đã cho tương đương x. C. m . 1 . 2. 1 D. m   . 2. x. x.  3 5   3 5   3 5  2m   2m  1       0 ta được:   0 1 . Đặt t    2   2   2  1 2m   2m  1  t  0  f  t   t 2  2mt  2m  1  0  2  . Bất phương trình 1 nghiệm đúng t x  0 nên bất phương trình  2  có nghiệm 0  t  1 , suy ra phương trình f  t   0 có 2 nghiệm  f  0   0 2m  1  0 1 m  0,5 . Vậy m   thỏa mãn  t1 , t2 thỏa t1  0  1  t2    2 m  0,5  4m  2  0  f 1  0 Chọn đáp án C. Câu 4. Tính giá trị của biểu thức P  ln  tan1°   ln  tan 2   ln  tan 3   ...  ln  tan89  .. 1 B. P  . 2. A. P  1.. C. P  0.. D. P  2.. Hướng dẫn giải: P  ln  tan1°   ln  tan 2   ln  tan 3   ...  ln  tan 89 .  ln  tan1.tan 2.tan 3...tan 89   ln  tan1.tan 2.tan 3...tan 45.cot 44.cot 43...cot1 .  ln  tan 45   ln1  0. (vì tan .cot   1 ) Chọn đáp án C.. A.. 1  m0. 4. 5x 6.  21 x  2.265x  m(1) . Tìm m để PT có 4 nghiệm phân biệt. 0  m  2. 1 21   m 2. B. 5  m  . C.  D. 1 1 4 4 m  8 , m  256. 2. Câu 5. Cho phương trình : m.2x. 2. Hướng dẫn giải: Viết lại PT (1) dưới dạng :. m.2x 5x6  21 x  2.265x  m  m.2x 5x6  21 x  2( x 5x6)(1 x )  m 2 2 2 2  m.2x 5x6  21 x  2x 5x6.21 x  m u  2x2 5x6 , u, v  0 . Khi đó PT tương đương với : Đặt :  1 x2 v  2 2. 2. 2. 2. 2. 2. – Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất. [Type here].

(87) Giáo viên: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A. Toán 12. x  3 2x2 5x 6  1  u  1 mu  v  uv  m  (u  1)(v  m)  0    2  x  2  v  m 21 x  m 21 x2  m(* )  Để (1) có 4 nghiệm phân biệt  (* ) có 2 nghiệm phân biệt khác 2 và 3..   m  0 m  0 (*)   . Khi đó điều kiện là :  2 2 1  x  log m x  1  log m   2 2   m  0  m  0 m  2  1  log m  0 1 1    2  m  1  m (0;2) \  ;    8 256  8 1  log2 m  4  1  log m  9  1 2  m  256  1 1  Vậy với m (0;2) \  ;  thỏa điều kiện đề bài.  8 256  Chọn đáp án C. 2 Câu 6. Tìm tất cả các giá trị của m để phương trình log 3 x   m  2  .log 3 x  3m  1  0 có 2 nghiệm. x1, x2 sao cho x1.x2  27 4 A. m  B. m  25 3 Hướng dẫn giải: 2  log3 x    m  2 .log3 x  3m  1  0 1. C. m . 28 3. D. m  1. Đặt log3 x  t. 2 Phương trình trở thành: t   m  2  t  3m  1  0  2 . Phương trình (1) nghiệm phân biệt khi và chỉ khi (2) có 2 nghiệm phân biệt. 2    0   m  2   4  3m  1  m2  8m  8  0 (đúng) Gọi t1 , t2 là 2 nghiệm của phương trình (2).  x1  3t1 , x2  3t2  3t1 3t2  27  t1  t2  3 Theo Vi-et: t1  t2  m  2 . Suy ra m  1 Chọn đáp án D.. Câu 7. Trong tất cả các cặp  x; y  thỏa mãn log x. 2.  y2  2.  4 x  4 y  4   1 . Tìm m để tồn tại duy. nhất cặp  x; y  sao cho x2  y 2  2x  2 y  2  m  0 ..  C.  A..  2. 2. 10  2 . 10 . 2. và. B. 10  2 và 10  2 .. . . 2. 10  2 .. D. 10  2 .. Hướng dẫn giải: Ta có log x. 2.  y2  2.  4 x  4 y  4   1  x2  y2  4x  4 y  6  0 1 .. – Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất. [Type here].

(88) Giáo viên: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A. Toán 12. Giả sử M  x; y  thỏa mãn pt 1 , khi đó tập hợp điểm M là hình tròn  C1  tâm I  2;2  bán kính R1  2 . Các đáp án đề cho đều ứng với m  0 . Nên dễ thấy x2  y 2  2x  2 y  2  m  0 là phương trình đường tròn  C2  tâm J  1;1 bán kính R2  m . Vậy để tồn tại duy nhất cặp  x; y  thỏa đề khi chỉ khi  C1  và  C2  tiếp xúc ngoài  IJ  R1  R2  10  m  2  m . . . 2. 10  2 .. Chọn đáp án A. Câu 8. Cho n là số nguyên dương, tìm n sao cho log a 2019  22 l o g a 2019  32 log 3 a 2019  ...  n2 log n a 2019  10082  20172 loga 2019 A. n=2017 Hướng dẫn giải: log a 2019  22 l o g. B. n=2018 a. C. n=2019. D. n=2016. 2019  32 log 3 a 2019  ...  n 2 log n a 2019  10082  20172 log a 2019.  log a 2019  23 l o g a 2019  33 log a 2019  ...  n3 log a 2019  10082  2017 2 log a 2019  (13  23  33  ...  n3 )log a 2019  10082  2017 2 log a 2019  n(n  1)   2016.2017      2  2     n  2017 Chọn đáp án A. 2. Câu 9. Phương trình log. 2.  mx  6 x   2log  14 x 3. 2. 1 2. B. m  39. A. m  19. 2.  29 x  2   0 có 3 nghiệm thực phân biệt khi: C. 19  m . 39 2. D. 19  m  39. Hướng dẫn giải: log 2 mx  6 x3  2log 1 14 x 2  29 x  2  0  log 2 mx  6 x3  log 2 14 x 2  29 x  2  0. . . . . . . . 2. 6 x3  14 x 2  29 x  2  mx  6 x  14 x  29 x  2  m  x 3 2 6 x  14 x  29 x  2 2 f  x   f   x   12 x  14  2 x x   x  1  f 1  19   1  1  39 f  x  0   x   f    2 2 2   1  1  121 x    f     3 3  3  Lập bảng biến thiên suy ra đáp án Chọn đáp án C. 3. 2. – Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất. [Type here]. .

(89) Giáo viên: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A Câu 10. Biết phương trình log 5. Toán 12.  x 2 x 1 1   2log 3    có nghiệm duy nhất x  a  b 2 trong x 2 2 x  . đó a, b là các số nguyên. Tính a  b ? A. 5 B. 1 C. 1 Hướng dẫn giải:  x 2 x 1 1  2 x 1 x 1 log5  2log3    2log 3   log 5 x x 2 x  2 2 x x  0 Đk:   x 1 x 1  0.   log  2.  x  1  log 4 x  log. D. 2. Pt  log 5 2 x  1  log 5 x  log 3 ( x  1) 2  log 3 4 x 5. 3. Đặt t  2 x  1  4 x   t  1. 5. x  log 3 ( x  1) 2 (1). 2. (1) có dạng log5 t  log3 (t  1)2  log5 x  log3 ( x  1) 2 (2) Xét f ( y)  log5 y  log3 ( y  1)2 , do x  1  t  3  y  1. 1 1  .2( y  1)  0 Xét y  1 : f '( y )  y ln 5 ( y  1) 2 ln 3.  f ( y) là hàm đồng biến trên miền 1;  (2) có dạng f (t )  f ( x)  t  x  x  2 x  1  x  2 x  1  0  x 1 2   x  3  2 2 (tm) .  x  1  2 (vn) Chọn đáp án C. Câu 11. Phương trình sau có bao nhiêu nghiệm : A. 1 nghiệm. log 4  x  1  2  log 2. B. 2 nghiệm. 2. 4  x  log 8  4  x . C. 3 nghiệm. 3. D. Vô nghiệm. Hướng dẫn giải:. log4  x  1  2  log 2. 4  x  log8  4  x . 3. 2. x  1  0 4  x  4  (2) Điều kiện: 4  x  0   4  x  0  x  1 . (2)  log 2 x  1  2  log 2  4  x   log 2  4  x   log 2 x  1  2  log 2 16  x 2   log 2 4 x  1  log 2 16  x 2   4 x  1  16  x 2. x  2 + Với 1  x  4 ta có phương trình x2  4 x  12  0 (3) ; (3)    x  6  lo¹i .  x  2  24 + Với 4  x  1 ta có phương trình x2  4 x  20  0 (4);  4     x  2  24  lo¹i . . . Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm là x  2 hoặc x  2 1  6 , Chọn đáp án B. – Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất. [Type here].

(90) Giáo viên: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A. . Toán 12. . Câu 12. Cho phương trình 2  m2 5x  3.3x  m 2 15 x  5   0 . Tìm tập hợp tất cả các giá trị thực của tham số m để phương trình có nghiệm trong khoảng  0;2  . B.  2;3 . A.. C.  0; . Hướng dẫn giải: Đặt f  x   2  m2 5x  3.3x  m2 15 x  5  . Do f liên tục trên. . 0;2 .. . . D.  ;1 nên f cũng liên tục trên đoạn. . Ta có f  0   2  m2 50  3.30  m2 15.0  5   6m2  1  0, m .. f  2    2  m2  52  3.32  m2 15.2  5   13  0 . Khi đó f  0  . f  2   0, m . Vậy f  x   0 có nghiệm trên khoảng  0;2  với mọi giá trị thực của m. Chọn đáp án A. Câu 13. PHương trình log 3 x 2  x  1  x  2  x   log 3 x có bao nhiêu nghiệm. . A. 1 nghiệm Hướng dẫn giải: điều kiện x > 0. . B. 2 nghiệm. C. 3 nghiệm. D. Vô nghiệm.  x2  x  1  2 Phương trình tương đương với log3    2x  x x   2 Ta có 2 x  x  1   x  1  1 2. 2    x2  x  1  1  1   Và log3   3   log3 3  1   log3  x   1  log3   x    x x  x      2  x  1  0  x2  x  1   2  x 1 Do đó log 3    2x  x   1 x 0    x x  Chọn đáp án A. 9x ,x  . Tính P  f (sin 2 10)  f (sin 2 20)  .....  f (sin 2 80) Câu 14. Cho hàm số f ( x)  x 9 3 A. 4 B. 8 C. 9 D. 3 Hướng dẫn giải: Nếu a  b  1 thì f (a)  f (b)  1 . Do đó P  1  1  1  1  4 Chọn đáp án A.. Câu 15. Phương trình 333x  333x  34 x  34 x  103 có tổng các nghiệm là ? A. 0. B. 2. C. 3. Hướng dẫn giải: 333x  333x  34 x  34 x  103 7.  7   27.33 x  x Đă ̣t t  3 . 27 81 1  1    81.3x  x  103  27. 33 x  3 x   81. 3x  x   103 3x 3 3 3  3   . D. 4..  7. 1 Côsi 1  2 3x. x  2 x 3 3. – Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất. [Type here].

(91) Giáo viên: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A. Toán 12. 3. 1 1 1 1 1   t   3x  x   33 x  3.32 x. x  3.3x. 2 x  3 x  33 x  3 x  t 3  3t 3  3 3 3 3  3 10 10 Khi đó:  7'  27  t 3  3t   81t  103  t 3   t   2 N 27 3 10 1 10  3x  x  Với t   7 3 3 3 y  3 N 1 10 x 2 Đă ̣t y  3  0 . Khi đó:  7   y    3 y  10 y  3  0   y  1 N y 3  3 3. Với y  3  3x  3  x  1 1 1 Với y   3x   x  1 3 3 Chọn đáp án A. Câu 16. Gọi x 1 , x2  x1  x2  là hai nghiệm của phương trình khẳng định dưới đây, khẳng định nào sai? A.  x1 ,     1,1   1,1. .   x. 5 1 . . x. 5  1  5.2 x 1 . Trong các. B.  x2 ,     1,1   1,1. C.  x1 , x2    1,0    1,0 . D.  x1 , x2    1,1   1,1. Hướng dẫn giải:. .   x. 5 1 . . x. x. 5  1  5.2.  5 1 Nhận xét:   2   . x. x 1. x.  5 1  5 1 5        1 . 2  2   2  x. x.  5 1  5 1  5 1 x    1  1       2 2      2 . x. x.  5 1 1 5 1 + Đặt t    2   0, 1  t  t  2  x1  log 5 1 2, x2  log 5 1 2 .   2 2 Câu 17. Phương trình 1  log9 x  3log9 x  log3 x  1 có bao nhiêu nghiệm nguyên ? A. 0 B. 1 C. 2 D. 3 Hướng dẫn giải: Giải phương trình: 1  log9 x  3log9 x  log3 x  1 . Điều kiện xác định: x ≥ 1 1  log9 x  3log9 x  log3 x  1  1  log9 x  3log9 x  2log9 x  1  1  2log9 x   2log9 x  1.  2log9 x  1 . . . 1  log9 x  3 log9 x . . 1  log9 x  3 log9 x  1  0.  2log9 x  1 vì: 1  log9 x  3log9 x  1  0  x = 3. Vậy nghiệm phương trình đã cho: x = 3. Chọn đáp án B. 2 2 Câu 18. Tìm m để bất phương trình 1  log 5  x  1  log 5  mx  4 x  m  thoã mãn với mọi x . A. 1  m  0 . Hướng dẫn giải:. B. 1  m  0 .. C. 2  m  3 .. D. 2  m  3 .. – Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất. [Type here]. ..

(92) Giáo viên: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A. Toán 12. mx 2  4 x  m  0  x    BPT thoã mãn với mọi x  .  2 2 5  x  1  mx  4 x  m m  0  m  0   m  2   m  2 mx 2  4 x  m  0 16  4m 2  0   x        2  m  3.  2 5  m  0 m  5  5  m  x  4 x  5  m  0   m  3 16  4  5  m 2  0     m  7 Chọn đáp án C. Câu 19. Cho x, y , z là các số thực thỏa mãn 2x  3y  6 z . Giá trị biểu thức M  xy  yz  xz là: A. 0 B. 1 C. 6 D. 3 Hướng dẫn giải: Khi một trong ba số x, y , z bằng 0 thì các số còn lại bằng 0. Khi đó M=0 1 y. 1 x. z. Khi x, y, z  0 ta đặt 2  3  6  k suy ra 2  k ,3  k , 6  k x. 1 x. 1 y. Do 2.3=6 nên k .k  k. y. 1  z. hay. . 1 z. .. 1 1 1   x y z. Từ đó suy ra M=0 Chọn đáp án A. Câu 20. Cho a log6 3  b log6 2  c log6 5  5 , với a, b và c là các số hữu tỷ. Các khẳng định sau đây, khẳng định nào đúng? A. a  b. C. b  a. B. a  b. D. c  a  b. Hướng dẫn giải:  log 6 3a 2b5c  5.  3a.2b.5c  65  35.25.50 a  b  5 Do a, b, c là các số hữu tỷ nên  c  0 Chọn đáp án A. Câu 21. Với a  0, a  1 , cho biết : t  a A. u  a. 1 1 log a v. B. u  a. 1 1log a u. 1 1 log a t. ;va. 1 1log a t. . Chọn khẳng định đúng :. C. u  a. 1 1 log a v. D. u  a. Hướng dẫn giải: 1 1 .log a a  1  log a u 1  log a u 1  log a u 1 1 1 log a v  .log a a    1 1  log a t 1  log a t 1   log a u 1  log a u. Từ giả thiết suy ra: log a t . 1. 1   log a v log a u  1  log a u  log a u (1  log a v)  1  log a u   u  a 1loga v 1  log a v Chọn đáp án D.. – Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất. [Type here]. 1 1 log a v.

(93) Giáo viên: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A Câu 22. Có bao nhiêu giá trị của tham số m để phương trình m.2 3 nghiệm phân biệt. A. 1 B. 2 C. 3 Hướng dẫn giải:. . Pt  m 2 x. 2. 5 x 6. . .  1  21 x 1  2 x 2. 2. 5 x 6.   2. x 2 5 x 6. Toán 12 x 2 5 x  6.  21 x  2.265 x  m có 2. D. 4. . .  1 m  21 x  0 2. x  2 2  2 x 5 x6  2  0    x  3 2  21 x  m  1 x2  m *  2. TH1: (*) có nghiệm duy nhất ( nghiệm x =0)  m  2. TH2: (*) Có 2 nghiệm phân biệt trong đó có một nghiệm là 2 và nghiệm còn lại khác 3.  m  23. TH3: (*) Có 2 nghiệm phân biệt trong đó có một nghiệm là 3 và nghiệm còn lại khác 2.  m  28. Vậy, có 3 giá trị của m thỏa mãn. Chọn đáp án C.. Câu 23. log 22 x. Tìm tất log 1 x 2. cả. các. giá. m log 4 x 2. 3. trị. thực. của. tham số. 3 có nghiệm thuộc 32;. m. để. phương. trình. ?. 2. A. m. 1; 3 .. B. m. 1; 3 .. C. m. 1; 3 .. D. m. 3;1 .. Hướng dẫn giải: Điều kiện: x Đặt t. 0. Khi đó phương trình tương đương:. log2 x với x. 32. Phương trình có dạng. t2. log2 x 2t. 3. 5 hay t. log2 32 m t. log22 x. 3. 2 log2 x. 3. m log2 x. 5.. * .. Khi đó bài toán được phát biểu lại là: “Tìm m để phương trình (*) có nghiệm t Với t. 5 thì (*). t. 1 m t. Ta có. t t. 1 3. 1. t 1 3 t 3 suy ra 1 m Chọn đáp án A. 1. t. 3. t. 3. 0. m. 4. . Với t. 1. t t 5. m t. 3. t. t. 1. m t. 3. 5” 0. 1 3 1 1. 4. Câu 24. Tập các giá trị của m để bất phương trình A. (;1]. 3.. 1. 4. t 3 5 3 3 t 1 1 3 t 3 3. Vậy phương trình có nghiệm với 1 m t. log 22 x log 22 x  1. 3 hay. 3..  m nghiệm đúng với mọi x > 0 bằng. C.  5; 2 . B. [1; ). D. [0;3). Hướng dẫn giải: 2 Đặt t  log 2 x  t  1 . Khi đó ta có. t  m * t 1. – Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất. [Type here]. 3 ..

(94) Giáo viên: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A. Toán 12. Bất phương trình ban đầu có nghiệm với mọi x > 0   * nghiệm đúng với mọi t > 1 Xét hàm số f  t  . f ' t  . . t 2 t 1. lim f  t   . t . . 3. t trên 1;   t 1. , f 't   0  t  2. lim f  t    t 1. BBT 2. 1. t. +∞. 0. f'(t) +∞. +∞. f(t). 1. Từ BBT ta có kết luận bất phương trình có nghiệm với mọi t > 1  m  1 Chọn đáp án A. Câu 25. Giả sử p và q là các số thực dương sao cho: log 9 p  log12 q  log16  p  q  . Tìm giá trị của. . . . 1 1 8 4 B. C. 1  3 D. 1  5 2 2 5 3 Hướng dẫn giải: Đặt: t  log 9 p  log12 q  log16  p  q  thì: p  9t , q  12t , 16t  p  q  9t  12t (1) A.. 2t. p q. . t. t. 4 q 4 4 Chia hai vế của (1) cho 9 ta được:    1    , đặt x      0 đưa về phương trình: p 3 3 3 1 q 1 x2  x  1  0  x  1  5 do x  0 , suy ra  1  5 . 2 p 2 Chọn đáp án D. 2 Câu 26. Tập nghiệm của bất phương trình: 81.9 x 2  3x  x  .32 x 1  0 là 3 A. S  1;    0. B. S  1;   . C. S   0;   . D. S   2;    0. t. . . . . Hướng dẫn giải: ĐKXĐ: x  0.. 9x 2 x x 2 BPT đã cho  81.  3 .3  .3.3 81 3  3x  3 x 3x  2.3 x  0. . . x.  0  32 x  3x.3 x  2.32. x. 0. .  3x  3 x  0 (vì 3x  2.3 x  0, x  0. )  x 1 x  1  3x  3 x  x  x    x  0  x  0 Vậy tập nghiệm của BPT đã cho là S  1;    0. Chọn đáp án A. Câu 27. Cho.  un  là cấ p số nhân với số ha ̣ng tổ ng quát un  0; un  1 . Khi đó khẳ ng đinḥ nào sau. đây là đúng? – Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất. [Type here].

(95) Giáo viên: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A A.. log u 2017 k 1. log u 2017. . k 1. B.. log u 2017 k 1. log u 2017. log u 2017 k 1. log u 2017 D.. k 1. log u 2017. k 1. k. log u 2017  log u 2017 k 1. log u 2017  log u 2017. . k 1. k. log u 2017  log u 2017 k 1. k. . k 1. log u 2017. log u 2017  log u 2017 k. k 1. C.. log u 2017  log u 2017 k 1. k. log u 2017  log u 2017 k 1. k. . k 1. Toán 12. log u 2017  log u 2017 k 1. k. log u 2017  log u 2017 k 1. k. Hướng dẫ n giải: Vì un là cấ p số nhân nên.  . uk2  uk 1.uk 1.  2log 2017 uk  log 2017 uk 1  log 2017 uk 1 . 1 1 1 1    log u 2017 log u 2017 log u 2017 log u 2017. . log u 2017. k 1. k. k 1. log u 2017 Chọn đáp án A. k 1. . k 1. k. log u 2017  log u 2017 k 1. k. log u 2017  log u 2017 k 1. k. . . Câu 28. Số nghiệm của phương trình log3 x 2  2 x  log5 x 2  2 x  2 là A. 3. Hướng dẫ n giải: ĐK: x  0; x  2 .. B. 2.. C. 1.. D. 4.. 2 2 Đặt t  x  2 x  x  2 x  2  t  2  log 3 t  log 5  t  2  ..   t  3u log3 t  u  5u  2  3u Đặt log 3 t  log 5  t  2   u ,   u t  2  5  log5  t  2   u 5u  3u  2 (1) 5u  2  3u 5u  3u  2  u   3 u .  u  u 1 u u  2  1 (2) 5  2  3 3  2  5      5  5  u u Xét 1 : 5  3  2 Ta thấy u  0 là 1 nghiệm, dùng phương pháp hàm số hoặc dùng BĐT để chứng minh nghiệm u  0 là duy nhất. 2 Với u  0  t  1  x  2 x  1  0 , phương trình này vô nghiệm. u. u.  3 1 Xét  2  :    2    1 5 5 Ta thấy u  1 là 1 nghiệm, dùng phương pháp hàm số hoặc dùng BĐT để chứng minh nghiệm u  1 là duy nhất. 2 Với u  0  t  3  x  2 x  3  0 , phương trình có 2 nghiệm phân biệt thỏa x  0; x  2 . Chọn đáp án B.. – Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất. [Type here].

(96) Giáo viên: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A Câu 29. Cho f  x   e. 1. 1 x2. . Toán 12. 1.  x 12. m. . Biết rằng f 1 . f  2 . f  3... f  2017   e n với m , n là các số tự. m tối giản. Tính m  n2 . n A. m  n2  2018 . B. m  n2  2018 . Hướng dẫ n giải: nhiên và. D. m  n2  1 .. C. m  n2  1 .. Xét các số thực x  0 Ta có :. 1 1 1 2   x  x  12. x. 2.  x  1. x 2  x  1. Vậy, f 1 . f  2 . f  3... f  2017   e. 2. 2. . x2  x  1 1 1 1 .  1  1  2 x x x  x  1 x x 1. 1 1   1 1  1 1  1 1   1    1    1     1   1 2  2 3  3 4  2017 2018 . e. 2018 . 1 2018. e. 20182 1 2018. ,. m 20182  1  n 2018 20182  1 Ta chứng minh là phân số tối giản. 2018 Giả sử d là ước chung của 20182  1 và 2018 Khi đó ta có 20182  1 d , 2018 d  20182 d suy ra 1 d  d  1 20182  1 Suy ra là phân số tối giản, nên m  20182  1, n  2018 . 2018 Vậy m  n2  1 . Chọn đáp án D. hay. Câu 30. Hỏi phương trình 3.2x  4.3x  5.4x  6.5x có tất cả bao nhiêu nghiệm thực? A. 2 . B. 4 . C. 1 . D. 3 . Hướng dẫ n giải: x. x. x. 2  3 4 pt  3.   4.   5.   6  0 5 5 5 x. x. x. 2  3 4 Xét hàm số f  x   3.   4.   5.   6 liên tục trên 5 5 5 x. x. .. x. 2 3 4 2  3 4 Ta có: f   x   3     ln  4     ln  5     ln  0, x  5 5 5 5 5 5 Do đó hàm số luôn nghịch biến trên mà f  0   6  0 , f  2   22  0 nên phương trình. f  x   0 có nghiệm duy nhất. Chọn đáp án C. x x Câu 31. Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để bất phương trình 9  2  m  1 .3  3  2m  0. nghiệm đúng với mọi x  . A. m tùy ý.. 4 B. m   . 3. 3 C. m   . 2. 3 D. m   . 2. Hướng dẫ n giải: Đặt t  3x , t  0 2 ycbt  t  2  m  1 t  3  2m  0, t  0  m . 1 t 2  2t  3 , t  0  m   t  3 , t  0 2 2t  2. – Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất. [Type here].

(97) Giáo viên: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A. Toán 12. 1 1  t  3 , f   t    0, t  0  hàm số đồng biến trên  0,   2 2 3 Vậy ycbt  m  f  t  , t  0  m  f  0    . 2 Chọn đáp án D. f t  . Câu 32. Tìm tập hợp tất cả các tham số m sao cho phương trình 4x bốn nghiệm phân biệt. A.  ;1 . B.  ;1   2;  . C.  2;  . Hướng dẫ n giải:. 2.  2 x 1.  m.2x. 2. 2x 2.  3m  2  0 có. D.  2;  .. Đặt t  2( x 1)  t  1 Phương trình có dạng: t 2  2mt  3m  2  0 * Phương trình đã cho có 4 nghiệm phân biệt  phương trình (*) có hai nghiệm phân biệt lớn hơn 1 2. m 2  3m  2  0 2 m 2  3m  2  0 m  3m  2  0     m  1  0 m2  2 2 x  m  m  3 m  2  1 m  3 m  2  m  1   2  1,2 2 m  3m  2  m  2m  1 Chọn đáp án D. Câu 33. Cho x, y là số thực dương thỏa mãn ln x  ln y  ln x 2  y . Tìm giá trị nhỏ nhất của. . . P x y A. P  6 . B. P  2 2  3 . Hướng dẫ n giải: 2 2 Từ ln x  ln y  ln x  y  xy  x  y . Ta xét:. . C. P  2  3 2 .. D. P  17  3 .. . Nếu 0  x  1 thì y  xy  x2  y  0  x2 mâu thuẫn. x2 x2 2 2 Nếu x  1 thì xy  x  y  y  x  1  x  y  . Vậy P  x  y  x  . x 1 x 1 x2 Ta có f  x   x  xét trên 1;  . x 1  2 2 (loai ) x  2 2x  4x  1 2 0 Có f '  x   2 x  2x  1  2 2 (nhan) x   2 2 2  Vậy min f  x   f    2 2  3 . 1;   2   Chọn đáp án B. Câu 34. Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để bất phương trình x x  x  12  m.log 5  có nghiệm. A. m  2 3 B. m  2 3 C. m  12log3 5 D. 2  m  12log3 5 Hướng dẫ n giải: Điều kiện: x   0;4  . Ta thấy 4  x  4  5  4  x  3  log 5  4  x 3  0 – Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất. [Type here]. 4 x. 3.

(98) Giáo viên: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A. Toán 12. . . . Khi đó bất phương trình đã cho trở thành m  f  x   x x  x  12 .log3 5  4  x Với u  x x  x  12  u ' . . . v  log3 5  4  x  v ' . .  *. 3 x 1 và  2 2 x  12 1. . . 2 4  x 5  4  x .ln 3. Suy ra f '  x   0; x   0; 4   f  x  là hàm số đồng biến trên đoạn  0;4 Để bất phương trình (*) có nghiệm  m  min f  x   f  0   2 3 0;4. Chọn đáp án A.. . Câu 35. Tìm giá trị của a để phương trình 2  3. . x. .  1  a  2  3. . x.  4  0 có 2 nghiệm phân biệt. thỏa mãn: x1  x2  log 2  3 3 , ta có a thuộc khoảng: B.  3;  . A.  ; 3 Hướng dẫ n giải:. . Ta có 2  3.  2  3 x. x. . 1 2  3. C.  3; . . x. . 1. 2  3. x. . Đặt t . D.  0; . 1. 2  3. x.  t  0  , phương trình. 1 a  4  0  t 2  4t  1  a  0 * t Phương trình đã cho có 2 nghiệm phân biệt khi và chỉ khi phương trình (*) có 2 nghiệm dương phân t1  t2  4  0  a 1 biệt   t1t2  1  a  0 đã cho trở thành t . . Ta có x1  x2  log 2  3 3  2  3. . x1  x2. 2  3 3 2  3. x1. x2. 3. t1 3 t2. Vì t1  t2  4 nên điều này xảy ra khi và chỉ khi phương trình (*) có 2 nghiệm t=3 và t=1 Khi đó 1  a  3.1  3  a  2 . Chọn đáp án B. Câu 36. Gọi m là số chữ số cần dùng khi viết số 230 trong hệ thập phân và n là số chữ số cần dùng khi viết số 302 trong hệ nhị phân. Ta có tổng m + n bằng A. 18 B. 20 C. 19 D. 21 Hướng dẫ n giải: - Phương pháp: Số chữ số cần dùng khi viết số A trong hệ thập phân là  log A  1 với  x  là số nguyên lớn nhất nhỏ hơn hoặc bằng x. Tổng quát: số chữ số cần dùng khi viết số A trong hệ n-phân là  log n A  1 Dựa vào 2 kết quả trên ta có m  log 230   1  30log 2  1  10. n  log 2 302   1   2log 2 30  1  10  m  n  20 Chọn đáp án B.. – Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất. [Type here].

(99) Giáo viên: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A. Toán 12. Câu 37. Cho hàm số y  x 2  2 x  a  4 . Tìm a để giá trị lớn nhất của hàm số trên đoạn  2;1 đạt giá trị nhỏ nhất. A. a  3 Hướng dẫ n giải:. B. a  2. C. a  1. D. Một giá trị khác. Ta có y  x 2  2 x  a  4   x  1  a  5 . Đặt u   x  1 khi đó x   2;1 thì u   0;4  Ta 2. 2. được hàm số f  u   u  a  5 . Khi đó. Max y  Max f  u   Max  f  0  , f  4   Max  a  5 ; a  1 . x 2;1. u0;4. Trường hợp 1: a  5  a  1  a  3  Max f  u   5  a  2  a  3 u0;4. Trường hợp 2: a  5  a  1  a  3  Max f u   a  1  2  a  3 u0;4. Vậy giá trị nhỏ nhất của Max y  2  a  3 x 2;1. Chọn đáp án A. Câu 38. Cho phương trình 2log 3  cotx   log 2  cos x  . Phương trình này có bao nhiêu nghiệm trên.     khoảng  ;  6 2  A. 4 Hướng dẫ n giải:. B. 3. C. 2. D. 1. cot 2 x  3u Điều kiện sin x  0,cos x  0 . Đặt u  log 2  cos x  khi đó  u cos x  2.  2   3u  f u   4   4u  1  0 cos 2 x Vì cot x  suy ra     2 1  cos 2 x 3 1   2u  u 2. u. 2. u.  4  4 f '  u     ln    4u ln 4  0, u  . Suy ra hàm số f(u) đồng biến trên R, suy ra phương  3  3 trình f  u   0 có nhiều nhất một nghiệm, ta thấy f  1  0 suy ra 1  cos x   x    k 2  k   . 2 3  Theo điều kiện ta đặt suy ra nghiệm thỏa mãn là x   k 2 . Khi đó phương trình nằm trong khoảng 3  7   9      9  . Vậy phương trình có hai nghiệm trên khoảng  ;  .  ;  là x  , x  3 3 6 2  6 2  Chọn đáp án C. Câu 39. Trong các nghiệm ( x; y) thỏa mãn bất phương trình log x2  2 y2 (2 x  y)  1 . Giá trị lớn nhất của biểu thức T  2 x  y bằng: 9 9 A. . B. . 4 2 Hướng dẫ n giải:. C.. 9 . 8.  x 2  2 y 2  1 ( I ), Bất PT  log x2  2 y 2 (2 x  y )  1   2 2 2 x  y  x  2 y Xét T= 2 x  y. D. 9.. 0  x 2  2 y 2  1 ( II ) .  2 2 0  2 x  y  x  2 y. – Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất. [Type here].

(100) Giáo viên: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A. Toán 12. TH1: (x; y) thỏa mãn (II) khi đó 0  T  2x  y  x2  2 y 2  1 TH2: (x; y) thỏa mãn (I) x 2  2 y 2  2 x  y  ( x  1) 2  ( 2 y . 1 2 2. )2 . 9 . Khi đó 8. 1 1 9 1  1 2 9 9 9 9 9 ( 2y  )   (22  ) ( x  1) 2  ( 2 y  )   .   4 2  2 8 4 2 2 2 2 2 2  4 9 1 Suy ra : max T   ( x; y)  (2; ) 2 2 Chọn đáp án B. a Câu 40. Xét các số thực thỏa mãn . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P  log 2a  a 2   3log b   b b A. Pmin  19 B. Pmin  13 C. Pmin  14 D. Pmin  15 Hướng dẫ n giải: 2 x  y  2( x  1) . P. 1.  3  log b a  1 . 4. a 1  log a b    log a 2  b  Đặt t  log a b do a  b  1 nên 0  t  1 4 3 P  3 2 1  t  t 2. Xét f  t  . 4. 1  t . 2. 2.  3  log b a  1. 3 1   3 trên  0;1 ta thấy GTNN của f(t) là f    15 t 3. Chọn đáp án D.. – Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất. [Type here].

(101) Giáo viên: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A. Toán 12. HÌNH NÓN - TRỤ - CẦU Câu 1. Cho hình chóp S.ABCD có SA vuông góc với đáy, SA  a 6 . Đáy ABCD là hình thang vuông 1 tại A và B, AB  BC  AD  a. Gọi E là trung điểm của AD. Tính bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình 2 chóp S.ECD. a 30 a 26 a 2 . . . A. R  B. R  a 6. C. R  D. R  3 2 2 Hướng dẫn giải: S . Gọi H là trung điểm của CD và d là đường thẳng qua H và R vuông góc với đáy. Gọi I và R là tâm và bán kính mặt cầu K I ngoại tiếp S.CDE. Suy ra I thuộc d. Đặt IH  x. Trong mp(ASIH) kẻ đường thẳng qua I và song song với AH cắt AS tại K. Ta có: a2 2 2 2 2 ID  IH  HD  x  . 2. IS2  IK 2  KS 2  AH 2  KS 2  AC 2  CH 2  KS 2  2a 2 . R x. E A. D a. H B. C. a. a2  (a 6  x ) 2 2. a2 a2 2 6a 30a  2a 2   ( a 6  x ) 2  x  . Vậy bán kính mặt cầu bằng R  . 2 2 3 3 Chọn đáp án C. a 3 Câu 2. Cho tứ diện ABCD với BC  a ,các cạnh còn lại đều bằng và  là góc tạo bởi hai mặt 2 phẳng  ABC  và  BCD  . Gọi I,J lần lượt là trung điểm các cạnh BC, AD . Giả sử hình cầu đường IJ. Suy ra: x 2 . kính tiếp xúc với CD. Giá trị cos là: A. 3  2 3. B. 2 3  3. C.. 2 3 3. D.. 2 3 3. Hướng dẫn giải: Gọi O là trung điểm IJ và F là điểm tiếp xúc giữa hình cầu đường kính IJ và đường thẳng CD. Hình cầu đường kính IJ tiếp xúc với CD khi và chỉ khi khoảng cách từ O đến CD bằng nữa độ dài IJ. a 2 Ta có AI  DI  . 2 a Vì FC và CI là hai tiếp tuyến xuất phát từ một điểm nên FC  CI  2 a 3 a  Tương tự ta có DJ  DF  2 2 Tam giác ADI cân có IJ là đường trung tuyến nên tam giác IDJ vuông tại J. a 3 1  JD 2 6 2   Suy ra sin  sin JID  2 DI 2 a 2 2 Do vậy cos   2 3  3 nên. . . – Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất. [Type here].

(102) Giáo viên: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A. Toán 12. Chọn đáp án B. Câu 3. Cho hình vẽ bên. Tam giác SOA vuông tại O có MN€ SO với M , N lần lượt nằm trên cạnh SA, OA. Đặt SO  h không đổi. Khi quay hình vẽ quanh SO thì tạo thành một hình trụ nội tiếp hình nón đỉnh S có đáy là hình tròn tâm O bán kính S R  OA . Tìm độ dài của MN để thể tích khối trụ là lớn nhất. h h A. MN  B. MN  2 3 h h C. MN  D. MN  M 6 4 Hướng dẫn giải : Ta thấy khi quay quanh trục SO sẽ tạo nên một khối trụ nằm trong khối chóp. Khi đó thiết diện qua trục của hình trụ là hình chữ nhật MNPQ. Ta có hình sau: Ta có SO  h ; OA  R . Khi đó đặt OI  MN  x .. O. IM SI OA.SI R. h  x    IM   . Thể OA SO SO h R 2 2 tích khối trụ V  IM 2 .IH  2 .x  h  x  h Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có:. S. Theo định lí Thales ta có.  2x  2 h  x   2x  h  x     3   2 h h 4R h Vậy V  . Dấu ''  '' xảy ra khi x  . Hay MN  . 3 3 27 Chọn đáp án B. Câu 4. Một hình nón bị cắt bởi mặt phẳng  P  song song với đáy.. A. N. 3. Q. I. B P. O. 2. Mặt phẳng  P  chia hình nón làm hai phần  N1  và  N 2  . Cho hình. M. N. A. N1. cầu nội tiếp  N 2  như hình vẽ sao cho thể tích hình cầu bằng một nửa thể tích của  N 2  . Một mặt phẳng đi qua trục hình nón và vuông góc với đáy cắt  N 2  theo thiết diện là hình thang cân, tang góc nhọn của. hình thang cân là A. 2 B. 4 C. 1 D. 3 Hướng dẫn giải: Giả sử ta có mặt cắt của hình nón cụt và các đại lượng như hình vẽ. Gọi  là góc cần tìm. Xét AHD vuông tại H có DH  h, AH  R  r  h  2r0  AH .tan    R  r  tan . 4 h3 Thể tích khối cầu là V1  r03  3 6 1 2 2 Thể tích của  N 2  là V2  h R  r  Rr 3 V1 1   h 2  R 2  r 2  Rr  2  V2 2 Ta có BC  R  r (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau). . . D. r. N2. 1. C. r0. h. O. – Website chuyên đề thi –α tài liệu file word mới nhất K H [Type here] A R. B.

(103) Giáo viên: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A. Toán 12. Mà h 2  BC 2   R  r   4 Rr.  3 2 Từ  2  ,  3   R  r   Rr  4  2 2 Từ 1 ,  3 ,  4   h 2   R  r  .tan 2   4  R  r  (vì  là góc nhọn) 2.  tan 2   4  tan   2 Chọn đáp án A. Câu 5. Cho tam giác ABC có độ dài cạnh huyền 5. Người ta quay tam giác ABC quanh một cạnh góc vuông để sinh ra hình nón. Hỏi thể tích V khối nón sinh ra lớn nhất là bao nhiêu. 250 6 20 3 250 3 25 2 A. V  B. V  C. V  D. V  27 27 27 27 Hướng dẫn giải: 1 1 1 25 1 Ta có V  r 2 h  x 2 y   25  y 2 y  y  y 3 . 3 3 3 3 3 25 1 y  y 3 với 0  y  5 . Xét hàm số V  3 3 25 5 Ta có V '    y 2  0  y  . 3 3. . Khi đó thể tích lớn nhất là V . . 250 3 . 27. Chọn đáp án A. Câu 6. Một công ty sản xuất một loại cốc giấy hình nón có thể tích 27cm3. Vói chiều cao h và bán kính đáy là r. Tìm r để lượng giấy tiêu thụ ít nhất.. 36 38 6 r  B. C. r  22 22 Hướng dẫn giải: 1 3V Ta có: V  r 2 h  h  2 => độ dài đường sinh là: 3 r 3V 2 81 2 38 2 2 2 2 l  h r  ( 2) r  ( 2) r   r2 2 4 r r r A. r . 4. 4. 38 22. D. r . 6. 36 22. 38 38 2 Diện tích xung quanh của hình nòn là: S xq  rl  r 2 4  r   2 2  r 4 r r Áp dụng BĐT Cauchy ta được giá trị nhỏ nhất là khi r . 6. 38 . 22. Chọn đáp án B. Câu 7. Cho một khối trụ có bán kính đáy r  a và chiều cao h  2a . Mặt phẳng ( P) song song với trục OO ' của khối trụ chia khối trụ thành 2 phần, gọi V1 là thể tích phần khối trụ chứa trục OO ' , V2 là thể tích phần còn lại của khối trụ. Tính tỉ số A.. 3  2 . 2. B.. 3  2 . 2. a 2 V1 , biết rằng ( P) cách OO ' một khoảng bằng . 2 V2 2  3 2  3 C. . D. . 2 2. Hướng dẫn giải: – Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất. [Type here].

(104) Giáo viên: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A. Toán 12. Thể tích khối trụ V  r 2h  a2 .2a  2a3 . Gọi thiết diện là hình chữ nhật ABB ' A ' . Dựng lăng trụ ABCD. A’B’C’D’ như hình vẽ. Gọi H là trung điểm AB. Ta có OH  AB  OH  ( ABB ' A ')  OH . a 2 2. a 2  OH . 2  OAB vuông cân tại O  ABCD là hình vuông. Từ đó suy ra: 1 1 a3 (  2) V2  V  VABCD. A ' B ' C ' D '   2a3  (a 2)2 .2a  . 4 4 2 V 3  2 a3 (  2) a3 (3  2) 3 V1  V  V2  2a   . Suy ra 1  . V2   2 2 2 Chọn đáp án A.  AH  BH . . . Câu 8. Trong số các khối trụ có thể tích bằng V, khối trụ có diện tích toàn phần bé nhất thì có bán kính đáy là 4 V V  . A. R  3 B. R  3 C. R  3 D. R  3 2 V V  Hướng dẫn giải: 2V V V  R 2 .h  l  h  2 , STP  S Xq  2Sd  2Rl  2R 2   2R 2 R R 3 2V 2V  4R V  2R 2 với R>0, f '( R)  Xét hàm số f ( R)  , f '( R)  0  R  3 2 R R 2 Bảng biến thiên R V 3 0 + 2 + 0 0 f , ( R). f ( R). . . Từ bảng biến thiên ta thấy diện tích toàn phần nhỏ nhất khi R . 3. V 2. Chọn đáp án A. Câu 9. Cho lăng trụ đứng ABC. A’B’C’ có đáy ABC là tam giác vuông cân AB=BC=a. Mặt phẳng 3 (AB’C) tạo với (BCC’B’) một góc  với tan   . Gọi M là trung điểm của BC. Tính bán kính mặt 2 cầu ngoại tiếp hình chóp B’ACM. 3 10a 3 10a 3 13a 13a A. B. C. D. 8 4 8 2. – Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất. [Type here].

(105) Giáo viên: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A B'. A'. B'. Toán 12. A'. B' C'. A'. C'. C'. N O B. I. B. A. a. A. a. M. α. M. K. K. J C. Trục không có tính chất đặc biệt, ta sử dụng phương pháp 4 để giải R2 = B’O2 = NO2 + B’N2 = BJ 2  ( BB '  JO)2 = OM2 = OJ2 + JM2. B J. a. A. M. C. Xác định tâm đáy: giao của hai đường thẳng trung trục MC và BI.. Chú ý CBJ  450 Giải phương trình ta tìm được 5 2a OJ = 8 3 10a R= 8 Chọn đáp án A.. C. Dựng góc: chú ý BA vuông góc với giao tuyến CB’ Từ tam giác vuông BIA và góc  , tính được BI. Từ BI sử dụng 1 1 1   tính được 2 2 BI BC B ' B2 B'B  a 2 .. Câu 10. Cho hình nón có bán kính đáy là a, đường sinh tạo với mặt phẳng đáy góc  . Tính thể tích khối cầu ngoại tiếp hình nón. 4a 3 3a3 4a 3 4a3 V V   V  A. V  B. C. D. 3sin 3 3 3sin 3 2 4sin 3 2 3sin 3  Hướng dẫn giải: Nếu mặt phẳng  P  qua trục của hình nón thì (P) cắt hình nón theo tam giác cân SMN, (P) cắt mặt cầu ngoại tiếp hình nón theo đường tròn có bán kính là R. Gọi I là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình nón, O là tâm đường tròn đáy của hình nón. Ta có SSMN  MO.SO  a.a.tan   a 2 tan  . 2.  a  .2a 2 SM .SN .MN SM .2a  cos   a3    Mặt khác SSMN  . 4R 4R 4R 2R cos 2  a3 a a  a 2 tan   R   Do đó . 2 2 2R cos  2cos  tan  sin 2 R cũng là bán kính của mặt cầu ngoại tiếp. 4 4 a3 V  R 3   3 . 3 3 sin 2 Chọn đáp án C. Câu 11. Cho hình nón có chiều cao h, đường tròn đáy bán kính R. Một mặt phẳng (P) song song với đáy cách đáy một khoảng bằng d cắt hình nón theo đường tròn (L). Dựng hình trụ có một đáy là (L), đáy còn lại thuộc đáy của hình nón và trục trùng với trục hình nón. Tìm d để thể tích hình trụ là lớn nhất. – Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất. [Type here].

(106) Giáo viên: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A. h h B. d  3 2 Hướng dẫn giải: Gọi r là bán kính của (L). r hd R  r  h  d  Ta có  R h h A. d . C. d . h 6. Toán 12 D. d . h 4. R2 R2 R 2   h  d    h  d   2d  4R 2 h 2  V   2  h  d  .d   2  h  d  h  d  .2d   2    h 2h 2h  3 27  h Dấu bằng xảy ra khi h  d  2d  d  . 3 Chọn đáp án A. 3. Câu 12. Trong số các hình trụ có diện tích toàn phần đều bằng S thì bán kính R và chiều cao h của khối trụ có thể tích lớn nhất là: S 1 S S S ;h  ;h  A. R  . B. R  . 2 2 2 4 4. 2S 2S S S ;h  4 ;h  2 . D. R  . 3 3 6 6 Hướng dẫn giải: Gọi thể tích khối trụ là V , diện tích toàn phần của hình trụ là S . C. R . Ta có: S  S 2 day  S xq  2R 2  2Rh . Từ đó suy ra: S S V V V Cauchy 3 V 2  R 2  Rh   R2   R2   3 2 2 R 2R 2R  4 2 3. V2  S  S3 hay 27 2     V  . 4  2  54. Vậy Vmax . V R 2 h Rh S3   . Dấu “=” xảy ra  R 2  hay h  2R . 54 2R 2R 2. Khi đó S  6R 2  R . S S và h  2 R  2 . 6 6. Chọn đáp án D. Câu 13. Một bình đựng nước dạng hình nón (không đáy) đựng đầy nước. Biết rằng chiều cao của bình gấp 3 lần bán kính đáy của nó. Người ta thả vào đó một khối trụ và đo dược thể tích nước tràn ra ngoài 16 3 dm . Biết rằng một mặt của khối trụ nằm trên mặt trên của hình nón, các điểm trên đường tròn là 9 đáy còn lại đều thuộc các đường sinh của hình nón (như hình vẽ) và khối trụ có chiều cao bằng đường kính đáy của hình nón. Diện tích xung quanh S xq của bình nước là:. – Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất. [Type here].

(107) Giáo viên: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A. A. M. O. Toán 12. N B. I P. Q. S. 3 9 10 2 dm 2 . dm2 . B. S xq  4 10 dm2 . C. S xq  4 dm . D. S xq  2 2 Hướng dẫn giải: Xét hình nón : h  SO  3r , r  OB, l  SA . Xét hình trụ : h1  2r  NQ , r1  ON  QI QI SI 1 r    r1   Thể tích khối trụ là : SQI SBO  BO SO 3 3 3 2r 16 Vt  r12h1    r  2  h  6  l  h 2  r 2  2 10  S xq  rl  4 10 dm2 9 9 Chọn đáp án B. A. S xq . Câu 14. Cho một miếng tôn hình tròn có bán kính 50cm . Biết hình nón có thể tích lớn nhất khi diện tích toàn phần của hình nón bằng diện tích miếng tôn ở trên. Khi đó hình nón có bán kính đáy là A. 10 2cm B. 20cm C. 50 2cm Hướng dẫn giải: Đặt a  50cm . Gọi bán kính đáy và chiều cao của hình nón lần lượt là x, y  x, y  0  . Ta có SA  SH 2  AH 2  x 2  y 2 Khi đó diện tích toàn phần của hình nón là. Stp  x2  x x 2  y 2. D. 25cm S. I. Theo giả thiết ta có:. J. x 2  x x 2  y 2  a 2  x x 2  y 2  x 2  a 2 O.  x x2  y 2  a2  x2  a4 x  x  y   a  x  2a x ,  DK : x  a   x  2 y  2a 2 Khi đó thể tích khối nón là: 1 a4 1 y V  . 2 . y  a 4 . 2 2 3 y  2a 3 y  2a 2 2. 2. 2. 4. 4. 2 2. V đạt giá trị lớn nhất khi và chỉ khi. 2. H. y 2  2a 2 đạt giá trị nhỏ nhất y. y 2  2a 2 2a 2 2a 2  y  2 y.  2 2a Ta có y y y Vậy V đạt giá trị lớn nhất khi và chỉ khi y . a 2a 2 , tức là y  a 2  x   25cm 2 y. Chọn đáp án D. – Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất. [Type here]. A.

(108) Giáo viên: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A. Toán 12. Câu 15. Thiết diện qua trục của một hình nón là một tam giác vuông có cạnh góc vuông bằng a. Tính diện tích của thiết diện qua đỉnh tạo với đáy một góc 60 0. a2 2 a2 3 a2 a2 A. B. C. D. 3 2 2 3 Hướng dẫn giải: Gọi thiết diện qua trục là  SAB vuông cân tại S, S SA  SB  a a Gọi O là tâm của đáy, SO = 2 Gọi thiết diện qua đỉnh, tạo với đáy góc 60 0 là  SAC. Gọi M là trung điểm AC, góc giữa mặt phẳng (SAC) với mặt a đáy là SMO = 600 SO a 6  * SM  (  SMO vuông tại O). 0 sin 60 3 45 A B a 6 O * OM  M 6 C 2a 3 2 2 * AC  2 AM  2 OA  OM = 3 1 1 a 6 2a 3 a2 2 * SSAC = SM.AC = . . = 3 3 2 2 3 S Chọn đáp án C. Câu 16. Cho hình chóp SABC với SA vuông góc với mặt phẳng (ABC) và BC= 3 a, BAC  60 . Gọi H, K lần lượt là hình chiếu của A lên SB và SC. Mặt cầu qua các điểm A, B, C, H, K có bán kính bằng: A. 1 B. 2. K. o. C. 3 D. Không đủ dữ kiện để tính Hướng dẫn giải: Gọi AD là đường kính của đường tròn (ABC) Suy ra, AC  DC , suy ra CD  (SAC ) hay AE  DE Tương tự, AH  HD . Suy ra mặt cầu qua các điểm A, B, C, H, K có BC  2. đường kính AD  sin 600. H A. 3. C. 600 2. B S. K. H. Chọn đáp án B.. A. C. 600. D B. Câu 17. Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh a, hình chiếu vuông góc của đỉnh S trên mặt phẳng (ABC) là trung điểm cạnh BC. Góc giữa đường thẳng SA và mặt phẳng (ABC) bằng 600. Gọi G là trọng tâm tam giác SAC. Bán kính mặt cầu tâm G và tiếp xúc với mặt phẳng (SAB) là: 3 13a 13a 13a 13a A. B. C. D. 26 13 39 26 Hướng dẫn giải: + Gọi H là trung điểm BC – Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất. [Type here].

(109) Giáo viên: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A. Toán 12. + ( SA, ( ABC ))  SAH  60o a 3 3a , SH  AH tan 600  2 2 S + Bán kính mặt cầu 1 2 là: R  d (G, ( SAB))  d (C , ( SAB))  d ( H , ( SAB)) 3 3 + Gọi E là hình chiếu của H trên AB và K là hình chiếu của H M K trên SE. G Chứng minh: HK  (SAB) H B C a 3 3a E + Tính được: HE  ; HK  4 2 13 2 a A + R  HK  3 13 Chọn đáp án A. Câu 18. Cho nửa đường tròn đường kính AB  2 R và điểm C thay đổi trên nửa đường tròn đó, đặt. + AH .   CAB và gọi H là hình chiếu vuông góc của C lên AB . Tìm  sao cho thể tích vật thể tròn xoay tạo thành khi quay tam giác ACH quanh trục AB đạt giá trị lớn nhất. A.   60 .. B.   45 .. C. arctan. 1 . 2. D.   30 .. Hướng dẫn giải:. AC  AB. cos   2 R.cos  CH  AC.sin   2 R.cos .sin ; AH  AC.cos   2 R.cos 2  Thể tích vật thể tròn xoay tạo thành khi quay tam giác ACH quanh trục AB là 1 8 V  AH .CH 2  R3 .cos 4 .sin 2  . 3 3 8 2 Đặt t  cos   0  t  1  V  R3t 2 1  t  3. 8 8  t  t  2  2t   R3.t.t  2  2t   R3   6 6  3  2 1 Vậy V lớn nhất khi t  khi   arctan . 3 2 2 Chú ý: có thể dùng PP hàm số để tìm GTNN của hàm f  t   t 1  t  Chọn đáp án C. 3. Câu 19. Cho hình chóp S. ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh 2 2, cạnh bên SA vuông góc với mặt phẳng đáy và SA  3. Mặt phẳng    qua A và vuông góc với SC cắt các cạnh SB , SC ,. SD lần lượt tại các điểm M , N , P . Tính thể tích V của khối cầu ngoại tiếp tứ diện CMNP. 32 . 3 108 C. V  . 3 A. V . 64 2 . 3 125 D. V  . 6 B. V . – Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất. [Type here].

(110) Giáo viên: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A. Toán 12. Hướng dẫn giải: Ta có: CB   SAD  , AM   SAB   AM  CB 1. S.     SC , AM      AM  SC  2   AM   SBC   AM  MC  AMC  90 .. N. Chứng minh tương tự ta có APC  90 Có AN  SC  ANC  90 . Ta có:. AMC  APC  APC  90  mặt cầu đường kính AC là mặt cầu ngoại tiếp tứ diện CMNP . AC  2 . Thể tích khối cầu: Bán kính cầu này là r  2 4 32 V  r 3  3 3 Chọn đáp án A.. P. M. D. A. B. C. Câu 20. Cho tứ diện ABCD có ABC và ABD là các tam giác đều cạnh a và nằm trong hai mặt phẳng vuông góc với nhau. Tính diện tích mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD theo a. 11 2 5 4 a A. a 2 B. C. 2a2 D. a 2 3 3 3 Hướng dẫn giải: Gọi M là Trung điểm của AB D Vì Tam giác ADB và tam giác ABC là tam giác đều.  DM  AB; CM  AB. Do có ABC và ABD là các tam giác đều cạnh a và nằm trong hai mặt phẳng vuông góc với nhau => Góc. DMC  900 O Gọi H là tâm đường tròn ngoại tiếp Tam giác ABC G G là tâm đường tròn ngoại tiếp Tam giác ABD => H,G đồng thời là trọng tâm của tam giác ABC và A H ABD 2  M  H  CM ; CH  3 CM  B G  DM ; DG  2 DM  3 Kẻ Đường vuông góc với đáy (ABC) từ H và Đường vuông góc với (ABD) từ G. Do hai đường vuông góc này đều thuộc (DMC) nên chúng cắt nhau tại O. => O chính là tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCG và R = OC. 3 3 3 0 a  CH  a; HM  a Tam giác ABC đều  CM  CB.sin  60   2 3 6 3 a CMTT ta có GM  6 3 a Từ đó nhận thấy OGMH là hình vuông  OH  6 Tam giác OHC vuông tại H → Áp dụng định lý Pitago ta có: 3 3 3 CM  CB.sin  60   a  CH  a; HM  a 2 3 6 – Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất. [Type here]. C.

(111) Giáo viên: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A. OC  CH 2  OH 2 . Toán 12. 5 5 a  R  V  4R 2  a 2 12 3. Chọn đáp án A. Câu 21. Cho một mặt cầu bán kính bằng 1 . Xét các hình chóp tam giác đều ngoại tiếp mặt cầu trên. Hỏi thể tích nhỏ nhất của chúng là bao nhiêu? A. minV  8 3 . B. minV  4 3 . C. minV  9 3 . D. minV  16 3 . Hướng dẫn giải: Gọi cạnh đáy của hình chóp là a Ta có SIJ ~ SMH SI IJ    MH  SH  IH   IJ SH 2  HM 2 SM MH 2  MH 2  SH  1  SH 2  HM 2.   a 2  12  SH 2  2a 2 SH  0  SH . S. 2a 2  2 a  12  a 2  12. I. J. A B 1 3 2a 4 3 1 S  S ABC .SH   H M 3 6 a 2  12 6 1  12 a2 a4 C 1 12 1 Ta có 2  4  S 8 3 a a 48 Chọn đáp án A. Câu 22. Từ một khúc gỗ tròn hình trụ có đường kính bằng 40 cm, cần xả thành một chiếc xà có tiết diện ngang là hình vuông và bốn miếng phụ được tô màu xám như hình vẽ dưới đây. Tìm chiều rộng x của miếng phụ để diện tích sử dụng theo tiết diện ngang là lớn nhất.. 3 34  17 2 3 34  19 2 B. x   cm   cm  2 2 5 34  15 2 5 34  13 2 C. x  D. x   cm   cm  2 2 Hướng dẫn giải: Diện tích sử dụng theo tiết diện ngang là S  S MNPQ  4 xy . Cạnh hình vuông 2 MP 40 MN    20 2  cm   S  20 2  4 xy  800  4 xy (1) 2 2 A. x . . . Ta có 2 x  AB  MN  AB  20 2  BD  20 2  40  20 2  0  x  20  10 2. . Lại có AB 2  AD 2  BD 2  402  2 x  20 2. . 2.  y 2  1600.  y 2  800  80 x 2  4 x 2  y  800  80 x 2  4 x 2 – Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất. [Type here].

(112) Giáo viên: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A. Toán 12. Thế vào 1  S  800  4 x 800  80 x 2  4 x 2  800  4 800 x 2  80 x3 2  4 x 4. . . Xét hàm số f  x   800 x2  80 x3 2  4 x4 , với x  0;20  10 2 có. . f '  x   1600 x  240 x 2 2  16 x3  16 x 100  15 x 2  x 2. .  . . . .  x  0;20  10 2  x  0;20  10 2 5 34  15 2   x Ta có  2 2  f '  x   0 16x 100  15x 2  x  0  5 34  15 2 Khi đó x  chính là giá trị thỏa mãn bài toán. 2 Chọn đáp án C. Câu 23. Một hình trụ có bán kính đáy bằng 50cm và có chiều cao là 50cm. Một đoạn thẳng AB có chiều dài là 100cm và có hai đầu mút nằm trên hai đường tròn đáy. Tính khoảng cách d từ đoạn thẳng đó đến trục hình trụ. A. d  50cm B. d  50 3cm C. d  25cm D. d  25 3cm Hướng dẫn giải: Kẻ AA1 vuông góc với đáy, A1 thuộc đáy. Suy ra: OO1 / / AA1  OO1 / /  AA1B   d  OO1 , AB   d  OO1 ,  AA1B    d  O1 ,  AA1B  . . Tiếp tục kẻ O1H  A1B tại H, vì O1H nằm trong đáy nên cũng vuông góc với A1 A suy ra: O1H   AA1B  . Do đó. A O. d  OO1 , AB   d  OO1 ,  AA1B    d  O1 ,  AA1B    O1H. 2 2 Xét tam giác vuông AA1B ta có A1B  AB  AA1  50 3. I. Vậy O1H  O1A  A1H  25cm 2 1. K. 2. Chọn đáp án C. A1. Câu 24. Một công ty sản xuất một loại cốc giấy hình nón có thể tích 27cm3 với chiều cao là h và bán kính đáy là r. để lượng giấy tiêu thụ là ít nhất thì giá trị của r là: A. r . 36 2 2. 4. 38 22 Hướng dẫn giải: r. 4. B. r . 6. 38 22. D. r . 6. 36 22. O1. H. B. C.. 1 2 81 81 1 2 Thể tích của cốc: V  r h  27  r h   h  . 2    r Lượng giấy tiêu thụ ít nhất khi và chỉ khi diện tích xung quanh nhỏ nhất. 812 1 812 1 4 S xq  2rl  2r r  h  2r r  2 4  2 r  2 2  r  r 2. 2. 2. 2 2 812 1 812 1 814 4 81 1 81 1 3 6  2 r  2 2  2 2  2 3 r . 2 2 . 2 2  2 3 (theo BĐT Cauchy) 4 4 2 r 2 r 2 r 2 r 4. – Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất. [Type here].

(113) Giáo viên: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A. S xq nhỏ nhất  r 4 . Toán 12. 812 1 38 38 6 6  r   r  2 2 r 2 2 2 2 2. Chọn đáp án B. Câu 25. Cho một hình lăng trụ đứng có đáy là tam giác đều .Thể tích của hình lăng trụ là V. Để diện tích toàn phần của hình lăng trụ nhỏ nhất thì cạnh đáy của lăng trụ là: A. 3 4V B. 3 V C. 3 2V D. 3 6V Hướng dẫn giải: Gọi cạnh đáy của lăng trụ là a, chiều cao lăng trụ là h. a2 3 4V Theo bài ra ta có V  .h  h  2 4 a 3 Diện tích toàn phần của lăng trụ là: Stoan phan  S2 day  S xung quanh  Áp dụng bất đẳng thức AM - GM ta có: Stoan phan . a2 3 4V  3a. 2 2 a 3. a 2 3 4 3V  2 a. a 2 3 2 3V 2 3V a 2 2 2 3V 2 3V 3    3 . . 2 a a 2 a a 2 a 3 2 3V 2 3V   Dấu bằng xảy ra khi hay a  3 4V . 2 a a Chọn đáp án A. Câu 26. Trong không gian cho hai điểm phân biệt A, B cố định. Tìm tập hợp tất cả các điểm M trong 3 không gian thỏa mãn MA.MB  AB 2 4 A. Mặt cầu đường kính AB. B. Tập hợp rỗng (tức là không có điểm M nào thỏa mãn điều kiện trên). C. Mặt cầu có tâm I là trung điểm của đoạn thẳng AB và bán kính R =AB. 3 D. Mặt cầu có tâm I là trung điểm của đoạn thẳng AB và bán kính R  AB 4 Hướng dẫn giải: MA  MB + Tam giác MAB có đường trung tuyến IM  MI  2 MA  MB MI  2 2 3 2 2 BA  4. . AB 2 MA  MB MA  MB  4 MA . MB 2 4  MI     AB 2 4 4 4 MI  AB Vậy Tập hợp điểm M trong không gian là Mặt cầu có tâm I là trung điểm của đoạn thẳng AB và bán kính R  AB Chọn đáp án C..  . .  . .  . Câu 27. Gọi r và h lần lượt là bán kính đáy và chiều cao của một hình nón. Kí hiệu V1 , V2 lần lượt là V thể tích của hình nón và thể tích của khối cầu nội tiếp hình nón. Giá trị bé nhất của tỉ số 1 là V2. – Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất. [Type here].

(114) Giáo viên: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A. 5 . 4 Hướng dẫn giải: A.. B.. 4 . 3. C. 3 .. Toán 12 D. 2 .. 1 Ta có: Thể tích khối nón là V1  r 2 h . 3 Xét mặt cắt qua tâm SAB, kẻ tia phân giác của góc SBO , cắt SO tại I .. IO OB r r 2  h2    IS  IO  IS SB r r 2  h2 Mặt khác: IO  IS  h Do đó ta có bán kính của mặt cầu nội tiếp hình chóp là rh R  IO  r  h2  r 2 4 3 4 r 3h3 Thể tích khối cầu là V2  R   . 3 3 r  h2  r 2 3 Ta có:. . . 3.  h2  3 1  1  2  3 2  r  r 2  h2 r  1 t t  1 h2   V1 V1  . Đặt t  1  2 ( t  1 )       r h2 V2 4  t 2  1 4  t  1 V2 4rh 2 4 2 r 2 t  1  t 2  2t  3  Đặt f  t   , Điều kiện: t  1, f  t   , f   t   0  t  3 , f  3  8 2 t 1  t  1. . . BBT  f  t   8t  1 . V1 2 V2. Chọn đáp án D. Câu 28. Giá trị lớn nhất của thể tích khối nón nội tiếp trong khối cầu có bán kính R là 1 3 4 3 32 3 4 2 3 R . R . A. R . B. R . C. D. 9 3 3 81 Hướng dẫn giải: Rõ ràng trong hai khối nón cùng bán kính đáy nội tiếp trong một khối cầu thì khối nón có chiều cao lớn hơn thì thể tích lớn hơn, nên ta chỉ xét khối nón có chiều cao lớn hơn trong hai khối nón đó. R Giả sử rằng khối nón có đáy là hình tròn  C  bán kính r . Gọi x với f   x  là khoảng cách giữa tâm khối cầu đến đáy khối nón. Khi đó chiều cao lớn nhất của khối nón nội tiếp khối cầu với đáy là hình tròn  C  sẽ là h  R  x . Khi đó bán kính đáy nón là. r  R  x , suy ra thể tích khối nón là 2. O. x. R. r. 2. 1 1 1 1 V  r 2 h    R  x   R 2  x 2     R  x  R  x  R  x     R  x  R  x  2R  2 x  3 3 3 6 3 1  R  x  R  x  2R  2 x  32R3  Áp dụng BĐT Cô-si ta có V   6 27 81 Chọn đáp án D. – Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất. [Type here].

(115) Giáo viên: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A. Toán 12. NGUYÊN HÀM , TÍCH PHÂN VÀ ỨNG DỤNG b. ex. Câu 1. Cho tích phân C  . dx trong đó a là nghiệm của phương trình 2 x. e 3 x. a. 2. 1.  2 , b là một số. 2. dương và b  a . Gọi A   x 2dx . Tìm chữ số hàng đơn vị của b sao cho C  3A . 1. A. 3 Hướng dẫn giải:. B. 2. Giải phương trình 2x. 2. 1. C. 4. D. 5. 2 x 0a 0. Tính tích phân C. Đặt: t  e x  3  t 2  e x  3  2tdt  e x dx eb  3. . C. 2. 2t dt = t. eb  3. . 2dt  2t 2. eb  3.  2 eb  3  4. 2. Tính tích phân A ta có A . 7 3. Theo giả thiết. 7 11 109 109 C  3 A  2 eb  3  4  3.  eb  3   eb   b  ln  3,305053521 3 2 4 4 Chọn đáp án A. e a.e4  b.e 2  c Câu 2. Cho biết tích phân I   x  2 x 2  ln x  dx  với a, b, c là các ước nguyên của 4. 4 1 Tổng a  b  c  ? A. 2 B. 4 C. 3 D. 1 Hướng dẫn giải: e. e. e. 1. 1. I   x  2 x 2  ln x  dx  2 x 3dx   x ln xdx . 1. e. 2 x3dx  1. e. 1 4 1 x   e4  1 2 1 2. e. Ta có.  x ln xdx  1. e. e e 21  1 2 1 2 1 2 x ln x  x dx   e  x  1 1 x  2  2  2. I   x  2 x 2  ln x  dx  1. e  e2  1  1 4. 1 4 e2  1 2e4  e2  1 e  1    2 4 4. Chọn đáp án A. Câu 3. Cho hà m số f ( x) . a  b.xe x . Biế t rằ ng f '(0)  22 và (x  1)3. 1.  f ( x)dx  5 . Khi đó tổ ng a  b 0. bằ ng?. 146 B. 12 13 Hướng dẫ n giải: 3a f '(x)   be x (1  x) 4 (x  1) f '(0)  22  3a  b  22 A.. C.. 26 11. D. 10. (1). – Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất. [Type here].

(116) Giáo viên: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A.  f ( x)dx  5  . Toán 12. 1. 3a a b5  b.ex ( x  1)   f ( x)dx  5  2 8 2( x  1) 0 a  8. Giải hê ̣ (1) và (2) ta đươc̣ : . b  2. (2).  a  b  10. Chọn đáp án D. 1. Câu 4. Cho.  0. 1. f ( x)dx  5 . Tính I   f (1  x)dx 0. A. 5. B. 10. Hướng dẫn giải: Đặt t  1  x  dt  dx ,. C.. 1 5. 5. D.. x  0  t 1 x 1 t  0. 0. I    f (t )dt  5 1. Chọn đáp án A. 2 2. . Câu 5. Biết tích phân. 2 2. . 1  x2 a.  b dx  trong đó a, b x 1 2 8. A. 0 Hướng dẫn giải: 2 2. . I . 2 2. B. 1. 1 x dx  1  2x. 0. 2.  . Đặt x  sin t  I . 2 2. C. 3. 1 x dx  1  2x 2.  2 8. . Tính tổng a  b ?. 2 2.  0. 1 x dx  1  2x 2. 2 2. . D. -1. 1  x 2 dx. 0. .. Chọn đáp án C. 1. Câu 6. Biế t rằ ng. 1.  x cos 2 xdx  4  a sin 2  b cos 2  c  , với a, b, c . . Mê ̣nh đề nà o sau đây là đúng?. 0. B. a  b  c  0 C. a  2b  c  1 D. 2a  b  c  1 du  dx  1 ux 1  x.sin 2x 1 1 sin 2 1   Đă ̣t    sin 2xdx   cos 2x  sin 2x . Khi đó I  0 20 0 2 2 4 dv  cos 2xdx  v  2 a2 sin 2 cos 2 1 1       2.sin 2  cos 2  1   b  1  a  b  c  0 2 4 4 4 c  1  Chọn đáp án B. tan x   Câu 7. Cho F(x) là một nguyên hàm của f  x   , biết F  0   0 , F    1 . Tính 4 cos x 1  a cos 2 x A. a  b  c  1.     F   F  ? 3 4 A. 5  3 Hướng dẫn giải:. B.. 5 1. C.. 3 5. D.. 5 2. – Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất. [Type here].

(117) Giáo viên: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A . . . 4. 4. 4. f  x dx  .  0. 0.  tan 2. . tan x cos x 1  a cos x 2.  4. tan x. dx  . cos x tan x  1  a 2. 0. 2. dx   0. 1 2 tan x  1  a 2. d tan 2 x  1  a.  1  a  tan 2 0  1  a  3  2 .. 4  a  2  a 1  3  2.  a  2  a 1 2 a 1 . Toán 12. . . 3  2 52 6. 3 6  a 1  a  1 3 2 . tan x     Do đó F    F     dx  3  4   cos x 1  cos 2 x 3. tan 2.  3.  2  tan 2.  4. 2  5 3.. 4. Chọn đáp án A. Câu 8. Cho f ( x) là hàm liên tục và a  0 . Giả sử rằng với mọi x [0; a] , ta có f ( x)  0 và a. dx.  1  f ( x). f ( x) f (a  x)  1 . Tính. 0. a 2 Hướng dẫn giải:. B. 2a. A.. a. C. 0. a 3. D. a ln(a  1). a. dx dt f (t )dt    Đặt t  a  x ta có:  1  f ( x) 1  f (a  t ) 0 f (t )  1 0 a a. Suy ra:. dx. a.  1  f ( x)  2 0. Chọn đáp án A. 2. x 2001 dx có giá trị là Câu 9. Tích phân I   (1  x 2 )1002 1 1 1 A. . B. . 1001 2002.2 2001.21001. C.. 1 . 2001.21002. D.. 1 . 2002.21002. Hướng dẫn giải: 2. I  1. 2. x 2004 .dx   x 3 (1  x 2 )1002 1. 1 1002.  1  x 3  2  1 x . .dx . Đặt t . 1 2  1  dt   dx . x2 x3. Câu 10. Trong chương trình nông thôn mới, tại một xã X có xây một cây cầu bằng bê tông như hình vẽ. Tính thể tích khối bê tông để đổ đủ cây cầu. (Đường cong trong hình vẽ là các đường Parabol).. – Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất. [Type here].

(118) Giáo viên: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A. Toán 12. 0,5m. 2m. 5m 19m. 0,5m A. 19m3 .. 0,5m D. 40m3 .. C. 18m3 .. 3. B. 21m .. Hướng dẫn giải: Chọn hệ trục Oxy như hình vẽ.. y. x. O. Ta có.  19  2 Gọi  P1  : y  ax  c là Parabol đi qua hai điểm A  ;0  , B  0; 2   2  2  8   19  0  a .  2 a   8 2     x 2 Nên ta có hệ phương trình sau:  361   P1  : y   2 361 2  b b  2   5 2 Gọi  P2  : y  ax  c là Parabol đi qua hai điểm C 10;0  , D  0;   2 Câu. 11.. Cho. f ,g. là. hai. hàm. liên. tục. trên. 1;3. 3. thỏa:   f  x   3g  x   dx  10 . 1. 3. 3.  2 f  x   g  x  dx  6 . Tính   f  x   g  x  dx . 1. 1. A. 8. Hướng dẫn giải: 3. + Ta có. B. 9.. C. 6. 3. D. 7.. 3.   f  x   3g  x  dx  10   f  x  dx  3 g  x  dx  10 . 1. 1. + Tương tự. 1. 3. 3. 3. 1. 1. 1.  2 f  x   g  x  dx  6  2 f  x  dx   g  x  dx  6 .. 3 3 u  3v  10 u  4  + Xét hệ phương trình  , trong đó u   f  x  dx , v   g  x  dx . 2u  v  6 v  2 1 1. – Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất. [Type here].

(119) Giáo viên: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A + Khi đó. 3. 3. 3. 1. 1. 1. Toán 12.   f  x   g  x  dx   f  x  dx   g  x  dx  4  2  6 .. 1 5 2   a 0  a. 10     1 5  40 2 Nên ta có hệ phương trình sau:    P2  : y   x 2   40 2 5  b b  5   2  2 19  10  1 2 5  8 2   3 2  V  5.2  x  dx   x  2 Ta có thể tích của bê tông là:  0    dx   40m  0 2  361     40 Câu 12. Gọi Sa là diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số y  e2 x  2ex , trục Ox và đường thẳng x  a với a  ln 2 . Kết quả giới hạn lim S a là: a . A. 1 Hướng dẫn giải:. B. 2. C. 3. D. 4. ln 2. 1  2e x  dx  e2a  2ea  2 2 a Suy ra lim Sa  2 , chọn đáp án B. Ta có Sa .  e. 2x. a . Câu 13. Một khối cầu có bán kính 5dm, người ta cắt bỏ 2 phần bằng 2 mặt phẳng vuông góc bán kính và cách tâm 3dm để làm một chiếc lu đựng. Tính thể tích mà chiếc lu chứa được. A. 132 (dm3) B. 41 (dm3) 100  (dm3) C. D. 43 (dm3) 3 Hướng dẫn giải: Đặt hệ trục với tâm O, là tâm của mặt cầu; đường thẳng đứng là Ox, đường ngang là Oy; đường tròn lớn có phương trình x2  y 2  25 .. 3dm 5dm 3dm. Thể tích là do hình giới hạn bởi Ox, đường cong y  25  x2 , x  3, x  3 quay quanh Ox. 3. V    (25  x 2 )dx = 132 (bấm máy) 3. Câu 14. Một vật di chuyển với gia tốc a  t   20 1  2t . 2.  m / s  . Khi 2. t  0 thì vận tốc của vật là. 30m / s . Tính quảng đường vật đó di chuyển sau 2 giây (làm tròn kết quả đến chữ số hàng đơn vị). A. S  106m . B. S  107m . C. S  108m . D. S  109m . Hướng dẫn giải: 10 2  C . Theo đề ta có Ta có v  t    a  t  dt   20 1  2t  dt  1  2t v  0   30  C  10  30  C  20 . Vậy quãng đường vật đó đi được sau 2 giây là: 2  10  S    20  dt   5ln 1  2t   20t   5ln 5  100  108m . 0 1  2t  0 2. Câu 15. Tìm giá trị của tham số m sao cho: y  x 3  3x  2 và y = m(x+2) giới hạn bởi hai hình phẳng có cùng diện tích A. 0 < m < 1 B. m = 1 C. 1  m  9 D. m = 9 Hướng dẫn giải: Phương trình hoành độ giao điểm: x 3  3x  2  m(x  2).  x  2 hoÆ c x  1  m , m  0. – Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất. [Type here].

(120) Giáo viên: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A. Toán 12. Điều kiện d: y = m(x+2) và (C): y  x 3  3x  2 giới hạn 2 hình phẳng: 0  m  9. Gọi S1, S2 lần lượt là diện tích các hình phẳng nhận được theo thứ tự từ trái sang phải. 0. Nếu m = 1: d đi qua điểm uốn (0;2) của (C). Khi đó S1 = S2 =.  (x. 3.  4x)dx  4. 2. Nếu 0 < m < 1: S1 > 4 > S2 Nếu 1 < m < 9: S1 < 4 < S2 Nếu m > 9  1  m  2; 1  m  4. Khi đó: 2. 1 m. . S1 . . x  3x  2  m(x  2) dx; S2  3. x 3  3x  2  m(x  2) dx. 2. 1 m. S2  S1 = 2m m  0 Vậy m = 1 thỏa yêu cầu bài toán 2. cosn xdx , n. Câu 16. Cho I n. ,n. 2 . Khẳng định nào sau đây đúng?. 0. n. A. I n. 1. n Hướng dẫn giải:. In. n. B. I n. 1. 2 n. In. 2. n. C. I n. 1 n. In. D. I n. 2. 2I n. 2. 2. Với I 0. 2. ; I1. 1.. 0 n 1. Đặt u. cos xdx. cos. x. du. 1 cosn 2 x .sin xdx .. n. cos xdx chọn v. dv. sin x .. Suy ra 2. 2. cosn xdx. cosn 1 x .sin x. 0. n. 2 0. cos. x .dx. n. cos2 x dx. 0. cosn x .dx .. 1. 0. 0. 2 n. Do đó. cosn 2 x . 1. 1. 2 n 2. 1. n. 0. 2. n. 2. cosn 2 x .sin2 xdx. 1. cos x .dx 0. n. 1 n. 2. cosn 2 x .dx . 0. Chọn đáp án C.. 1 3 1 5 x mx 2 2 x 2m có đồ thị (C). Tìm m 0; sao cho hình phẳng 3 3 6 giới hạn bởi đồ thị (C) và các đường thẳng x 0, x 2, y 0 và có diện tích bằng 4. 1 1 1 A. m B. m C. m D. m 1 4 3 2 Hướng dẫn giải: Câu 17. Cho hàm số y. Xét hàm số y. y. 0. x x. 1 3 x 3. mx 2. m. m2. 2. m. 2. 2. m. 2x. 2m. . Do m. 1 trên 0;2 . Ta có y 3 0;. 5 nên 6. m. m2. x2 2. 2mx 0, 0. 2, m. m2. – Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất. [Type here]. 2. 2.

(121) Giáo viên: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A. 1 0, y 2 2m 3 Ta có bảng biến thiên trong 0;2 x 0 và y 0. 5 3. 2m. 0.. m. y y. Dựa vào BBT suy ra y. Toán 12. m2. 2. 2. 0. y 2. y 0. 0, x. 0;2. Gọi S là diện tích hình phẳng cần tìm. Ta có: 2 1 3 1 S 4 x mx 2 2 x 2m dx 4 3 3 0 2. 1 3 x mx 2 3 0 Chọn đáp án C.. 2x. 2m. 1 dx 3. 4. 4m. 10 3. 4. m. 1 2. Câu 18. Trong hệ trục Oxy, cho tam giác OAB vuông ở A, điểm B nằm trong góc phàn tư thứ nhất. A   nằm trên trục hoành, OB = 2017. Góc AOB   ,  0     . Khi quay tam giác đó quanh trục Ox ta 3  được khối nón tròn xoay. Thể tích của khối nón lớn nhất khi: 6 2 3 1 A. sin   B. cos   C. cos   D. sin   3 3 2 2 Hướng dẫn giải: Phương trình đường thẳng OB : y  x.tan  ; OA  2017cos. Khi đó thể tích nón tròn xoay là:. V . 2017.cos .  0. 20173. 20173. 2 x tan  .dx  .cos  .sin   .cos  1  cos 2  . 3 3 2. . 2.  . 1 2. . Đặt t  cos   t   0;  . Xét hàm số f  t   t 1  t Ta tìm được f  t  lớn nhất khi t . 2. .  , t   0; 12  .. 3 3 6  cos    sin   . 3 3 3. Chọn đáp án A. Câu 19. Từ mô ̣t khúc gõ hình trụ có đường kính 30cm, người ta cắt khúc gỗ bởi một mặt phẳng đi qua đường kính đáy và nghiêng với đáy một góc 450 để lấy một hình nêm (xem hình minh ho ̣a dưới đây). – Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất. [Type here].

(122) Giáo viên: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A. Toán 12. Hình 1 Hình 2 Kí hiêụ V là thể tić h của hình nêm (Hình 2). Tiń h V . 225 cm 3 A. V  2250 cm 3 B. V  C. V  1250 cm 3 4 Hướng dẫn giải: Chọn hệ trục tọa độ như hình vẽ.Khi đó hình nêm có đáy là nửa hình tròn có phương trình:. . . . . . . . D. V  1350 cm 3. . y  225  x 2 , x  15;15 Một một mặt phẳng cắt vuông góc với trục Ox tại điểm có hoành độ x , x   15;15. . . cắt hình nêm theo thiết diện có diện tích là S x (xem hình)..  . Dễ thấy NP  y và MN  NP tan 450  y  15  x 2 khi đó. . S x . . . 1 1 MN .NP  . 225  x 2 suy ra thể tích 2 2 15. 15. hình nêm là: V .   . S x dx . 15. . . . 1 . 225  x 2 dx  2250 cm 3 2 15. . Câu 20. Tìm tham số m để đồ thị hàm số y  x 4  2mx 2  m  2  C  cắt trục ox tại bốn điểm phân biệt và thỏa mãn hình phẳng giới hạn bởi đồ thị (C) và trục ox của phần nằm phía trên trục ox có diện tích bằng diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị (C) và trục ox của phần nằm phía dưới trục ox . A. 3 B. -3 C. 2 D. 4 Hướng dẫn giải: Điều kiện để (C) cắt trục ox tại 4 điểm phân biệt là m  2 Do tính đối xứng của đồ thị qua trục tung nên bài toán xảy ra khi x3.  x. 4. x4. . 0. . . .  2mx  m  2 dx    x 4  2mx 2  m  2 dx 2. x3 x4.  x. 4. .  2mx 2  m  2 dx 0  3x44  10mx42  15  m  2   0. 0. 4 2  3m  6  x4  2mx4  m  2  0  x42  m3 Suy ra x4 là nghiệm của hệ  4 2 m  3x4  10mx4  15  m  2   0. Chọn đáp án A. Câu 21. Cho hà m số y  x 4  4 x 2  m có đồ thi la ̣ ̀ (C). Go ̣i S là diê ̣n tić h hiǹ h phẳ ng giới ha ̣n bởi đồ thị (C) với y<0 và tru ̣c hoành, S’ là diêṇ tić h hiǹ h phẳng giới ha ̣n bởi đồ thi ̣(C) với y>0 và tru c̣ hoà nh. Với giá tri na ̣ ̀ o của m thì S  S ' ? A. m  2. B. m . 2 9. C. m . 20 9. D. m  1. – Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất. [Type here].

(123) Giáo viên: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A. Toán 12. Hướng dẫ n giải: Phương triǹ h hoành đô ̣ giao điể m x4  4 x2  m  0 (*) Đă ̣t x 2  t ; t  0 , phương trình trở thà nh: t 2  4t  m  0 (**). Để S>0, S’>0 thì 0<m<4. Khi đó (*) có 4 nghiê ̣m phân biê ̣t  t2 ;  t1 ; t1 ; t2 với t1 ; t2 ,  t1  t2  là hai nghiê ̣m dương phân biêṭ của (**) y  f  x Do ĐTHS hà m bâ ̣c 4 nhâ ̣n Oy là m tru ̣c đố i xứ ng nên y. S S'. t1. t1. 4 2   x  4 x  m dx    x  4 x  m dx 4. 2. 0. t2. t 2 4t    x  4 x  m dx  0  2  2  m  0 5 3 0 20 Kế t hơ ̣p với (**) ta đươc̣ m  . 9 t2. 4. O. 1. 1. x. 2. Chọn đáp án C.. 3. Câu 22. Cho y  f  x   ax  bx  cx  d ,  a, b, c, d  , a  0  có đồ thị  C  . Biết rằng đồ thị  C  3. 2. tiếp xúc với đường thẳng y  4 tại điểm có hoành độ âm và đồ thị của hàm số y  f   x  cho bởi hình vẽ bên. Tính diện tích S của hình phẳng giới hạn bởi đồ thị  C  và trục hoành.. 27 . 4 5 D. S  . 4. A. S  9 .. B. S . 21 . 4 Hướng dẫn giải: 2 Từ đồ thị suy ra f   x   3 x  3 . C. S . f  x    f   x  dx    3x 2  3 dx  x3  3x  C .. Do  C  tiếp xúc với đường thẳng y  4 tại điểm có hoành độ x0 âm nên. f   x0   0  3x02  3  0  x0  1 . Vậy f  1  4 nên có ngay C  2 . Vậy phương trình đường cong  C  là y  x3  3x  2 ..  x  2 Xét phương trình x3  3x  2  0   . x  1 Diện tích hình phẳng cần tìm là.  x 1. 2. 3.  3x  2  dx . 27 . 4. Chọn đáp án B. Câu 23. Cho y  f  x  là hàm số chẵn, có đạo hàm trên đoạn  6;6. Biết rằng. 2.  f  x  dx  8. 1 3. 6. 1. 1.  f  2 x  dx  3. Tính  f  x  dx. A. I  11 . Hướng dẫn giải:. B. I  5 .. C. I  2 .. D. I  14 .. 3. Xét tích phân K   f  2 x  dx 1. Đặt u  2 x  du  2dx  dx  . du 2. – Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất. [Type here]. và.

(124) Giáo viên: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A. Toán 12. Đổi cận: Khi x  1  u  2 ; x  3  u  6 6. Vậy, K  . 2. 1 1 f  u  du   f  x  dx . Mà K  3 , nên  2 2 2 6. Vì f là hàm chẵn trên  6;6 nên. 6. . f  x  dx . 2.  f  x  dx  6 .. 6. 2.  f  x  dx  6 .. 6. 2. 6. 2. 6. 1. 1. 2. Từ đó suy ra I   f  x  dx   f  x  dx   f  x  dx  8  6  14 . Chọn đáp án D.. . 2. . Câu 24. Biết  e x 2x  e x dx  a.e4  b.e2  c với a, b, c là các số hữu tỷ. Tính S  a  b  c 0. C. S  2. B. S  4. A. S  2 Hướng dẫn giải:. D. S  4. 2. 2 e2x ex 1 2  2 xe x dx    2 xe x dx Ta có I   e  2x  e  dx   e dx   2x.e dx  2 0 0 2 2 0 0 0 0 Đặt 2 2 2 2 u  x du  dx e4 1 e4 1 e4 3 x x 2 x   I    2x.e  2 e dx    2x.e  2e   2e 2           x x 0 0 0 2 2 2 2 2 2 0 dv  e dx v  e 2. x. 2. x. 2. 2x. x. 1 3  a  ;c   2 2 S abc  4 b  2 Chọn đáp án D. 1 2. 1 3. Câu 25. Rút gọn biểu thức: T  Cn0  Cn1  Cn2  ...  A. T . 2n n1. B. T  2n1. 1 Cn , n  * . n1 n 2n  1 T  C. n1. D. T . 2n1  1 n1. Hướng dẫn giải: Ta có 1 1 1 1 1 1 thay đổi ta nghĩ ngay đến biểu thức T  Cn0  Cn1  ...  Cnn . Nhận thấy các số ; ; ; ...; 2 n1 1 2 3 n1 1 n 1 n  x dx  n  1 x  c .. Ở đây ta sẽ có lời giải như sau:  1  x   Cn0  xCn1  x 2 Cn2  x 3 Cn3  ...  xn Cnn . n. Khi đó ta suy ra. 1.  1  x . n. 0. . 1. . . dx   Cn0  xCn1  x 2 Cn2  x 3 Cn3  ...  x nCnn dx 0.  0 n1 1 2n  1  1 1 1 1 1 x2 1 x3 3 xn 1 n  1   Cn0  Cn1  Cn2  ...  Cnn . x  1  C x  C  C  ...  C    n n n n  0 0 n1 2 3 n1  n1 2 3 n1 . Chọn đáp án D. Câu 26. Hàm số nào dưới đây là nguyên hàm của hàm số f  x  . . . 1 1  x2. trên khoảng  ;   ?. . . A. F  x   ln x  1  x2  C. B. F  x   ln 1  1  x2  C. C. F  x   1  x 2  C. D. F  x  . 2x 1  x2. C. Hướng dẫn giải: – Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất. [Type here].

(125) Giáo viên: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A. Toán 12. Ta có bài toán gốc sau: Bài toán gốc: Chứng minh . Đặt t  x  x 2  a  dt   1  . Vậy khi đó. . dx. . x a 2.  ln x  x 2  a  c  a .  x  x2  a dt tdx dx dx  dt  dx  dt     2 2 2 t 2 x a x a x2  a x a 2x. dx. dt    ln t  c  ln x  x 2  a  c ( điều phải chứng minh). t x2  a. Khi đó áp dụng công thức vừa chứng minh ta có F  x  . 1 1 x. . 2. . . dx  ln x  1  x 2  c  ln x  1  x 2  c .. Chọn đáp án A.  2. 2x 1.cos x Câu 27. Trong các số dưới đây, số nào ghi giá trị của  dx 1  2x  . 1 A. 2 Hướng dẫn giải:  2. . Ta có:. . 2.  2. B. 0  2. x 1. C. 2 . x. cosx 2 cos x dx   dx  x x 1 2 1  2 .2   0. Đặt x   t ta có x  0 thì t  0, x   2. x. 2 cos x.  2. 2.  0. 2 cos   t . 2x cos x dx 1 1  2x  .2.   thì t  và dx  dt 2 2  2. t.  2. D. 1.  2. cos t. cos x.  1  2  .2 dx   1  2  .2 d  t    1  2  .2 dt   1  2  .2 dx t. x. 0. t. 0. x. 0. 0. Thay vào (1) có  2. . . . . 2 2 2 1 2   cos x dx  2 cos x dx  sin x 2  1 2x 1 cosx 2x cos x cos x dx  dx  dx   1  2x 0 1  2x  .2 0 1  2x  .2 0 1  2x  .2 0 2 2 0 2. . . x. 2  2. Vậy. 2x 1 cosx 1  1  2x dx  2. . 2. Chọn đáp án A. Câu 28. Người ta dựng một cái lều vải  H  có dạng hình. S. “chóp lục giác cong đều” như hình vẽ bên. Đáy của  H  là một hình lục giác đều cạnh 3 m . Chiều cao SO  6 m ( SO vuông góc với mặt phẳng đáy). Các cạnh bên của  H  là các sợi dây c1 , c2 , c3 , c4 , c5 , c6 nằm trên các đường parabol có trục đối xứng song song với SO . Giả sử giao tuyến (nếu có) của  H  với mặt phẳng  P  vuông góc với SO là một lục giác đều và khi  P  qua trung. c6 1m. c1. c2. c3. c5. c4. O. – Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất. [Type here]. 3m.

(126) Giáo viên: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A. Toán 12. điểm của SO thì lục giác đều có cạnh 1 m . Tính thể tích phần không gian nằm bên trong cái lều  H  đó. 135 3 96 3 A. ( m3 ). B. ( m3 ). 5 5 135 3 135 3 C. ( m3 ). D. ( m3 ). 8 4 Hướng dẫn giải: Đặt hệ trục tọa độ như hình vẽ, ta có parabol cần tìm đi qua 3 điểm có tọa độ lần lượt là A  0;6  ,. 1 2 7 x  x6 2 2 Theo hình vẽ ta có cạnh của “thiết diện lục giác” là BM . 7 1 Nếu ta đặt t  OM thì BM   2t  (chú ý là ta phải 2 4 lấy giá trị có dấu “  ” trước dấu căn và cho B chạy từ C đến A ). Khi đó, diện tích của “thiết diện lục giác” bằng. B 1;3 , C  3;0  nên có phương trình là y . A  0;6 . 2. BM 2 3 3 3  7 1 S  t   6.    2t   với t   0;6 . 4 2 2 4 Vậy thể tích của “túp lều” theo đề bài là:. B 1;3. 2. 3 37 1 135 3 V   S  t  dt     2t   dt  ...  2 2 4 8 0 0 6. 6. C  3;0 . Chọn đáp án D.. Câu 29. Xét hàm số y  f  x  liên tục trên miền D   a; b  có đồ thị là một đường cong C . Gọi S là phần giới hạn bởi C và các đường thẳng x  a , x  b . Người ta chứng minh được rằng diện tích mặt b. cong tròn xoay tạo thành khi xoay S quanh Ox bằng S  2  f  x  1   f   x   dx . Theo kết quả 2. a. trên, tổng diện tích bề mặt của khối tròn xoay tạo thành khi xoay phần hình phẳng giới hạn bởi đồ thị 2 x 2  ln x hàm số f  x   và các đường thẳng x  1 , x  e quanh Ox là 4 2e2  1 4e4  16e2  7 4e4  9 4e4  9 . . . . A. B. C. D. 16 16 64 8 Hướng dẫn giải: 2 2 x 2  ln x x 2 ln x 1 1  1 1     f  x  x    f   x    x    x2   2 4 2 4 4x 4x  16 x 2  1  0, x  1; e  , nên f  x  đồng biến trên 1;e . Suy ra Lại có f   x   x  4x 1 f  x   f 1   0, x  1; e . 2 Từ đây ta thực hiện phép tính như sau b e 2  x 2 ln x  1 1  2  S  2  f  x  1   f  x   dx  2     dx  1  x  2 2 4  16 x 2   a 1. Ta có f  x  . 2. – Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất. [Type here].

(127) Giáo viên: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A. Toán 12. e  x 2 ln x  2  x 2 ln x   1 1 1  S  2    x   d x  2       x   dx 2  2 4  16 x 2 2 4   4x  1 1 e  x 2 ln x   1   2     x   dx 2 4  4x  1 2. e. 1 1 1 ln x  1  2   x3  x  x ln x   dx 2 8 4 16 x  1 e.  2  I1  I 2  I 3 . e. Với.  x4 x2  1  2e4  e2  3 1 I1    x3  x  dx      1 8  16 2  8 16  1 e. e. 11 2 1 1  1  I 2     x ln x  dx   x  2ln x  1   e 2  1 44 16 16  4  1 e. e. 1 1  1 ln x  I3     dx   ln 2 x   .  1 32 32  16 x  1 Chọn đáp án D. e. x4  2m2 x 2  2 . Tập hợp tất cả các giá trị của tham số thực m sao cho đồ thị 2 của hàm số đã cho có cực đại và cực tiểu, đồng thời đường thẳng cùng phương với trục hoành qua 64 điểm cực đại tạo với đồ thị một hình phẳng có diện tích bằng là 15  2   1  ; 1 . A.  . B. 1 . C.  D.  ; 1 .  2   2  Hướng dẫn giải: Tập xác định D  x  0  y   2 x 3  4 m 2 x  2 x x 2  2m 2 ; y   0   x  2 m  x   2m  Đồ thị của hàm số đã cho có cực đại và cực tiểu  m  0 1 Vì a   0 nên hàm số đạt cực đại tại x  0 suy ra điểm cực đại của đồ thị hàm số là A  0; 2  2 Đường thẳng cùng phương với trục hoành qua điểm cực đại có phương trình là d : y  2 . Câu 30. Cho hàm số y . . . Phương trình hoành độ giao điểm của  Cm  và d là:. x  0  x2  0  x4 2 2  2m x  2  2   2  x  2 m 2 2  x  4m  x  2 m  Diện tích hình phẳng cần tìm là: (chú ý rằng hàm số đã cho là hàm chẵn) 2m. S. . 2 m. 2m. x4 x4  2 m 2 x 2 dx  2   2 m 2 x 2 dx  2 2 2 0. 2m.  0.  x4 2 2   2 m x  dx  2 .  x5 2  2 m 64 5  2   m2 x3   m 15  10 3 0 – Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất. [Type here].

(128) Giáo viên: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A. Toán 12. m  1 64  m 1  15  m  1 Chọn đáp án B. Ta có S . Câu 31. Thành phố định xây cây cầu bắc ngang con sông dài 500m, biết rằng người ta định xây cầu có 10 nhịp cầu hình dạng parabol,mỗi nhịp cách nhau 40m,biết 2 bên đầu cầu và giữa mối nhịp nối người ta xây 1 chân trụ rộng 5m. Bề dày nhịp cầu không đổi là 20cm. Biết 1 nhịp cầu như hình vẽ. Hỏi lượng bê tông để xây các nhịp cầu là bao nhiêu (bỏ qua diện tích cốt sắt trong mỗi nhịp cầu) A. 20m3 B. 50m3 C. 40m3 D. 100m3. Hướng dẫn giải: Chọn hệ trục tọa độ như hình vẽ với gốc O(0;0) là chân cầu (điểm tiếp xúc Parabol trên), đỉnh I(25; 2), điểm A(50;0) (điểm tiếp xúc Parabol trên với chân đế). Gọi Parabol trên có phương trình ( P1 ): y1  ax 2  bx  c  ax 2  bx (do (P) đi qua O) 20 1  y2  ax 2  bx   ax 2  bx  là phương trình parabol dưới 100 5 2 2 4 2 2 4 1 x  x  y2   x  x Ta có (P1 ) đi qua I và A  ( P1 ) : y1   625 25 625 25 5 Khi đó diện tích mỗi nhịp cầu là S  2S1 với S1 là phần giới hạn bởi y1; y2 trong khoảng (0;25) 0,2. S  2(  0. 25. 2 2 4 1 ( x  x)dx   dx)  9,9m2 625 25 5 0,2. Vì bề dày nhịp cầu không đổi nên coi thể tích là tích diện tích và bề dày V  S.0, 2  9,9.0, 2  1,98m3  số lượng bê tông cần cho mỗi nhip cầu  2m3 Vậy 10 nhịp cầu 2 bên cần  40m3 bê tông. Chọn đáp án C. – Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất. [Type here].

(129) Giáo viên: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A. Toán 12. HÌNH HỌC TỌA ĐỘ KHÔNG GIAN OXYZ Câu 1. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai điểm A 1;5;0  , B  3;3; 6  và đường thẳng  có.  x  1  2t  phương trình tham số  y  1  t  t   . Một điểm M thay đổi trên đường thẳng  , xác định vị trí  z  2t  của điểm M để chu vi tam giác MAB đạt giá trị nhỏ nhất. Khi đó toạ độ của điểm M là: A. M 1;0; 2  B. M  2; 4;3 C. M  3; 2; 2  D. M 1; 4;3 Hướng dẫn giải: Gọi P là chu vi của tam giác MAB thì P  AB  AM  BM Vì AB không đổi nên P nhỏ nhất khi và chỉ khi AM  BM nhỏ nhất. Điểm M   nên M  1  2t;1  t;2t  ; AM  BM  (3t )2  (2 5)2  (3t  6)2  (2 5)2. . . . . Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , ta xét hai vectơ u  3t;2 5 và v  3t  6;2 5 .  | u | Ta có  | v | .  3t . 2. .  2 5.  3t  6 . 2. . 2. .  2 5. . . .  AM  BM | u |  | v | và u  v  6;4 5 | u  v | 2 29 2. Mặt khác, ta luôn có | u |  | v || u  v | Như vậy AM  BM  2 29 Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi u, v cùng hướng . 3t 2 5   t 1 3t  6 2 5.  M 1;0;2 và min  AM  BM   2 29 . Vậy khi M 1;0;2 thì min P  2. . 11  29. . Chọn đáp án A. Câu 2. Trong không gian tọa độ Oxyz, cho các phương trình mặt phẳng m. : 3mx. m2y. 5 1. 4mz. 0, m. 20. Xét các mệnh đề sau: 1;1 thì các mặt phẳng (I) Với mọi m (II) Với mọi m (III) d O;. 0 thì các mặt phẳng. 5, m. m. m m. 1;1 .. luôn tiếp xúc với một mặt cầu không đổi.. luôn cắt mặt phẳng (Oxz).. 1;1 .. Khẳng định nào sau đây đúng? A. Chỉ (I) và (II) B. Chỉ (I) và (III) C. Chỉ (II) và (III) Hướng dẫn giải: 20 20 + Ta có d O; m 4 , với mọi m 2 2 2 25 9m 25 1 m 16m Do đó với mọi m thay đổi trên kính R. 1;1 thì các mặt phẳng. m. D. Cả 3 đều đúng. 1;1 .. luôn tiếp xúc với mặt cầu tâm O, bán. 4 . Khẳng đinh (I) đúng.. + Vectơ pháp tuyến của mặt phẳng phẳng (Oxz) là j. m. là n. 3m;5 1. m 2 ; 4m và vectơ pháp tuyến của mặt. 0;1;0 .. – Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất. [Type here].

(130) Giáo viên: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A. m. cắt (Oxz) khi và chỉ khi n; j. 0. m. Toán 12. 0 . Khẳng đinh (II) đúng.. + Khẳng đinh (III) sai. Chọn đáp án A. Câu 3. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho 2 đường thẳng: x  t x  2 y  1 z 1  1 :   ,  2 :  y  2  t và mặt cầu (S ) : x2  y 2  z 2  2x  2 y  6z  5  0 1 2 3  z  1  2t  Viết phương trình mặt phẳng ( ) song song với hai đường thẳng 1 , 2 và cắt mặt cầu (S) theo giao tuyến là đường tròn (C) có chu vi bằng. 2 365 . 5. A. x  5 y  3z  4  0; x  5 y  3z  10  0 B. x  5 y  3z  10  0. C. x  5 y  3z  3  511  0; x  5 y  3z  3  511  0 D. x  5 y  3z  4  0 Chọn đáp án B. Hướng dẫn giải: + 1 qua M1 (2; 1;1) và có vectơ chỉ phương u1  (1; 2; 3) .. 2 qua M 2 (0;2;1) và có vectơ chỉ phương u2  (1; 1; 2) . + Mặt phẳng () song song với 1 , 2 nên có vectơ pháp tuyến: u1 , u2   (1; 5; 3)  Phương trình mặt phẳng () có dạng: x  5 y  3z  D  0 + Mặt cầu (S) có tâm I(1; 1;3) và bán kính R  4 . 2 365 365 r 5 5 D 3 35  D  4 35 Khi đó: d  I , ( )   R 2  r 2     5 5 35  D  10 + Phương trình mặt phẳng ( ) : x  5 y  3z  4  0 (1) hay x  5 y  3z  10  0 (2) . Vì 1 / /( ), 2 / /( ) nên M1 và M2 không thuộc ( )  loại (1). Vậy phương trình mặt phẳng () cần tìm là: x  5 y  3z  10  0 . Chọn đáp án B. x  3 t x  t '   Câu 4. Trong không gian Oxyz, cho 2 đường thẳng d:  y  2  t và d’:  y  5  t '    z  2t '  3 2  5  z  2t Viết phương trình mặt phẳng () chứa (d) và tạo với mặt phẳng Oyz một góc nhỏ nhất. A. 3x  y  2 z  7  0 . B. 3x  y  2 z  7  0 .. Gọi r là bán kính đường tròn (C), ta có: 2 r . C. 3x  y  2 z  7  0 . Hướng dẫn giải:. D. 3x  y  2 z  7  0 . . Giả sử (β): Ax  By  Cz  D  0 (đk: A2  B2  C 2  0 ), (β) có vtpt là n  ( A; B; C )  A  (  )    D   A  2C 2 3 A  2 B  D  0 d  (β)          A B  C 2  0  n . a  0 B  A  C 2. – Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất. [Type here].

(131) Giáo viên: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A  . Toán 12. A. cos((  ),(Oyz ))  cos( n , i ) =. A  ( A  C 2)2  C 2 2. TH 1: A = 0 (không thoả đb hoặc (  ),(Oyz ) không nhỏ nhất) TH 2: A ≠ 0, ta có: 1 1 = = cos((  ),(Oyz )) = C C 2 2 C C 6 12 1  (1  2)  ( ) ( 3) 2  2. 2  ( )2  A A A A 3 9 1. (. C 6 2 12 3 )  A 3 9. (  ),(Oyz ) nhỏ nhất  cos((  ),(Oyz )) lớn nhất  (.  A  1 (choïn)    nên 2 C    3 . C C 6 6 2 3 3 0 ) nhỏ nhất  A A 3 3. 1   B  3 . Vậy: (β): 3x  y  2 z  7  0  7 D    3. Chọn đáp án D.. x. t. Câu 5. Trong không gian tọa độ Oxyz cho đường thẳng d : y. 1 2t và 2 t. z mp P : 2 x y 2 z 2 nhất. A. x y z 3 0 C. x y z 3 0 Hướng dẫn giải:. 0 . Viết phương trình mặt phẳng R qua d và tạo với P một góc nhỏ B. x D. x. y y. z 3 z 3. 0 0. x y 1 2x y 1 0 1 2 Đường thẳng d là giao tuyến của hai mặt phẳng: . x z 2 x z 2 0 1 1 Do vậy mặt phẳng R qua d thì R thuộc chùm mặt phẳng: 2 x y 1 m x z Hay mp R : 2. m x. y. mz. 1 2m. 2. 1 2m. 0 (*). Mp R có n1. m. 2. 2;1; m ; nP. 0. 2; 1; 2 .. Vậy:. cos. 2 m. n1.nP n1 nP. m. 2. 2. 1 m2 4 1 4. 5 3 2m 2. 4m. 5. 5 1 3 2 m 12. 5 3. 1. Do nhỏ nhất cho nên cos lớn nhất khi m Vậy thay vào (*) ta có mp R : x y z 3 0 . Chọn đáp án B. Câu 6. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz , gọi   là mặt phẳng qua hai điểm A 2; 0;1 và. B. 2;0;5 đồng thời hợp với mặt phẳng Oxz một góc 450 . Khoảng cách từ O tới   là: A.. 3 . 2. B.. 3 . 2. C.. 1 . 2. D.. 2 . 2. – Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất. [Type here]. 3 3.

(132) Giáo viên: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A. Toán 12. Hướng dẫn giải: Gọi K ; H lần lượt là hình chiếu vuông góc điểm O lên đường thẳng AB và mặt phẳng. .. Ta có: A, B   Oxz .      Oxz   AB.  OH     HK  AB    OK  AB OK  AB. O.  . . .   Oxz  ,    KH , OK  OKH. K. Suy ra tam giác OHK vuông cân tại H OK Khi đó: d  O,     OH  . 2 Mặt khác: OK  d  O, AB   Khi đó: d  O,     OH . OA  AB AB. 450 H. . 3 . 2. . OK 3  . 2 2. Chọn đáp án A. Câu 7. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng (P) có phương trình 2x – y + z + 1 = 0 và hai điểm M(3; 1; 0), N(- 9; 4; 9). Tìm điểm I(a; b; c) thuộc mặt phẳng (P) sao cho IM  IN đạt giá trị lớn nhất. Biết a, b, c thỏa mãn điều kiện: A. a  b  c  21 B. a  b  c  14 C. a  b  c  5 D. a  b  c  19. Hướng dẫn giải: Nhận thấy 2 điểm M, N nằm về hai phía của mặt phẳng (P). Gọi R là điểm đối xứng của M qua mặt phẳng (P), khi đó đường thẳng MR đi qua điểm M(3; 1; 0) x  3 y 1 z   . Gọi và vuông góc với mặt phẳng (P) có phương trình: 2 1 1 H  MR  (P)  H (1;2; 1)  R(1;3; 2) . Ta có IM  IN  IR  IN  RN . Đẳng thức xảy ra khi I, N, R thẳng hàng. Do đó tọa độ điểm I là.  x  1  8t  giao điểm của đường thẳng NR:  y  3  t (t là tham số ) và mặt phẳng (P).  z  2  11t  Dễ dàng tìm được I(7; 2; 13). Chọn đáp án A. Câu 8. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng ( P) : x  y  z 1  0 và hai điểm. A(1; 3;0), B  5; 1; 2  . M là một điểm trên mặt phẳng ( P) . Giá trị lớn nhất của T  MA  MB là: A. T  2 5.. B. T  2 6.. C. T . 4 6 . 2. D. T . 2 3 . 3. Hướng dẫn giải: Ta có: A, B nằm khác phía so với (P). Gọi B’ là điểm đối xứng với B qua (P). Suy ra B '(1; 3;4) .. T  MA  MB  MA  MB '  AB '  2 5. Đẳng thức xảy ra khi M, A, B’ thẳng hàng. Chọn đáp án A.. – Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất. [Type here].

(133) Giáo viên: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A. Toán 12. Câu 9. Cho hai điểm A(-1, 3, -2); B(-9, 4, 9) và mặt phẳng (P): 2x-y+z+1=0. Điểm M thuộc (P). Tính GTNN của AM + BM. 7274  31434 2004  726 A. 6  204 B. C. D. 3 26 3 6 Hướng dẫn giải: Ta có: (2.(-1)-3+(-2)+1)(2.(-9)-4+9+1)=72 > 0 => A,B nằm cùng phía so với mặt phẳng (P). Gọi A’ là điểm đối xứng của A qua (P). Mặt phẳng (P) có vtpt n  2, 1,1.  x  1  2t  Đường thẳng AA’ đi qua A(-1, 3, -2) có vtcp n  2, 1,1 có pt:  y  3  t  z  2  t  Gọi H là giao của AA’ và (P) ta có: 2(-1+2t) - (3-t) + (-2 + t) + 1 =0 => t=1 => H(1, 2, -1). Ta có H là trung điểm của AA’ => A’(3, 1, 0).  x  3  4t  Đường A’B đi qua A’(3, 1, 0) có vtcp A ' B  12,3,9  có pt:  y  1  t  z  3t  Gọi N là giao điểm của A’B và mặt phẳng (P) ta có: 2.(3-4t) – (1+t) + 3t +1 =0 => t=1 => N(-1, 2, 3). Để MA+MB nhỏ nhất thì M  N khi đó MA+MB = A’B =.  12 . 2.  32  92  234  3 26. Chọn đáp án D. Câu 10. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai đường thẳng d1 :. x 1 y  2 z   và 1 2 1. x  2 y 1 z   . Viết phương trình mặt phẳng (P) chứa d1 sao cho góc giữa mặt phẳng (P) và 2 1 2 đường thẳng d2 là lớn nhất. A. x  y  z  6  0 . B. 7 x  y  5z  9  0 . C. x  y  z  6  0 . D. x  y  z  3  0 . Hướng dẫn giải: Ta có: d1 đi qua M(1; 2;0) và có VTCPu  (1;2; 1) . d2 :. Phương trình mặt phẳng (P) có dạng: A( x  1)  B( y  2)  Cz  0,( A2  B2  C2  0) . Ta có: d  ( P)  u.n  0  C  A  2B Gọi   (( P), d2 )  sin  Với B  0  sin  Với B  0 . Đặt t  Xét hàm số f (t ) . 4A  3B. 1 (4A  3B)2  . 2 2 3 2A2  4AB  5B2 3 2A  4AB  5B. 2 2 3. A 1 (4t  3)2 , ta được sin  . B 3 2t 2  4t  5. (4t  3)2 16t 2  124t  84 . Ta có: f '( t )  2t 2  4t  5 (2t 2  4t  5)2.  3 t  f '(t )  0  4  t  7 BBT:. t. . -7. . 3 4. . – Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất. [Type here].

(134) Giáo viên: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A. f '(t ) f (t ). +. 0. -. 0. Toán 12. +. 25 3. Dựa vào BBT ta có: max f (t ) . A 25 khi t  7   7 B 3. 5 3 9 5 3 A  7  Phương trình mặt phẳng (P) : 7x  y  5z  9  0 Vậy sin  khi B 9 Chọn đáp án B. Khi đó: sin  f (7) . () : x  2y  2z  4  0 () : 2x  2y  z  1  0, và mặt cầu S có phương trình x  y  z  4x  6y  m  0 . Tìm m để. Câu 11. Cho đường thẳng d là giao tuyến của hai mặt phẳng 2. 2. 2. đường thẳng d cắt mặt cầu (S) tại hai điểm phân biệt A, B sao cho AB = 8. A. 9 B. 12 C. 5 Hướng dẫn giải: Ta có n1  (2; 2; 1), n 2  (1;2; 2) lần lượt là VTPT của (α) và (β) Suy ra VTCP của đường thẳng d là u . D. 2. 1  n1 ;n 2   (2;1;2),  3. Ta có A(6;4;5) là điểm chung của hai mặt phẳng (α) và (β) nên Ad. Mặt cầu (S) có tâm I(-2;3;0), bán kính R  13  m với m < 13.. IA  (8;1;5)   IA, u   (3; 6;6)  d(I,d)  3. AB  4 vµ IH  3 . 2 2 2 2 2 Trong tam giác vuông IHA ta có: IA  IH  AH  R  9  16  13  m  25  m  12 . Vậy m = 12 là giá trị cần tìm. Gọi H là trung điểm của AB  AH . Chọn đáp án B. Câu 12. Trong không gian tọa độ Oxyz , cho tám điểm A  2; 2; 0  , B  3; 2; 0  , C  3;3; 0  , D  2;3; 0  , M  2; 2;5  , N  2; 2;5  , P  3; 2;5  , Q  2;3;5  . Hỏi hình đa diện tạo bởi tám điểm. đã cho có bao nhiêu mặt đối xứng. A. 3. B. 6. C. 8. D. 9 Hướng dẫn giải: Vì tám điểm đã chõ tạo nên một hình lập phương, nên hình đa diện tạo bởi tám điểm này có 9 mặt đối xứng. Chọn đáp án D. Câu 13. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz cho A(2;  1;6), B(  1;2;4) và I(  1;  3;2). Viế t phương trình mă ̣t phẳ ng (P) đi qua A, B sao cho khoả ng cách từ I đế n (P) lớn nhấ t. A. 3x  7 y  6 z  35  0 . B. 7 x  y  5z  9  0 . C. x  y  z  6  0 . D. x  y  z  3  0 . Hướng dẫn giải: 2 2 2 2 2 2 Ta có IA  3  2  4  29 và IB  0  5  2  29 . Go ̣i M là trung điể m của đoa ̣n thẳ ng 94 1 1  AB, vì IA=IB nên IM  AB, ta có M  ; ;5  ; IM  . 2 2 2 . – Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất. [Type here].

(135) Giáo viên: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A. Toán 12. Go ̣i H là hin ̀ h chiếu vuông góc của I lên mă ̣t phẳng (P): Nế u H, M là hai điể m phân biêṭ thì tam giá c IHM vuông ta ̣i H, IH<IM hay IH . 94 . 2. 94 94 . Vâ ̣y ta có IH  , IH lớn nhấ t khi H  M. 2 2 3 7  Khi đó (P) có vectơ pháp tuyế n là nP  IH  IM   ; ;3  . Vâ ̣y phương triǹ h mă ̣t phẳ ng (P) là 2 2  3 7  x  2    y  1  3 z  6   0 hay 3x  7 y  6z  35  0 2 2 Chọn đáp án A. Nế u H trùng với M thì IH  IM . Câu 14. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho hai điểm A(1;2;2), B(5;4;4) và mặt phẳng (P): 2x + y – z + 6 =0. Tọa độ điểm M nằm trên (P) saocho MA 2 + MB2 nhỏ nhất là: A. (-1;3;2) B. (2;1;-11) C. (-1;1;5) D. (1;-1;7) Hướng dẫn giải: + Kiểm tra phương án A không thuộc (P). + Tính trực tiếp MA2 + MB 2 trong 3 phương án B,C,D và so sánh. Chọn C. Câu 15. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho hai điểm M (0; 1;2) và N ( 1;1; 3) . Mặt phẳng (P) đi qua M, N sao cho khoảng cách từ K 0; 0;2 đến (P) đạt giá K trị lớn nhất. (P) có vectơ pháp tuyến là: A. (1;1; 1) B. (1; 1;1) C. (1; 2;1) D. (2; 1;1) Hướng dẫn giải: - Khoảng cách từ K đến (P) lớn nhất bằng KH, khi H’ trùng H - Vậy mặt phẳng (P) qua MN và vuông góc với KH. H' - Tìm H và viết (P) hoặc: M N H P - (P) chứa MN và vuông góc với (MNP). Gọi H, H’ là hình chiếu của K lên MN và (P). Ta có: d(k,(P))  KH  KH ' không đổi. Vậy d(K ,(P)) lớn nhất khi và chỉ khi H’ trùng H hay (P) vuông góc với KH.. MK  (0;1;0); NK  (1; 1; 1) ; MN  (1;2;1) (MNK) có vtpt là n   MK , NK   (1;0; 1). . .  HK  ( MNK ) nên HK có vtcp là  MN , n  (2;2; 2) .   HK  MN . Do . Chọn đáp án A. – Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất. [Type here].

(136) Giáo viên: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A. Toán 12. Câu 16. Trong không gian tọa độ Oxyz, cho điểm A(0;1;1), B(1;0; 3),C(1; 2; 3) và mặt cầu (S) có phương trình: x2  y2  z2  2x  2z  2  0 . Tìm tọa độ điểm D trên mặt cầu (S) sao cho tứ diện ABCD có thể tích lớn nhất.  7 4 1  1 4 5  A. D 1; 0;1 B. D  ;  ;   C. D  ; ;  D. D(1; - 1; 0)  3 3 3  3 3 3 Hướng dẫn giải: Ta thấy câu C và D có điểm D không thuộc (S). Loại C,D. Ta tính thể tích cho điểm D ở câu A và câu B. Điểm B ở câu B có thể tích lớn hơn. Chọn đáp án B. Câu 1.5. Phương trình nào sau đây không phải là phương trình hình chiếu vuông góc của đường thẳng  x  1  2t  d:  y  2  3t , t  R trên mặt phẳng (Oxy): z  3  t   x  1  4t '  x  1  2t '  x  5  2t '  x  3  2t '     A.  y  1  3t ' , t '  R B.  y  2  6t ', t '  R C.  y  2  3t ', t '  R D.  y  4  3t ', t '  R z  0 z  0 z  0 z  0    . Hướng dẫn giải: A(1;-2;3), B(3;1;4) thuộc d. Hình chiếu của A,B trên mặt phẳng (Oxy) là A/(1;-2;0), B/(3;1;0) Phương trình hình chiếu đi qua A/ hoặc B / và nhận véc tơ cùng phương với A/ B /   2;3;0  làm véc tơ chỉ phương. Chọn đáp án C. Câu 17. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng ( P) : x  y  z 1  0 và hai điểm. A(1; 3;0), B  5; 1; 2  . M là một điểm trên mặt phẳng ( P) . Giá trị lớn nhất của T  MA  MB là: A. T  2 5.. B. T  2 6.. C. T . 4 6 . 2. D. T . 2 3 . 3. Hướng dẫn giải: Ta có: A, B nằm khác phía so với (P). Gọi B’ là điểm đối xứng với B qua (P). Suy ra B '(1; 3;4) .. T  MA  MB  MA  MB '  AB '  2 5. Đẳng thức xảy ra khi M, A, B’ thẳng hàng. Chọn đáp án A. Câu 18. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai điểm M  2; 2;1 , A 1;2; 3  và đường thẳng. x 1 y  5 z   . Tìm véctơ chỉ phương u của đường thẳng  đi qua M , vuông góc với đường 2 2 1 thẳng d đồng thời cách điểm A một khoảng bé nhất. A. u   2;1;6  . B. u  1;0;2  . C. u   3;4; 4  . D. u   2;2; 1 . Hướng dẫn giải: Gọi  P  là mặt phẳng qua M và vuông góc với d . Phương trình của  P  : 2 x  2 y  z  9  0 . d:. Gọi H , K lần lượt là hình chiếu vuông góc của A trên ,  P  .. – Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất. [Type here].

(137) Giáo viên: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A. d. P. Toán 12. A. K . M. H. Ta có K  3; 2; 1. d ( A, )  AH  AK Vậy khoảng cách từ A đến  bé nhất khi  đi qua M , K .  có véctơ chỉ phương u  1;0;2  Chọn đáp án B. Câu 19. Trong không gian với hệ trục toạ độ Oxyz, cho điểm A  2;5;3 và đường thẳng x 1 y z  2 . Gọi là mặt phẳng chứa đường thẳng sao cho khoảng cách từ   2 1 2 nhất. Tính khoảng cách từ điểm M 1; 2;  1 đến mặt phẳng ? d:. A.. 11 18 18. B. 3 2. C.. 11 18. D.. đến. lớn. 4 3. Hướng dẫn giải: Gọi. là hình chiếu của .. trên ;. là hình chiếu của. trên. A. Ta có lớn nhất khi Ta có , qua và   P : x  4 y  z  3  0 Vậy d  M ,  P   . . d'. K. 11 18 . 18. P. H. Chọn đáp án A. Câu 20. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, xét các điểm A  0;0;1 , B  m;0;0  , C  0; n;0  ,. D 1;1;1 với m  0; n  0 và m  n  1. Biết rằng khi m , n thay đổi, tồn tại một mặt cầu cố định tiếp xúc với mặt phẳng  ABC  và đi qua d . Tính bán kính R của mặt cầu đó? A. R  1 .. B. R . 2 . 2. C. R . 3 . 2. D. R . 3 . 2. Hướng dẫn giải: Gọi I (1;1;0) là hình chiếu vuông góc của D lên mặt phẳng (Oxy) x y   z 1 Ta có: Phương trình theo đoạn chắn của mặt phẳng ( ABC ) là: m n Suy ra phương trình tổng quát của ( ABC ) là nx  my  mnz  mn  0 1  mn  1 (vì m  n  1 ) và ID  1  d ( I ,( ABC)) Mặt khác d ( I ,( ABC ))  m2  n2  m2n2 Nên tồn tại mặt cầu tâm I (là hình chiếu vuông góc của D lên mặt phẳng Oxy ) tiếp xúc với ( ABC) và đi qua D – Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất. [Type here].

(138) Giáo viên: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A. Toán 12. Chọn đáp án A. Câu 21. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho mặt cầu (S) có phương trình: x 2  y 2  z 2  2 x  6 y  4 z  2  0 . Viết phương trình mặt phẳng (P) song song với giá của véc tơ v  (1;6;2) , vuông góc với mặt phẳng ( ) : x  4 y  z  11  0 và tiếp xúc với (S). 2 x  y  2 z  3  0 2 x  y  2 z  3  0 A.  . B.  .  2 x  y  2 z  21  0  2 x  y  2 z  21  0  2 x  y  z  13  0 2 x  y  z  3  0 C.  . D.  2 x  y  z  1  0 2 x  y  z  1  0 Hướng dẫn giải: Vậy: (P): 2 x  y  2 z  3  0 hoặc (P): 2 x  y  2 z  21  0 (S) có tâm I(1; –3; 2) và bán kính R = 4. VTPT của ( ) là n  (1;4;1) .  VTPT của (P) là: nP   n , v   (2; 1;2)  PT của (P) có dạng: 2 x  y  2 z  m  0 ..  m  21 . m  3 . Vì (P) tiếp xúc với (S) nên d ( I ,( P))  4  . Vậy: (P): 2 x  y  2 z  3  0 hoặc (P): 2 x  y  2 z  21  0 . Chọn đáp án B. Câu 22. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho bốn điểm A 1; 2;0  , B  0; 1;1 , C  2;1; 1 ,. D  3;1;4  . Hỏi có bao nhiêu mặt phẳng cách đều bốn điểm đó? A. 1. B. 4. C. 7. Hướng dẫ n giải: Ta có AB   1;1;1 , AC  1;3; 1 , AD   2;3;4 .. D. Vô số.. Khi đó  AB, AC    4;0; 4  suy ra  AB, AC  . AD  24  0 . Do đó A, B, C, D không đồng phẳng và là 4 đỉnh của một tứ diện. Khi đó sẽ có 7 mặt phẳng cách đễu bốn đỉnh của tứ diện. Bao gồm: 4 mặt phẳng đi qua trung điểm của ba cạnh tứ diện và 3 mặt phẳng đi qua trung điểm bốn cạnh tứ diện (như hình vẽ).. – Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất. [Type here].

(139) Giáo viên: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A. Toán 12. Chọn đáp án C. Câu 23. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho bốn điểm A(1; –2; 0), B(0; –1; 1), C(2; 1; –1) và D(3; 1; 4). Hỏi có tất cả bao nhiêu mặt phẳng cách đều bốn điểm đó ? A. 1 mặt phẳng. B. 4 mặt phẳng. C. 7 mặt phẳng. D. Có vô số mặt phẳng. Hướng dẫn giải: Ta có: AB  (1;1;1); AC  (1;3; 1); AD  (2;3;4) Khi đó:  AB; AC  . AD  24  0 do vậy A,B,C,D không đồng phẳng Do đó có 7 mặt phẳng cách đều 4 điểm đã cho bao gồm. +) Mặt phẳng qua trung điểm của AD và song song với mặt phẳng (ABC) +) Mặt phẳng qua trung điểm của AB và song song với mặt phẳng (ACD) +) Mặt phẳng đi qua trung điểm của AC và song song với mặt phẳng (ABD) +) Mặt phẳng đi qua trung điểm của AB và song song với mặt phẳng (BCD) +) Mặt phẳng qua trung điểm của AB và CD đồng thời song song với BC và AD +) Mặt phẳng qua trung điểm của AD và BC đồng thời song song với AB và CD +) Mặt phẳng qua trung điểm của AC và BD đồng thời song song với BC và AD Chọn đáp án C. x  4 y 5 z  2   Câu 24. Đường thẳng  song song với d : và cắt cả hai đường thẳng 3 4 1 x 1 y 1 z  2 x2 y 3 z d1 :     . Phương trình nào không phải đường thẳng  và d 2 : 3 1 2 2 4 1 7 2 y z x  4 y 1 z 1 x3 3 3    A.  : B.  : 3 4 1 3 4 1 x9 y7 z 2 x  4 y 1 z 1     C.  : D.  : 3 4 1 3 4 1 Hướng dẫn giải: Giải: Gọi M, N là giao điểm của  và d1 , d2 ..  xM  1  3t  xN  2  2t '   Khi đó M, N thuộc d1 , d2 nên  yM  1  t ,  yN  3  4t ' .  z  2  2t  z  t '  M  N. Vector chỉ phương của  là MN   3  2t ' 3t;4  4t ' t; 2  t ' 2t . x4 y 5 z 2 3  2t ' 3t 4  4t ' t 2  t ' 2t     nên 3 4 1 3 4 1 4 7 2  Giải hệ ta được t '  1; t   . Vậy N  4; 1; 1 , M  3;  ;   3 3 3 .  song song với d :. – Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất. [Type here].

(140) Giáo viên: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A. Toán 12. x  4 y 1 z 1   3 4 1 Chọn đáp án A. Vậy  :. Câu 25. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm A(1;5;0), B(3;3;6) và đường thẳng  có  x  1  2t  phương trình tham số  y  1  t . Một điểm M thay đổi trên đường thẳng  sao cho chu vi tam giác  z  2t  MAB đạt giá trị nhỏ nhất. Tọa đô điểm M và chu vi tam giác ABC là A. M(1;0;2) ; P = 2( 11  29) B. M(1;2;2) ; P = 2( 11  29). 11  29. C. M(1;0;2) ; P = 11  29 D. M(1;2;2) ; P = Hướng dẫn giải:  Gọi P là chu vi của tam giác MAB thì P = AB + AM + BM. Vì AB không đổi nên P nhỏ nhất khi và chỉ khi AM + BM nhỏ nhất.. Điểm M   nên M  1  2t ;1  t ;2t  . AM  BM  (3t )2  (2 5)2  (3t  6)2  (2 5) 2. . . . . Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, ta xét hai vectơ u  3t;2 5 và v  3t  6;2 5 . Ta có u  (3t )2  (2 5)2 ; v  (3t  6)2  (2 5)2  AM  BM | u |  | v | và u  v  (6;4 5) | u  v | 2 29 Mặt khác, ta luôn có | u |  | v || u  v | Như vậy AM  BM  2 29. 3t 2 5   t 1 3t  6 2 5. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi u , v cùng hướng .  M (1;0;2) và min( AM  BM )  2 29 . Vậy khi M(1;0;2) thì minP = 2( 11  29) Chọn đáp án A. Câu 26. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho hai điểm A(1;2; -1), B(7; -2; 3) và đường thẳng d  x  2  3t  có phương trình  y  2t (t  R) . Điểm M trên d sao cho tổng khoảng cách từ M đến A và B là  z  4  2t  nhỏ nhất có tổng các tọa độ là: A. M=(2;0;4 ). B. M=(2;0;1). C. M=(1;0;4 ). D. M=(1;0;2 ). Hướng dẫn giải: Nếu M nằm trên d thì điểm I có tọa độ là M=(2+3t;-2t;4+2t). Từ đó ta có:.  AM   3t  1; 2  2t;2t  5  AM . 3t  1   2  2t    2t  5 2. Tương tự:  BM   3t  5;2  2t;2t  1  BM  Từ (*): MA=MB =.  3t  1   2  2t    2t  5 2. 2. 2. 2. 2. 3t  5   2  2t    2t  1 2. =. 2. 2.  3t  5   2  2t    2t  1 2. 2. 2. 2 2 Hay:  17t  34t  30  17t  36t  30  34t  36t  0  11  70t  0  t  0 Tọa độ M thỏa mãn yêu cầu là: M=(2;0;4 ). Chọn đáp án A.. – Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất. [Type here].

(141) Giáo viên: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A. Toán 12. Câu 27. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng (Q): x  2y  z  5  0 và đường thẳng x  1 y  1 z 3 d:   . Phương trình mặt phẳng (P) chứa đường thẳng d và tạo với mặt phẳng (Q) một 2 1 1 góc nhỏ nhất là A.  P  : y  z  4  0 B.  P  : x  z  4  0 C.  P  : x  y  z  4  0. D.  P  : y  z  4  0. Hướng dẫ n giải: PT mặt phẳng (P) có dạng: ax  by  cz  d  0 (a2  b2  c2  0) . Gọi a  (( P),(Q)) .  M  ( P) c  a  b Chọn hai điểm M(1; 1;3), N(1;0;4)  d . Ta có:    N  ( P) d  7a  4b 3 a b .  (P): ax  by  (2a  b)z  7a  4b  0  cos  6 5a2  4ab  2b2 TH1: Nếu a = 0 thì cos . 3. TH2: Nếu a  0 thì cos . 3. .. 6. 6. b 2b2. .. . 3  a  300 . 2. 1. b a.  b b 5  4  2  a  a. 2. . Đặt x . b và f ( x)  cos2  a. 9 x2  2x  1 Xét hàm số f ( x)  . . 6 5  4x  2x2 Dựa vào BBT, ta thấy min f ( x)  0  cos  0  a  900  300 Do đó chỉ có trường hợp 1 thoả mãn, tức a = 0. Khi đó chọn b  1, c  1, d  4 . Vậy: (P): y  z  4  0 . Chọn đáp án A. Câu 28. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, gọi d đi qua điểm A 1; 1;2  , song song với.  P  : 2 x  y  z  3  0 , đồng thời tạo với đường thẳng. :. trình đường thẳng d là. x 1 y 1 z  2   . A. 1 5 7 x 1 y 1 z  2   . C. 4 5 7 Hướng dẫn giải:  có vectơ chỉ phương a  1; 2;2 . x 1 y 1 z   một góc lớn nhất. Phương 1 2 2 x 1  4 x 1  D. 1 B.. y 1 z  2  . 5 7 y 1 z  2  . 5 7. d có vectơ chỉ phương ad   a; b; c .  P  có vectơ pháp tuyến nP   2; 1; 1 Vì d€  P  nên ad  nP  ad .nP  0  2a  b  c  0  c  2a  b  5a  4b  1 cos  , d    2 2 3 5a 2  4ab  2b 2 3 5a  4ab  2b 5a  4b. 2. – Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất. [Type here].

(142) Giáo viên: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A. Toán 12. a 1  5t  4  Đặt t  , ta có: cos  , d   3 5t 2  4t  2 b 2. Xét hàm số f  t  .  5t  4 . 2.  1 5 3 , ta suy ra được: max f  t   f     5t  4t  2 3  5 2. Do đó: max cos  , d    Chọn a  1  b  5, c  7. 5 3 1 a 1 t    27 5 b 5. Vậy phương trình đường thẳng d là. x 1 y 1 z  2   1 5 7. Chọn đáp án A. Câu 29. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz ,cho  P  : x  4 y  2 z  6  0 ,  Q  : x  2 y  4 z  6  0 . Lập phương trình mặt phẳng    chứa giao tuyến của  P  ,  Q  và cắt các trục tọa độ tại các điểm. A, B, C sao cho hình chóp O. ABC là hình chóp đều. A. x  y  z  6  0 . B. x  y  z  6  0 .. C. x  y  z  6  0 .. D. x  y  z  3  0 .. Hướng dẫn giải: Chọn M  6;0;0  , N  2;2;2  thuộc giao tuyến của  P  ,  Q  Gọi A  a;0;0  , B  0; b;0  , C  0;0; c  lần lượt là giao điểm của    với các trục Ox, Oy, Oz. x y z    1 a, b, c  0  a b c 6  1  a    chứa M , N   2  2  2 1  a b c Hình chóp O. ABC là hình chóp đều  OA  OB  OC  a  b  c Vây phương trình x  y  z  6  0 . Chọn đáp án B. y  0 Oxyz cho điểm M 1;0;0  và Câu 30. Trong không gian với hệ tọa độ  2 x  y  2 z  2  0    :. N  0;0; 1 , mặt phẳng  P  qua điểm M , N và tạo với mặt phẳng  Q  : x  y  4  0 mô ̣t góc bằ ng. 45O . Phương trình mặt phẳng  P  là y  0 y  0 A.  . B.  . 2 x  y  2 z  2  0 2 x  y  2 z  2  0 2 x  y  2 z  2  0 2 x  2 z  2  0 . C.  . D.  2 x  y  2 z  2  0 2 x  2 z  2  0 Hướng dẫn giải: 2 2 2 Gọi vectơ pháp tuyến của mp  P  và  Q  lầ n lươ ̣t là nP  a; b; c  a  b  c  0 ,. . . nQ  P  qua M 1;0;0    P  : a  x  1  by  cz  0.  P  qua. N  0;0; 1  a  c  0.  P  hợp với  Q . . . góc 45O  cos nP , nQ  cos 45O . a b 2a 2  b 2 2. . a  0 1  2  a  2b. – Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất. [Type here].

(143) Giáo viên: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A. Toán 12. Với a  0  c  0 chọn b  1 phương trình  P  : y  0 Với a  2b chọn b  1  a  2 phương trình mặt phẳng  P  : 2 x  y  2 z  2  0 . Chọn đáp án A. Câu 31. Trong không gian với hệ trục toạ độ Oxyz, cho điểm A 10;2;1 và đường thẳng. x 1 y z 1   . Gọi  P  là mặt phẳng đi qua điểm A , song song với đường thẳng d sao cho 2 1 3 khoảng cách giữa d và  P  lớn nhất. Khoảng cách từ điểm M  1;2;3 đến mp  P  là d:. 76 790 97 3 . . B. 790 15 3 29 2 13 . . C. D. 13 29 Hướng dẫn giải:  P  là mặt phẳng đi qua điểm A và song song với A.. d H. đường thẳng d nên  P  chứa đường thẳng d  đi qua điểm A và song song với đường thẳng d . Gọi H là hình chiếu của A trên d , K là hình chiếu của H trên  P  .. d'. K. P. A. Ta có d  d ,  P    HK  AH ( AH không đổi)  GTLN của d (d , ( P)) là AH.  d  d ,  P   lớn nhất khi AH vuông góc với  P  .. Khi đó, nếu gọi  Q  là mặt phẳng chứa A và d thì  P  vuông góc với  Q  ..  n P  u d , nQ    98;14;  70    P  :7 x  y  5 z  77  0  d  M ,  P   . 97 3 . 15. Chọn đáp án A. Câu 32. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm A(1;2;3) và đường thẳng d: x  3 y 1 z   . Mặt phằng (P) chứa đường thẳng d và có khoảng cách từ A đến (P) là lớn nhất. Khi 2 1 1 đó (P) có một véctơ pháp tuyến là A. n  ( 4; 5; 13) B. n  ( 4; 5; 13) C. n  ( 4; 5; 13) Hướng dẫn giải: Gọi H,K lần lươt là hình chiếu vuông góc của A lên d và (P) Khi đó: d(A,(P)) = AK  AH hay d(A,(P)) lớn nhất khi và chỉ khi H  K 4 Ta có: H ( 3  2t ; 1  t ; t ); a  ( 2; 1; 1) và AH .a  0  t  3 4 5 13 Suy ra: AH  (  ;  ;  ) 3 3 3. D. n  ( 4; 5;13). Hay một véctơ pháp tuyến của (P) là n  ( 4; 5; 13) Chọn đáp án A.. – Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất. [Type here].

(144) Giáo viên: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A. Toán 12. Câu 33. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm A(2; 2;0) , đường thẳng x 1 y z  2 :   . Biết mặt phẳng ( P) có phương trình ax  by  cz  d  0 đi qua A , song song 1 3 1 với  và khoảng cách từ  tới mặt phẳng ( P) lớn nhất. Biết a, b là các số nguyên dương có ước chung lớn nhất bằng 1. Hỏi tổng a  b  c  d bằng bao nhiêu? A. 3 . B. 0 . C. 1 . D. 1 . Hướng dẫn giải: Gọi H là hình chiếu vuông góc của A trên đường thẳng  . Do H   H (1  t;3t;2  t )  AH  (t  3;3t  2; t  2) Do AH    AH .u  0 với u  (1;3;1).  1.(t  3)  3.(3t  2)  1.(t  2)  0  11t  11  t  1  H  0; 3;1 Gọi F là hình chiếu vuông góc của H trên ( P) , khi đó: d (,( P))  d ( H ,( P))  HF  HA Suy ra d (,( P))max  HA . Dấu “=” xảy ra khi F  A  AH  ( P) , hay bài toán được phát biểu lại là: “ Viết phương trình mặt phẳng ( P) đi qua A và vuông góc với AH ” Ta có AH   2; 1;1  (2;1; 1) , suy ra n( P )  (2;1; 1) Suy ra phương trình mặt phẳng ( P) là: 2( x  2)  y  2  z  0  2 x  y  z  2  0 . a, b  * a  2, b  1 Do    a  b  c  d  0. ( a , b )  1 c  1, d  2 Chọn đáp án B. Câu 34. Trong không gian tọa độ Oxyz cho M(2;1;0) v đường thẳng d có phương trình: x 1 y 1 z   . Gọi  là đường thẳng đi qua M, cắt và vuông góc với d. Viết phương trình đường 2 1 1 thẳng  ? x  2  t x  2  t x  1  t x  2  t     A.  y  1  4t B.  y  1  4t C.  y  1  4t D.  y  1  4t  z  2t  z  3  2t  z  2t  z  2t     Hướng dẫn giải:  x  1  2t  PTTS của d là  y  1  t .  z  t  Gọi H là hình chiếu vuông góc của M lên d, đường thẳng  cần tìm là đường thẳng MH. Vì H thuộc d nên H 1  2t ; 1  t ; t  suy ra MH  (2t  1; 2  t; t ) . Vì MH  d và d có 1 VTCP là u  (2;1; 1) nên MH .u. 0 t. 2  1 4 2  . Do đó MH   ; ;  3 3 3 3 . x  2  t  Vậy PTTS của  là:  y  1  4t .  z  2t  Chọn đáp án A.. – Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất. [Type here].

(145) Giáo viên: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A. Toán 12. x  1  t  Câu 35. Cho đường thẳng (d ) :  y  1  t và mp (P): x  y  2  0 . Tìm phương trình đường thẳng  z  2t  nằm trong mặt phẳng (P) cắt và vuông góc với (d).  x  1  2t  x  1  3t  x  1  2t x  1  t     A.  y  1  2t B.  y  1  3t C.  y  1  2t D.  y  1  t z  0 z  5 z  0 z  5     Hướng dẫn giải: Gọi I là giao điểm của (d) và (P) I (1  t;1  t;2t ), I  ( P)  t  0  I (1;1;0) (d) có vectơ chỉ phương u  (1; 1;2) (P) có vectơ pháp tuyến n  (1;1;0) Vecstơ pháp tuyến của mặt phẳng cần tìm là u   u, v  = (-2 ;2 ;0)  x  1  2t  Phương trình mặt phẳng cần tìm là  y  1  2t z  0  Chọn đáp án A. Câu 36. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hình hộp chữ nhật ABCD. ABCD có điểm A trùng với gốc tọa độ, B(a;0;0), D(0; a;0), A(0;0; b) với (a  0, b  0) . Gọi M là trung điểm của cạnh CC  . Giả sử a  b  4 , hãy tìm giá trị lớn nhất của thể tích khối tứ diện ABDM ? 64 A. max VAMBD  B. maxVAMBD  1 27 64 27 C. max VAMBD   D. max VAMBD  27 64 Hướng dẫn giải: b  Ta có: C (a; a;0), B(a;0; b), D(0; a; b), C (a; a; b)  M  a; a;  2  b  Suy ra: AB  (a;0; b), AD  (0; a; b), AM   a; a;   2  3a 2b a 2b   AB, AD   (ab; ab; a 2 )   AB, AD  . AM   VAMBD  2 4 1 1 1 2 64 2 Do a, b  0 nên áp dụng BĐT Côsi ta được: 4  a  b  a  a  b  3 3 a b  a b  2 2 4 27 64 Suy ra: max VAMBD  . 27 Chọn đáp án A. Câu 37. Cho A  1;3;5  , B  2;6; 1 , C  4; 12;5  và điểm  P  : x  2 y  2 z  5  0 . Gọi M là điểm thuộc  P  sao cho biểu thức S  MA  4MB  MA  MB  MC đạt giá trị nhỏ nhất. Tìm hoành độ điểm M. A. xM  3 Hướng dẫn giải:. B. xM  1. C. xM  1. D. xM  3. – Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất. [Type here].

(146) Giáo viên: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A. Toán 12. Gọi I là điểm IA  4IB  0  I  3;7; 3 Gọi G là trọng tâm ta m giác ABC  G  1; 1;3 Nhận thấy, M,I nằm khác phía so với mp(P). Có S  3  MI  MG   3GI . Dấu bằng xảy ra khi M là giao điểm của GI và (P)  M 1;3;1 Chọn đáp án C. Câu 38. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai điểm A  2;1; 1 , B  0;3;1 và mặt phẳng.  P  : x  y  z  3  0 . Tìm tọa độ điểm M thuộc (P) A. M  4; 1;0  . B. M  1; 4;0  . Hướng dẫn giải: Gọi I  a; b; c  là điểm thỏa mãn 2 IA IB. sao cho 2 MA  MB có giá trị nhỏ nhất. C. M  4;1;0  .. D. M 1; 4;0  .. 0 , suy ra I  4; 1; 3 .. Ta có 2MA  MB  2MI  2 IA  MI  IB  MI . Suy ra 2MA  MB  MI  MI . Do đó 2 MA  MB nhỏ nhất khi MI nhỏ nhất hay M là hình chiếu của I trên mặt phẳng  P  . Đường thẳng đi qua I và vuông góc với  P  có là d : Tọa độ hình chiếu M của I trên  P  thỏa mãn. x  4 y 1 z  3   . 1 1 1.  x  4 y 1 z  3    1 1  M 1; 4; 0  .  1  x  y  z  3  0 Chọn đáp án D.. x  2  t x 1 y  2 z 1    Câu 39. Trong không gain Oxyz, cho hai đường thẳng d1 : và d 2 :  y  3  t . Mặt 1 2 1  z  2  phẳng  P  : ax  by  cz  d  0 (với a; b; c; d  ) vuông góc với đường thẳng d1 và chắn d1 , d2 đoạn thẳng có độ dài nhỏ nhất. Tính a  b  c  d . A. 14 B. 1 C. 8 D. 12 Hướng dẫn giải: Ta có mặt phẳng (P) vuông dóc với đường thẳng d1 nên (P) có véctơ pháp tuyến n  1;2;1 . Phương trình (P) có dạng  P  : x  2 y  z  d  0 ..  2  d 2  d 10  d  ; ; Gọi M là giáo điểm của (P) với d1 và N là giao của (P) với d 2 suy ra M  , 3 6   6  4  d 1  d  N ; ; 2  . 3  3  2 d 16d 155   Ta có MN 2  . 18 9 9 Để MN nhỏ nhất thì MN 2 nhỏ nhất, nghĩa là d  16 . Khi đó a  b  c  d  14 . Chọn đáp án A.. – Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất. [Type here].

(147) Giáo viên: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A. Toán 12. x 1 y  2 z   và 1 2 1. Câu 40. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho hai đường thẳng d1 :. x  2 y 1 z   . Gọi  P  là mặt phẳng chứa d1 sao cho góc giữa mặt phẳng  P  và đường 2 1 2 thẳng d 2 là lớn nhất. Chọn mệnh đề đúng trong các mệnh đề sau: d2 :. A.  P  có vectơ pháp tuyến là n  1; 1;2  . B.  P  qua điểm A  0;2;0  .. C.  P  song song với mặt phẳng  Q  : 7 x  y  5 z  3  0 . D.  P  cắt d 2 tại điểm B  2; 1;4  . Hướng dẫn giải: d1 qua M 1; 2;0  và có VTCP u  1;2; 1 . Vì d1   P  nên M   P  .. . . Pt mặt phẳng  P  có dạng: A  x  1  B  y  2   Cz  0 A2  B 2  C 2  0 . Ta có: d1   P   u.n  0  C  A  2B ..  4 A  3B  1  Gọi    P  , d 2  sin   . 2 2 3 2 A2  4 AB  5B 2 3 2 A  4 AB  5B 2 2 TH1: Với B  0 thì sin   . 3. . . 4 A  3B. 2. A 1  4t  3 TH2: Với B  0 . Đặt t  , ta được: sin   . 3 2t 2  4t  5 B 2. Xét hàm số f  t  .  4t  3. 2. 2t  4t  5 2. . Dựa vào bảng biến thiên ta có: max f  x  . 25 khi t  7 khi 7. 5 3 A  7 . Khi đó sin   f  7   . 9 B. A 5 3  7 . khi 9 B Vậy phương trình mặt phẳng  P  : 7 x  y  5 z  9  0 . So sánh TH1 và TH2   lớn nhất với sin  . Chọn đáp án B . Câu 41. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho A(1;0;2), B(3;1;4), C(3; 2;1) . Tìm tọa độ điểm S, biết SA vuông góc với (ABC), mặt cầu ngoại tiếp tứ diện S.ABC có bán kính bằng. 3 11 và S có cao 2. độ âm. A. S (4; 6;4) . B. S (3;4;0) . C. S (2;2;1) . D. S (4;6; 4) . Hướng dẫn giải: Ta có AB  (2;1;2); AC  (2; 2; 1) , suy ra AB  AC . Tam giác ABC vuông nên I và S có thể sử dụng các tính chất của phép dụng tâm để tính. Tính được IM. S   MI  ( ABC )  MI  k  AB, AC   k. AS  2MI , tìm S.  AB, AC   (3;6; 6)  . N I A. C. – Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất M. [Type here] B.

(148) Giáo viên: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A. Toán 12.  1 5  Gọi M  3; ;  là trung điểm BC. Ta có:  2 2 2.  3 11  9 81 9 IM  IB  BM       IM  2  2  2 4 MI  ( ABC )  MI  k  AB, AC   k (3;6; 6)  MI  9 k . 9 1 Suy ra  9 k  k   2 2 1 k  thì AS  2MI   3;6; 6   S  4;6; 4  2 Chọn đáp án D. 2. 2. 2. x 1  y  1  z  3 và mặt phẳng 2  P  : x  2 y  z  5  0 . Mặt phẳng  Q  chứa đường thẳng d và tạo với  P  một góc nhỏ nhất có phương trình A. x  z  3  0. B. x  y  z  2  0. C. x  y  z  3  0. D. y  z  4  0. Hướng dẫn giải: Gọi  là giao tuyến giữa  P  và  Q  . Khi đó, góc giữa  P  ,  Q  nhỏ nhất khi chỉ khi   d . Câu 42. Trong không gian với tọa độ Oxyz , cho đường thẳng d :. Đường thẳng d đi qua điểm M  1; 1;3 và có vectơ chỉ phương là ud   2;1;1 . Vectơ chỉ phương của  là u  n  ud   3; 3; 3 . Vectơ pháp tuyến của  Q  là. nQ  ud  u   0;9; 9  . Mặt phẳng  Q  đi qua M  1; 1;3 và nhận vectơ pháp tuyến n   0;1; 1 có phương trình. yz40 Chọn đáp án D. Câu 43. Trong không gian Oxyz, cho điểm A 1, 0, 1 và mặt phẳng  P  : x  y  z  3  0 . Mặt cầu S có tâm I nằm trên mặt phẳng  P  , đi qua điểm A và gốc tọa độ O sao cho chu vi tam giác OIA bằng. 6  2 . Phương trình mặt cầu S là: 2 2 2 2 2 2 A.  x  2    y  2    z  1  9 hoặc  x  2    y  2    z  1  9. B.  x  2    y  2    z  1  9 hoặc  x  1   y  2    z  2   9 2. 2. 2. 2. 2. 2. C.  x  2    y  2    z  1  9 hoặc  x  2    y  2    z  1  9 2. 2. 2. 2. 2. 2. D.  x  2    y  2    z  1  9 hoặc  x  1   y  2    z  2   9 2. 2. 2. 2. 2. 2. Hướng dẫn giải: Gọi I  x, y , z  là tâm của S. Khi đó I   P  , IO  IA, IO  IA  AO  6  2 nên ta suy ra hệ.   x  12  y 2   z  12  x 2  y 2  z 2  x  z  1  0    2 2 2   x2  y 2  z 2  9 2 x  y  z  2  6  2 x  y  z  3  0 x  y  z  3  0    Giải hệ ta tìm được I  2, 2,1 hoặc I  1, 2, 2  – Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất. [Type here].

(149) Giáo viên: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A. Toán 12. Chọn đáp án D. Câu 44. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho ba điểm A  0;2;0  , B  1;1;4  và C  3; 2;1 . Mặt cầu  S  tâm I đi qua A, B, C và độ dài OI  5 (biết tâm I có hoành độ nguyên, O là gốc tọa độ). Bán kính mặt cầu  S  là A. R  1 B. R  3 C. R  4 Hướng dẫn giải: Phương trình mặt cầu (S) có dạng: x2  y 2  z 2  2ax  2by  2cz  d  0 Vì 4 điểm O, A, B, C thuộc mặt cầu (S) nên ta có hệ:. D. R  5.  A  ( S ) 4b  d  4  0    B  ( S )  2a  2b  8c  d  18  0 C  ( S ) 6a  4b  2c  d  14  0  . OI  5  OI 2  5  a2  b2  c2  5 Suy ra a  1; b  0; c  2; d  4  R  3 Chọn đáp án B. Câu 45. Cho hình chóp O.ABC có OA=a, OB=b, OC=c đôi một vuông góc với nhau. Điểm M cố định thuộc tam giác ABC có khoảng các lần lượt đến các mặt phẳng (OBC), (OCA), (OAB) là 1,2,3. Khi tồn tại a,b,c thỏa thể tích khối chóp O.ABC nhỏ nhất, giá trị nhỏ nhất của thể tích khối chóp O.ABC là A. 18 B. 27 C. 6 D. Không tồn tại a,b,c thỏa yêu cầu bài toán Hướng dẫn giải: Chọn hệ trục tọa độ thỏa O(0,0,0), A(a,0,0), B(0,b,0), C(0,0,c) Điểm M cố định thuộc tam giác ABC có khoảng các lần lượt đến các mặt phẳng (OBC), (OCA), (OAB) là 1,2,3 nên tọa độ điểm M là (1,2,3) x y z Phương trình mặt phẳng (ABC) là    1 a b c 1 2 3 Vì M thuộc mặt phẳng (ABC) nên    1 a b c 1 VOABC= abc 6 1 2 3 1 1 1 1 Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có 1     3 3 . .  abc  27 a b c a b c 6 Chọn đáp án B. Câu 46. Cho hai điểm M 1; 2;3 , A  2; 4; 4  và hai mặt phẳng  P  : x  y  2 z  1  0,.  Q  : x  2 y  z  4  0 . Viết phương trình đường thẳng.  qua M cắt  P  ,  Q  lần lượt tại B, C sao. cho tam giác ABC cân tại A và nhận AM là đường trung tuyến. x 1 y  2 z  3 x 1 y  2 z  3     A.  : B.  : 1 1 1 2 1 1 x 1 y  2 z  3 x 1 y  2 z  3     C.  : D.  : 1 1 1 1 1 1 Hướng dẫn giải: Gọi B  a; b; c  , từ giả thiết suy ra M là trung điểm của BC , suy ra C  2  a; 4  b;6  c  .. B   P  , C   Q  nên có hai pt: a  b  2c  1  0 1 ;  a  2b  c  8  0.  2.. AM  1; 2; 1 , BC  2  2a;4  2b;6  2c  . – Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất. [Type here].

(150) Giáo viên: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A. Toán 12. Tam giác ABC cân tại A nên: AM .BC  0  a  2b  c  8  0.  3 .. a  b  2c  1  0 a  0   Từ 1 ,  2  và  3  có hệ: a  2b  c  8  0  b  3  B  0;3; 2  , C  2;1; 4  . a  2b  c  8  0 c  2   Đường thẳng  qua B và C có pt  :. x 1 y  2 z  3   . 1 1 1. Chọn đáp án D.. x  2  t  Câu 47. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho đường thẳng  : y  1  2t t  z  3t . . . . . . .  hai điểm. . A 2; 0; 3 và B 2; 2; 3 . Biết điểm M x 0 ; y 0 ; z 0 thuộc  thì MA4  MB 4 nhỏ nhất.Tìm x 0 C. x 0  2. B. x 0  1. A. x 0  0. D. x 0  3. Hướng dẫn giải:. x  2  Phương trình đường thẳng AB là: y  t1 t1  z  3  3t 1 . .  . Dễ thấy đường thẳng  và AB cắt nhau tại. .  Lại có IA  0;1;3 , IB  0; 1; 3  IA  IB  IA  IB  AB . điểm I 2; 1; 0 suy ra AB và  đồng phẳng.. 2. 2 2 4 Ta có: MA4  MB 4  1  MA2  MB 2   1  1  MA  MB    1 AB 4  1 IA  IB  .. 2. 22. . . 8. Do đó MA  MB nhỏ nhất khi M trùng với điểm I 2; 1; 0 4. 4. 8. . Chọn đáp án C. Câu 48. Trong hệ trục tọa độ Oxyz cho 3 điểm A  a;0;0  , B  0; b;0  , C  0;0; c  với a, b, c  0 .Giả sử. a, b, c thay đổi nhưng thỏa mãn a2  b2  c2  k 2 không đổi. Diện tích tam giác ABC đạt giá trị lớn nhất bằng k2 3 A. 2 Hướng dẫn giải:. k2 3 B. 6. C. k 2 3. D. k 2. x y z   1 a b c Gọi H  x; y; z  là hình chiếu vuông góc của O lên  ABC . Phương trình (ABC):.  ab 2 c 2 x  2 2 2  ab    bc    ca    H   ABC   a 2bc 2  bcx  cay  abz  abc  y  Khi đó OH  AB  ax  by  0 2 2 2  ab    bc    ca  ax  cz  0 OH  AC   a 2b 2 c z  2 2 2  ab    bc    ca   abc  OH  2 2 2  ab    bc    ca  – Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất. [Type here].

(151) Giáo viên: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A. Toán 12. 1 1 Ta có VOABC  OA.OB.OC  abc 6 6 3V 1 2 2 2  SABC  ABCD   ab    bc    ca  OH 2 Áp dụng bất đẳng thức Cosi ta có a 4  b4 b4  c 4 c 4  a 4 a 2b 2  b 2 c 2  c 2 a 2     a 4  b4  c 4 2 2 2 Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi a  b  c. 1 k4 k2 3  Vậy max S  2 3 6 Chọn đáp án B. Câu 49. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, phương trình mặt phẳng (P) đi qua điểm M(9;1;1) , cắt các tia Ox, Oy, Oz tại A, B, C sao cho thể tích tứ diện OABC có giá trị nhỏ nhất là x y z x y z x y z x y z A.    1 B. C. D.    1   1   1 27 3 3 27 3 3 27 3 3 7 3 3 Hướng dẫn giải: Giá sử A(a;0;0)  Ox, B(0; b;0)  Oy,C(0;0; c)  Oz (a, b, c  0) . x y z Khi đó PT mặt phẳng (P) có dạng:    1 . a b c 9 1 1 1 VOABC  abc (2) Ta có: M(9;1;1)  (P)     1 (1); a b c 6 (1)  abc  9bc  ac  ab ≥ 33 9(abc)2  (abc)3  27.9(abc)2  abc  243. 9bc  ac  ab a  27 x y z      1. Dấu "=" xảy ra   9 1 1  b  3  (P):    1 27 3 3   c  3 a b c Chọn đáp án B. Câu 50. Trong không gian Oxyz cho 4 điểm A  2;3; 2  , B  6; 1; 2  , C  1; 4;3  , D 1; 6; 5  . Gọi M là một điểm nằm trên đường thẳng CD sao cho tam giác MAB có chu vi bé nhất. Khi đó toạ độ điểm M là: A. M  0;1; 1 B. M  2;11; 9  C. M  3;16; 13 D. M  1; 4;3 Hướng dẫn giải: Tam giác MAB có độ dài cạnh AB  4 3 không đổi, do đó chu vi bé nhất khi và chỉ khi MA  MB bé nhất. AB   4; 4; 4  ; CD   2;10; 8 . Vì AB.CD  0 nên AB  CD , suy ra điểm M cần tìm là hình chiếu vuông góc của A, cũng là hình chiếu vuông góc của B lên đường thẳng CD . Từ đó tìm ra điểm M  0;1; 1 . Chọn đáp án A. Câu 51. Trong không gian tọa độ Oxyz cho điểm A(0;1;1), B(1;0; 3), C(1; 2; 3) và mặt cầu (S) có phương trình: x2  y 2  z 2  2x  2z  2  0 .Tìm tọa độ điểm D trên mặt cầu (S) sao cho tứ diện ABCD có thể tích lớn nhất. 7 4 1   1 4 5  7 4 1 7 4 1 A. D  ;  ;   B. D  ; ;  C. D  ; ;  D. D  ;  ;   3 3 3  3 3 3   3 3 3  3 3 3 Hướng dẫn giải: – Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất. [Type here].

(152) Giáo viên: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A. Toán 12. Ta có (S) : ( x 1)2  y 2  ( z  1)2  4 suy ra (S) có tâm I(1;0;-1), bán kính R  2 Và AB  (1; 1; 4); AC  (1; 3; 4) Mặt phẳng (ABC) có một vectơ pháp tuyến là n   AB, AC   (8;8; 4). Suy ra mp(ABC) có phương trình: 8x  8(y 1)  4(z 1)  0  2x  2y  z  1  0 1 Ta có VABCD  d ( D;( ABC )).S ABC nên VABCD lớn nhất khi và chỉ khi d ( D;( ABC )) lớn nhất. Gọi 3 D1D2 là đường kính của mặt cầu (S) vuông góc với mp(ABC). Ta thấy với D là 1 điểm bất kỳ thuộc (S) thì d ( D;( ABC ))  max d ( D1 ;( ABC )); d ( D2 ;( ABC )) . Dấu “=” xảy ra khi D trùng với D1 hoặc D2 Đường thẳng D1D2 đi qua I(1;0;-1), và có VTCP là n ABC  (2; 2;1).  x  1  2t  Do đó (D1D2) có phương trình:  y  2t .  z  1  t .  x  1  2t 2  t  y  2t   3 Tọa độ điểm D1 và D2 thỏa mãn hệ:   z   1  t  t  2    ( x  1) 2  y 2  ( z  1) 2  4 3  7 4 1   1 4 5   D1  ; ;  & D2  ; ;  3 3 3   3 3 3  7 4 1 Ta thấy: d ( D1;( ABC))  d ( D2 ;( ABC)) . Vậy điểm D  ;  ;   là điểm cần tìm  3 3 3 Chọn đáp án D.. 1 3  ;0  và mặt cầu  S  : x 2  y 2  z 2  8. Đường Câu 52. Trong không gian Oxyz , cho điểm M  ; 2 2   thẳng d thay đổi, đi qua điểm M , cắt mặt cầu  S  tại hai điểm phân biệt. Tính diện tích lớn nhất S của tam giác OAB. A. S  7 . B. S  4 . C. S  2 7 . Hướng dẫn giải: Mặt cầu  S  có tâm O  0;0;0  và bán kính R  2 2 .. D. S  2 2 . A. Vì OM  1  R nên M thuộc miền trong của mặt cầu  S  . Gọi A , B là giao điểm của đường thẳng với mặt cầu. Gọi H là chân đường cao hạ từ O của tam giác OAB . Đặt x  OH , ta có 0  x  OM  1 , đồng thời. H. O. HA  R  OH  8  x . Vậy diện tích tam giác OAB là 1 SOAB  OH . AB  OH .HA  x 8  x 2 . 2 Khảo sát hàm số f ( x)  x 8  x 2 trên  0;1 , ta được 2. 2. max f  x   f 1  7 .  0;1. – Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất. [Type here]. M. 2. B.

(153) Giáo viên: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A. Toán 12. Vậy giá trị lớn nhất của S OAB  7 , đạt được khi x  1 hay H  M , nói cách khác là d  OM . Chọn đáp án A. x  2t  2 2 2 Câu 53. Cho mặt cầu  S  : x  y  z  2 x  4 z  1  0 và đường thẳng d :  y  t . Tìm m để d z  m  t  cắt  S  tại hai điểm phân biệt A, B sao cho các mặt phẳng tiếp diện của  S  tại A và tại B vuông góc với nhau. A. m  1 hoặc m  4 B. m  0 hoặc m  4 C. m  1 hoặc m  0 D. Cả A, B, C đều sai Hướng dẫn giải: Để thỏa mãn yêu cầu đề bài thì trước tiên d phải cắt mặt cầu, tức là phương trình. 2  t . 2.  t 2   m  t   2. 2  t   4. m  t   1  0 có hai nghiệm phân biệt. 2.  3t 2  2  m  1 t  m 2  4m  1  0 2 Phương trình có hai nghiệm phân biệt khi  '  0   m  1  3m  12m  3  0 2.  m2  5m  1  0 . Với phương trình có hai nghiệm phân biệt , áp dụng định lí Viet ta có m 2  4m  1 2 t1t2  ; t1  t2   m  1 3 3 Khi đó IA  1  t1; t1; m  2  t1  , IB  1  t2 ; t2 ; m  2  t2  . Vậy IA.IB  1  t1 1  t2   t1t2   m  2  t1  m  2  t2   0.  3t1t2   m  1 t1  t2    m  2   1  0 2.  m 2  4m  1 . 2  m  1 2 2 (TM).  m  1   m  2   1  0   3  m  4. Chọn đáp án A. Câu 54. rong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho ba điểm A 1;01;1 , B 1;2;1 , C  4;1; 2  và mặt phẳng  P  : x  y  z  0 . Tìm trên (P) điểm M sao cho MA2  MB2  MC 2 đạt giá trị nhỏ nhất. Khi đó M có tọa độ A. M 1;1; 1 B. M 1;1;1 C. M 1;2; 1 D. M 1;0; 1 Hướng dẫn giải: Gọi G là trọng tâm của tam giác ABC, ta có G  2;1;0  , ta có. MA2  MB 2  MC 2  3MG 2  GA2  GB 2  GC 2 1 Từ hệ thức (1) ta suy ra : MA2  MB2  MC 2 đạt GTNN  MG đạt GTNN  M là hình chiếu vuông góc của G trên (P). Gọi (d) là đường thẳng qua G và vuông góc với (P) thì (d) có x  2  t  phương trình tham số là  y  1  t z  t . – Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất. [Type here].

(154) Giáo viên: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A. Toán 12. x  2  t t  1 y 1 t x  1   Tọa độ M là nghiệm của hệ phương trình    M 1;0; 1 z  t y  0  x  y  z  0  z  1 Chọn đáp án D. 2 2 2 Câu 55. Trong không gian Oxyz, cho mặt cầu  S  : x  y  z  4 x  6 y  m  0 và đường thẳng. x y 1 z 1   . Tìm m để (d) cắt (S) tại hai điểm M, N sao cho độ dài MN bằng 8. 2 1 2 A. m  24 B. m  8 C. m  16 D. m  12. d  :. Hướng dẫn giải: (S) có tâm I  2;3;0  và bán kính R .  2. 2.  32  02  m  13  m  m  13. Gọi H là trung điểm M, N  MH  4. u, AI    Đường thẳng (d) qua A  0;1; 1 và có vectơ chỉ phương u   2;1;2   d  I ; d   3 u Suy ra R  MH 2  d 2  I ; d   42  32  5 Ta có 13  m  5  13  m  25  m  12 Chọn đáp án D. Câu 56. Trong không gian Oxyz, cho điểm A  2;0; 2  , B  3; 1; 4  , C  2;2;0  . Điểm D trong mặt phẳng (Oyz) có cao độ âm sao cho thể tích của khối tứ diện ABCD bằng 2 và khoảng cách từ D đến mặt phẳng (Oxy) bằng 1 có thể là: A. D  0; 3; 1 B. D  0;2; 1 C. D  0;1; 1 D. D  0;3; 1 Hướng dẫn giải:  D  0; b; c  với c  0 Do D   Oyz  . c  1 loai    D  0; b; 1 Theo giả thiết: d  D,  Oxy    1  c  1   c   1  Ta có AB  1; 1; 2  , AC   4;2;2  , AD   2; b;1.   AB, AC  . AD  6b  6 Suy ra  AB, AC    2;6; 2   b  3 1 Cũng theo giả thiết, ta có: VABCD   AB, AC  . AD  b  1  2   6 b  1 Chọn đáp án D.. – Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất. [Type here].

(155) Giáo viên: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A. Toán 12. SỐ PHỨC Câu 1. Cho hai số phức phân biệt z 1 ; z 2 thỏa điều kiện. z1. z2. z1. z2. là số ảo. Khẳng định nào sau đây là. đúng? A. z1. 1; z 2. Hướng dẫn giải: z1 z 2 z1 z2 Thì. B. z1. 1. z1. z2. z1. z2. z1. z 2 z1. z2. z1 z1. z2 z2. 0.. C. z 1. z2. z2. D. z 1. z2. 0.. là số ảo. z1. z2. z1. z2. z1. z2. z1. z2. z1. z 2 z1. z1. z2. z. 0.. 0.. z1. z2. z1. z2. z1. z2. z1. z2. 2 z1 z1. z2 z2. 0. 0. 0.. Chọn đáp án A. Câu 2. Gọi z1 ; z2 ; z3 ; z4 là 4 nghiệm phức của phương trình z4 trị m để z1. z2. z3. m z2. 4. z1;2. 2i. z3;4. i m. Khi đó hoặc. 6. z1. m. 0. 6. z1. m. 0. B. m 4m. m z2. 4m. 0 . Tìm tất cả các giá. 6.. z4. 1 A. m Hướng dẫn giải:. z4. 4. z2. 0. C. m. 2. 4 z2. m. z1;2. 0. 2i. z3;4. m. 3. D. m. nếu m 0 hoặc. nếu m 0 z2 z2. Kết hợp lại thì m Chọn đáp án D.. z3 z3. z4 z4. 4. 4. 2. m. 2 m. m. m. 1. 1. 1 thoả mãn bài toán.. Câu 3. Tìm số phức z biết z thỏa mãn phương trình A. 1 B. 1+i Hướng dẫn giải: z  z  2  z  z.z  2z z  a  bi  a 2  b 2  2(a  bi). z z 2 z C. 1-i. D. i.  (a  a 2  b 2 )  bi  2a  2bi  a  1  z  1  b  0 a  a 2  b 2  2a a 2  a  0      a  0 b   2b b  0     z  0(loai)  b  0. .. Chọn đáp án A. – Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất. [Type here]. 1.

(156) Giáo viên: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A. Toán 12. Câu 4. Trong các số phứ c thỏa điề n kiê ̣n z  4i  2  2i  z , modun nhỏ nhấ t của số phức z bằ ng? A. 2 2. B. 2. D. 3 2 .. C. 1. Hướng dẫn giải: Giả sử số phứ c z  x  yi Theo đề z  4i  2  2i  z. x, y  R.  (x  2) 2  (y  4) 2  x 2  (y  2) 2  x y40  y  4  x (1). Mà z  x2  y 2  x2  (4  x)2. (thay (1) vào).  2( x  2) 2  8  2 2 . Chọn đáp án A.. Câu 5. Cho số phức z  0 thỏa mãn z  2 . Tìm tổng giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức. zi . z A. 1 . B. 2 . C. 3 . D. 4 . Hướng dẫn giải: i i i 1 i 1 1 1 Ta có 1   1   1   1   1   1  . Mặt khác z  2   suy ra z z z z z z z 2 3 1 1 3  P  Suy ra giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất là , . Vậy tổng tổng giá trị lớn nhất và giá trị 2 2 2 2 nhỏ nhất của biểu thức P là 2 . Chọn đáp án B. P. Câu 6. Số phức z có mô đun lớn nhất và thỏa mãn điều kiện Z 1  i   3  2i  A. z  1  3i. B. z . 2 1  i 2 2. C. z . 3 1  i 2 2. 13 là: 2 D. z . 3 15  i 4 4. Hướng dẫn giải: 2 2 + Gọi z=x+yi. Từ giả thiết ta có: ( x  y  3)  ( x  y  2) . 13 4. + Đồng thời | z | x 2  y 2 lớn nhất. Chọn đáp án A. Câu 7. Tính tổng mô-đun tất cả các nghiệm của phương trình:  z  i   z 2  1 z 3  i   0 A. 3 Hướng dẫn giải:. B. 4. C. 6. D. 8.  z  i  z  i  z  1  z  i  z  1   z  i  z  i   z 2  1 z 3  i   0   z  1   z  i   z 3  i 3  0  2  z  i  5  z  iz  1  0  2 Suy ra tổng mô-đun các nghiệm bằng 6. – Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất. [Type here].

(157) Giáo viên: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A. Toán 12. Chọn đáp án C. Câu 8. Gọi A, B, C lần lượt là các điểm biểu diễn của 3 số phức: 1 2i; (1 i )(1 2i );. y. 2  6i .Diện tích của tam giác 3 i. ABC bằng: 1 1 A. B. 2 4 5 5 D. 5 2 Hướng dẫn giải: Dùng máy tính casio ta có A(1;2), B(3;1) ,C(0;2) 1 Dùng công thức S   AB, AC  Với 2 AB   2; 1;0  , AC   1;0;0 . C. I. N. M. M’. x. O. Dùng máy tính ta có kết quả B: S=1/2 (Có thể dùng công thức tính diện tích phần Oxy tính nhanh hơn) Chọn đáp án B. m 1 Câu 9. Cho số phức z   m   . Số các giá trị nguyên của m để z  i  1 là 1  m  2i  1 A.  Hướng dẫn giải: Ta có z  i .  z i . B. 1. D. Vô số. C. 4. m  1  i 1  2mi  m  3m  1   m  1 i m 1 i   1  m  2i  1 1  m  2i  1 1  m  2mi. 3m  1   m  1 i 1  m  2mi. . 3m  1   m  1 i 1  m  2mi. 1.  3m  1   m  1 i  1  m  2mi   3m  1   m  1  1  m   4m 2 2.  5m 2  6m  1  0  1  m  . 2. 2. 1 5. Vì m   Không có giá trị của m thỏa mãn. Chọn đáp án A. Câu 10. Cho hai số phức z1; z2 thỏa mãn iz1  2 . 1 và z2  iz1 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 2. z1  z2 . 1 1 1 1 B. 2  C. 2  D. 2  2 2 2 2 Hướng dẫn giải: Bài toán này, thực chất là dựa trên kiến thức “ Biểu diễn hình học số phức”. Ta thấy nếu đặt z1  x1  y1i  x1; y1   . Khi đó điểm M  x1; y1  là điểm biểu diễn số phức z1 thỏa mãn: 2 1 1 1 i  x1  y1i   2   ix1  y1  2   x12  y1  2  . Suy ra tập hợp các điểm M 2 2 4 1 biểu diễn z1 là đường trong  C  có tâm I 0; 2 và bán kính R  . 2 Khi đó nếu N là điểm biểu diễn của số phức z2 thì việc tìm GTNN của z1  z2 là việc tìm GTNN của MN. A. 2 . . . . . – Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất. [Type here].

(158) Giáo viên: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A. Toán 12. Theo đề thì z2  iz1   y1  x1i  N   y1; x1  là điểm biểu diễn z2 . Ta nhận thấy rõ ràng. OM .ON   x1 y1  x1 y1  0  OM  ON . Dễ nhận thấy OM  ON  x12  y12 Ta có hình vẽ sau: Do OMN là tam giác vuông cân tại O nên MN  OM 2 , do đó để MN nhỏ nhất thì OM nhỏ nhất. Dễ thấy, OM nhỏ nhất khi M  M ' (M’ là giao điểm của OI với đường tròn như hình vẽ) Tức là 1 1 1   M  0; 2   . Khi đó MN  OM 2   2   2  2  . 2 2 2   Chọn đáp án A. Câu 11. Trong mặt phẳng phức Oxy , trong các số phức z thỏa z  1  i  1 . Nếu số phức z có môđun lớn nhất thì số phức z có phần thực bằng bao nhiêu ?  2 2 2 2 2 2 2 2 A. . B. . C. . D. . 2 2 2 2 Hướng dẫn giải: Gọi M  x, y  là điểm biểu diễn số phức z  x  yi  x, y  R  Gọi A là điểm biểu diễn số phức 1  i Ta có: z  1  i  1  MA  1 . Vậy tập hợp điểm biểu diễn số phức là hình tròn tâm A  1,1 , R  1 như hình vẽ Để max z  max  OM .  x  12   y  12  1  M thỏa hệ:  y  x  2 2 22 x ,x   2 2 Chọn đáp án A. Câu 12. Trong mặt phẳng phức Oxy , các số phức z thỏa z  2i  1  z  i . Tìm số phức z được biểu diễn bởi điểm M sao cho MA ngắn nhất với A 1,3  . A. 3  i . B. 1  3i . C. 2  3i . Hướng dẫn giải: Gọi M  x, y  là điểm biểu diễn số phức z  x  yi  x, y  R . D. 2  3i .. Gọi E 1, 2  là điểm biểu diễn số phức 1  2i Gọi F  0, 1 là điểm biểu diễn số phức i Ta có: z  2i  1  z  i  ME  MF  Tập hợp điểm biểu diễn số phức z là đường trung trục. EF : x  y  2  0 . Để MA ngắn nhất khi MA  EF tại M  M  3,1  z  3  i Chọn đáp án A. Câu 13. Trong các số phức z thỏa mãn A. 1. Hướng dẫn giải: Ta có:. B. 2.. 2z  i  1 . Tìm giá trị lớn nhất của z . 2  iz C.. 2. D.. 3. – Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất. [Type here].

(159) Giáo viên: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A. Toán 12. (2 z  i )(2 z  i )  (2  iz )(2  iz ) 2z  i 2z  i 2z  i 1 . 1   z.z  1 2  iz 2  iz 2  iz 2  iz  0 Chọn đáp án A. Câu 14. Xác định tập hợp các điểm trong mặt phẳng phức biểu diễn các số phức z thỏa mãn từng điều kiện sau: z  z  3  4i .. 25 0 B. 3x  4 y  25  0 2 25 0 C. 3x  4 y  D. 3x  4 y  25  0 2 Hướng dẫn giải: Vì z  z nên z  3  4i  z  3  4i  z  3  4i , A. 3x  4 y . suy ra z  z  3  4i  z  z  3  4i . z  3  4i 1 z. z  3  4i  1 là đường trung trực của đoạn thẳng OA, với z 3  O  0  và A  3  4i  . Đường trung trực này đi qua trung điểm K   2i  của đoạn thẳng OA và 2  nhận véctơ OA 3  4i  làm véctơ pháp tuyến nên có phương trình là: Tập hợp điểm có tọa vị z thỏa mãn. 25 3  0. 3  x    4  y  2   0  3x  4 y  2 2  Chọn đáp án A. Câu 15. Điểm M biểu diễn số phức z  0 và điểm M’ biểu diễn số phức z ' . 1 . Nếu điểm M di động z. trên đường tròn tâm A(-1;1) bán kính R  2 thì M’ di động trên đường nào? A. x2  y 2  2 x  2 y  0 B. 2 x  2 y  1  0 C. 2 x  2 y  1  0 D. 2 x  2 y  1  0 Hướng dẫn giải: x  x'  2  x  y2 1 z  Ta có z '   2 . Do đó  y z z y'  2  x  y2 M di động trên đường tròn tâm A(-1;1) bán kính R  2 nên 2 2  x  1   y  1  2.  x2  y 2  2x  2 y  0 . x2  y 2  2 x  2 y 0 x2  y 2. 2x 2y  2  0  2 x ' 2 y ' 1  0 2 x y x  y2 Chọn đáp án C.  1. 2. Câu 16. Tìm số thực m  a  b 20 (a, b là các số nguyên khác 0) để phương trình 2z 2  2(m  1) z  (2m  1)  0 có hai nghiệm phức phân biệt z1, z2 thỏa mãn z1  z2  10 . Tìm a. A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 – Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất. [Type here].

(160) Giáo viên: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A. Toán 12. Hướng dẫn giải:.  '  m2  6m  1 TH1:  '  0 hay m  (;3  10)  (3  10; ) Khi đó z1  z2  10  z12  z22  2 z1z2  10.   2m  1  0  2  m  1  10  (1  m)  10 2  (1  m)  (2m  1)  2m  1  10    2m  1  0  m  3  20   2  m  6m  11  0 TH2:  '  0 hay m  (3  10;3  10). (loai). 1  m  i (m2  6m  1) 1  m  i (m2  6m  1)   10 Khi đó: z1  z2  10  2 2 Hay. (1  m) 2  (m2  6m  1)  10  m  2. Vậy m = 2 hoặc m  3  20 Chọn đáp án C. Câu 17. Cho các số phức z thỏa mãn z  2 .Biết rằng tập hợp các điểm biểu diễn các số phức. w  3  2i   2  i  z là một đường tròn.Tính bán kính r của đường tròn đó. A. 20 Hướng dẫn giải: Đặt w  x  yi,  x, y . B.. 20. C.. 7. D. 7. . w  3  2i   2  i  z  x  yi  3  2i   2  i  z z. x  3   y  2 i 2i. . 2x  y  8 x  2 y  1  i 5 5.  2x  y  8   x  2 y  1       2 5 5     2. 2.  x2  y 2  6x  4 y  7  0   x  3   y  2   20 2. 2. Bán kính của đường tròn là r  20 Chọn đáp án B. Câu 18. Cho hai số phức u,v thỏa mãn u  v  10 và 3u  4v  2016 . Tính M  4u  3v . A. 2984 B. 2884 Hướng dẫn giải: 2 Ta có z  z.z . Đặt N  3u  4v .. . . C.. . 2894. D.. 24. . Khi đó N 2   3u  4v  3u  4v  9 u  16 v  12 uv  vu . 2. 2. . . Tương tự ta có M 2  16 u  9 v  12 uv  vu . 2. 2. – Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất. [Type here].

(161) Giáo viên: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A. . Do đó M 2  N 2  25 u  v 2. 2. Toán 12.   5000 .. Suy ra M 2  5000  N 2  5000  2016  2984  M  2984 . Chọn đáp án A. z 6  7i  Câu 19. Cho số phức z thoả mãn: z  . Tìm phần thực của số phức z 2017 . 1  3i 5 1008 1008 A. 2 B. 2 C. 2504 D. 22017 Hướng dẫn giải: z 6  7i  Cho số phức z thoả mãn: z  . Tìm phần thực của số phức z 2013 . 1  3i 5 a  bi 6  7i  Gọi số phức z  a  bi (a, b  )  z  a  bi thay vào (1) ta có a  bi  1  3i 5 (a  bi )(1  3i ) 6  7i a  bi    10a  10bi  a  3b  i (b  3a )  12  14i 10 5  9a  3b  i (11b  3a)  12  14i 9a  3b  12 a  1   11b  3a  14 b  1. a  b  1  z  1  i  z 2017   (1+i) 4 . 504. 1  i    4  1  i   21008  21008 i 504. Chọn đáp án B. Câu 20. Cho số phức z có mô đun bằng 2017 và w là số phức thỏa mãn biểu thức Môđun của số phức w bằng: A. 1 B. 2 Hướng dẫn giải:. C. 2016. 1 1 1   . z w zw. D. 2017.  z  w  zw  0 1 1 1 zw 1   0 Từ   z w zw zw zw zw  z  w  2. 2 2 1 2 3 2 1  3 2 1   i 3w     z  w  zw  0  z  zw  w  w  0   z  w    w   z  w     4 4 2  4 2   2    2. 2. 2. 2. 2  1 i 3 w   i 3w  z  Từ  z       z      w  w= 2  2  2   1 i 3   2    2   2 2017  2017 Suy ra: w  1 3  4 4 Chọn đáp án D.. Câu 21. Biết số phức Z thỏa điều kiện 3  z  3i  1  5 . Tập hợp các điểm biểu diễn của Z tạo thành một hình phẳng. Diện tích của hình phẳng đó bằng A. 16 B. 4 9 C. D. 25 Hướng dẫn giải: Đặt z=x+yi. 8. 6. 4. 2. O nhất – Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới. [Type here] 2. 5. 2.

(162) Giáo viên: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A. Toán 12. z  3i  1  x  1  ( y  3)i  ( x  1)2  ( y  3)2 Do đó 3  z  3i  1  5  9  ( x  1) 2  ( y  3) 2  25 Tập hợp các điểm biểu diễn của Z là hình phẳng nằm trong đường tròn Tâm I (1 ;3) với bán kính bằng R=5 đồng thời nằm ngoài đường tròn tâm I (1 ;3) với bán kính r=3 Diện tích của hình phẳng đó là. S  .52  .32  16 Chọn đáp án A. Câu 22. Số Phức cho ba số phức z1, z2 , z3 thỏa mãn z1  z2  z3  1 và z1  z2  z3  1. Mệnh đề nào sau đây là sai. A. Trong ba số đó có hai số đối nhau. B. Trong ba số đó phải có một số bằng 1. C. Trong ba số đó có nhiều nhất hai số bằng 1. D. Tích của ba số đó luôn bằng 1. Hướng dẫn giải: Ta có: z1  z2  z3  1  1  z1  z2  z3 . Nếu 1  z1  0 thì z2  z3  0  z2   z3 . Nếu 1  z1  0 thì điểm P biểu diễn số phức 1 z1  z2  z3 không trùng với góc tọa độ O. Gọi M là điểm biểu diễn của số phức z1 và A là điểm biểu diễn của số 1. Khi đó ta có OA  OM  OP (do P là điểm biểu diễn của số 1   z1  ) nên OAPM là hình bình hành. Mà z1  z2  z3  1 nên các điểm biểu diễn cho ba số z1, z2 , z3 đều nằm trên đường tròn đơn vị. Ta cũng có OA  OM  1 nên OAPM là hình thoi. Khi đó ta thấy M, A là giao điểm của đường trung trực đoạn OP với đường tròn đơn vị. Tương tự do P cũng là điểm biểu diễn của z2  z3 , nếu M’ và A’ là hai điểm biểu diễn của số z2 , z3 thì ta cũng có M’, A’ là giao điểm đường trung trực của OP và đường tròn đơn vị. Vậy M '  M , A '  A hoặc ngược lại. Nghĩa là z2  1, z3   z1 hoặc z3  1, z2   z1 . Do đó A, B là mệnh đề đúng. C đúng là hiển nhiên, vì nếu ba số đều 1 một thì tổng bằng 3. 2 2 2 2  i, z3    i thỏa hai tính chất trên của đề bài nhưng D sai vì với z1  1, z2  2 2 2 2 z1z2 z3  1. Chọn đáp án D. 1 1 1 Câu 23. Cho z là số phức có mô đun bằng 2017 và w là số phức thỏa mãn   . Mô đun z w zw của số phức w là A. 2015 B. 1 C. 2017 D. 0 Hướng dẫn giải: 1 1 1 Từ   ta suy ra z 2  w 2  zw  0 z w zw 2. 2  1 i 3 w   i 3w     z       z      w 2  2  2 2    Lấy mô đun hai vế ta có z  w  2017 . Chọn đáp án C.. – Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất. [Type here].

(163) Giáo viên: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A. Toán 12. Câu 24. Cho số phức z thoả mãn điều kiện z  2  3i  3 . Tìm giá trị. y. nhỏ nhất của z A.. 13  3. x O. B. 2. z. C. 13  2 D. 2 Hướng dẫn giải: Các điểm M biểu diễn số phức z thoả mãn z  2  3i  3 nằm trên. M. C. I. đường tròn (C) tâm I(2; −3) và bán kính R = 3 . (Ý nghĩa hình học của z : độ dài OM) Ta có |z| đạt giá trị nhỏ nhất  điểm M(C) và OM nhỏ nhất. (Bài toán hình học giải tích quen thuộc) Ta có: OM  OI – IM = OI – R = 13  3 . Dấu « = » xảy ra khi M là giao điểm của (C) và đoạn thẳng OI. Vậy GTNN của z là:. 13  3 .. Chọn đáp án A. Câu 25. Cho số phức z thỏa mãn: z  3  4i  4 . Tìm giá trị nhỏ nhất của z . A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 Hướng dẫn giải:. Giả sử z  a  bi , ta có: a  bi  3  4i  4   a  3   b  4   16 2. 2. a  3  4sin  a  3  4sin   b  4  4cos  b  4cos   4. Đặt .  z  a 2  b 2  9  16sin 2   24sin   16cos 2   16  32cos  2.  41  24sin   32cos  3 4  41  40( sin   cos  ) 5 5. 3 4 2 ,sin    z  a2  b2  41  40sin(   )  1 . 5 5   Dấu “=” xảy ra khi       k 2        k 2 . Đặt cos  . 2. 2. Vậy Min z  1 . Chọn đáp án A.. z  (1  i)n , n  Câu 26. Tìm phần thực của số phức thỏa mãn trình log4 (n  3)  log4 (n  9)  3 A. 5 B. 6 C. 7 D. 8 Hướng dẫn giải: Điều kiện n > 3, n Phương trình log4 (n  3)  log4 (n  9)  3  log4 (n  3)(n  9)  3  n  7 (so đk) 3. 2 z  (1  i)7  (1  i). 1  i    (1  i)(2i)3  8  8i  . Vậy phần thực của số phức z là 8. Chọn đáp án D. – Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất. [Type here]. phương.

(164) Giáo viên: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A. Toán 12. 2z 1 Câu 27. Cho số phức z thỏa mãn z  1 và số phức w  . Khi đó mô đun của số phức w là: 2  iz A. w  2 B. 1  w  2. C. w  1 D. w  2. Hướng dẫn giải: Giả sử z  a  bi  a, b . .. z  1  a 2  b2  1.. 4a 2   2b  1 2z  1 2z 1 1  . Xét 2 2  iz 2  iz  2  b  a2 2. 4a 2   2b  1. 2  b.  a2. 2. 2.  1  ...  a 2  b 2  1. (vô lí). Nên w  1. Chọn đáp án C. Câu 28. Cho cá c số phức z thỏa mañ z  1  2 . Biế t rằ ng tâ ̣p hơp̣ các điể m biể u diễn các số phứ c. . . w  1  i 3 z  2 là mô ̣t đường tròn. Tính bá n kính r của đường tròn đó? A. r  4 Hướng dẫn giải:. C. r  16. B. r  2. .   a  1. 2. Giả sử z  a  bi ; w  x  yi ; a ,b, x, y . D. r  25.  b2  4. Theo đề. x  a  2  b 3 x  3  a  1  b 3   w  1  i 3 z  2  x  yi  1  i 3 z  2    y b a 3 y  3 b  3 a 1    . . . . . .    a  1  b 3   b  a  1 3   4  a  1  b   16   x  3   y  3   16 suy ra bán kiń h đường tròn là r  16  4 . .  x  3. . 2.  y 3. 2. 2. 2. 2. 2. 2. 2. Chọn đáp án A. 2 2017 Câu 29. Tìm phần ảo của số phức z , biết số phức z thỏa mãn i. z  2  i  1  i   ...  1  i  .. A. 1 B. 21009 C. 21009 D. 21009 i Hướng dẫn giải: 2 2017 Ta thấy 1; 1  i; 1  i  ; ........; 1  i  lập thành một cấp số nhân gồm 2018 số hạng với u1  1 công bội. q  1 i . q 2018  1 1  i   u1  q 1 i. 2018. Suy ra i. z  S2018.  z  1  1  i . 2018. 1009. 2  1  1  i    . 1.  i  i 1  i .  1   2i . 1009. 2018.  1  21009 i.  z  1  21009 i Vậy phần ảo của z là 21009 . Chọn đáp án B. Câu 30. Cho các số phức z thỏa mãn z  4 . Biết rằng tập hợp các điểm biểu diễn các số phức w  (3  4i) z  i là một đường tròn. Tính bán kính r của đường tròn đó. A. r  4. B. r  5. C. r  20. Hướng dẫn giải:. D. r  22.. – Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất. [Type here]. .

(165) Giáo viên: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A Gọi w  a  bi , ta có w  a  bi  (3  4i) z  i  z . Toán 12. a  (b  1)i  a  (b  1)i  (3  4i)  3  4i 9  16i 2. (3a  4b  4) 2  (3b  4a  3) 2 3a  4b  4 (3b  4a  3)   .i  z  25 25 25 2 2 Mà z = 4 nên  (3a  4b  4)  (3b  4a  3)  1002  a2  b2  2b  399 Theo giả thiết, tập hợp các điểm biểu diễn các số phức w  (3  4i) z  i là một đường tròn nên ta có. a 2  b2  2b  399  a 2  (b  1)2  400  r  400  20 Chọn đáp án C. Câu 31. Với hai số phức z1 và z2 thỏa mãn z1  z2  8  6i và z1  z2  2 . Tìm giá trị lớn nhất của. P  z1  z2 A. P  5  3 5 . Hướng dẫn giải:. B. P  2 26 .. C. P  4 6 .. D. P  34  3 2 .. Đặt OA  z1 , OB  z2 ( với O là gốc tọa độ, A, B là điểm biểu diễn của z1 , z2 ). Dựng hình bình hành OACB , khi đó ta có AB  z1  z2  2, OC  z2  z1  10, OM  5 Theo định lý đường trung tuyến ta có 2  OA2  OB 2   AB 2 2 2 2 OM   OA2  OB 2  52  z1  z2  52 4. . Ta có z1  z2  2 z1  z2 2. 2.  2. 26  Pmax  2 26. Chọn đáp án B.. – Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất. [Type here].

(166)

Bai tap trac nghiem nang cao Toan 12 co dap an va loi giai chi tiet Dang Viet Dong File word

Tài liệu liên quan

Tài liệu bạn tìm kiếm đã sẵn sàng tải về