›
›
›

Đề thi thử Trung học phổ thông quốc gia môn Toán học Lớp 12 - Đề số 7 (Kèm đáp án)

doc 32 trang nhatle22 5090
Download
Bạn đang xem 20 trang mẫu của tài liệu "Đề thi thử Trung học phổ thông quốc gia môn Toán học Lớp 12 - Đề số 7 (Kèm đáp án)", để tải tài liệu gốc về máy bạn click vào nút DOWNLOAD ở trên

Tài liệu đính kèm:

  • docde_thi_thu_trung_hoc_pho_thong_quoc_gia_mon_toan_hoc_lop_12.doc

Nội dung text: Đề thi thử Trung học phổ thông quốc gia môn Toán học Lớp 12 - Đề số 7 (Kèm đáp án)

  1. ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2017 – Đề 7 Môn: TOÁN Thời gian làm bài: 90 phút, không kể thời gian phát đề mx 2 Câu 1: Cho hàm số y có đồ thị là (Cm). Tìm m để trên đồ thị (Cm) có hai đimẻ P, Q x 1 cách đều hai điểm A(-3,4), B(3,-2) và diện tích tứ giác APBQ bằng 24. m 2 A. B. m = 2 m 2 C. m = -2 D. không có m thỏa mãn 2x 1 Câu 2: Cho hàm số y có đồ thị (C) và các điểm M∈(C) sao cho tổng khoảng cách từ x 1 M đến hai đường tiệm cận bằng 4. Hỏi có mấy đểm M thỏa mãn. A. 1B. 2C. 3D. 4 Câu 3: Cho đồ thị hàm số (C): y = x4 – 6x2 +2. Tìm nhận xét không đúng trong các nhận xét sau: A. Đồ thị hàm số luôn có ba điểm cực trị phân biệt không thẳng hàng B. Hàm số đã cho xác định và liên tục trên ℝ C. Đồ thị hàm số đã cho có hai điểm cực đại và một điểm cực tiểu D. Đồ thị hàm số đã cho đối xứng qua điểm A(0,2). Câu 4: Tìm m để hàm số y m 1 x3 – 3 m 1 x2 2mx 4đồng biến trên khoảng có độ dài không nhỏ hơn 1. A. B.m 9; 1 m ; 9  1; C. D.m ; 9 m ; 9  1; Câu 5: Giả sử hàm số f(x) liên tục trên khoảng (a;b) chứa điểm x0 và có đạo hàm trên khoảng (a; x0) và (x0; b). Khi đó mệnh đề nào sau đây không đúng: A. Nếu f’(x) 0 với mọi x∈(x0; b) thì hàm số f(x) đạt cực tiểu tại điểm x0. B. Nếu f’(x)>0 với mọi x∈(a; x 0) và f’(x)<0 với mọi x∈(x 0; b) thì hàm số f(x) đạt cực đại tại điểm x0. C. Để hàm số f(x) đạt cực trị tại x0 thì hàm số f(x) phải có đạo hàm tại x0. D. Hàm số f(x) vẫn có thể đạt cực trị tại x0 nếu không tồn tại đạo hàm tại x0. 1
  2. Câu 6: Gọi a là chiều dài, b là chiều rộng của hình chữ nhật có diện tích lớn nhất nội tiếp trong đường tròn có bán kính R cho trước, khi đó a, b có giá trị: R R 14 A. B.a a=Rb R ;2 b=RC. D. 3 a ; b a b R 3 2 2 x 1 Câu 7: Cho đồ thị hàm số (C): y , trong các kết luận sau, kết luận nào đúng: x2 x 2 A. Đồ thị hàm số (C) có duy nhất một tiệm cận đứng là x 2 và một tiệm cận ngang là trục hoành. B. Đồ thị hàm số (C) có hai tiệm cận đứng là x 2 và x 1một tiệm cận ngang là trục hoành. C. Đồ thị hàm số (C) có một tiệm cận ngang là trục tung và hai tiệm cận đứng là x và2 x 1. D. Đồ thị hàm số (C) có một tiệm cận ngang là trục tung và một tiệm cận đứng duy nhất là x=1. mx 1 Câu 8: Với giá trị nào của m thì hàm số y tăng trên từng khoảng xác định ? x 1 A. B.m C. 0 D. m 1 m 1 m 0 Câu 9: Gọi M và m lần lượt là GTLN và GTNN của hàm số y x 1 x2 trên tập xác định. Khi đó M – m bằng: A. 1B. 2C. 3D. đáp số khác Câu 10: Đường cao tốc mới xây nối hai thành phố A và B, hai thành phố này muốn xây một trạm thu phí và trạm xăng ở trên đường cao tốc như hình vẽ. Để tiết kiệm chi phí đi lại, hai thành phố này quyết định toán xem xây trạm thu phí ở vị trí nào để tổng khoảng cách từ hai trung tâm thành phố đến trạm là ngắn nhất, biết khoảng cách từ trung tâm thành phố A, B đến đường cao tốc lần lượt là 60km và 40km và khoảng cách giữa hai trung tâm thành phố là 120km (được tính theo khoảng cách của hình chiếu vuông góc của hai trung tâm thành phố lên đường cao tốc, tức là PQ kí hiệu như hình vẽ). Tìm vị trí của trạm thu phí và trạm xăng? (Giả sử chiều rộng của trạm thu phí không đáng kể). 2
  3. A. 72km kể từ PB. 42km kể từ QC. 48km kể từ PD. tại P Câu 11: Cho hàm số y 2x3 3 2m 1 x2 6m m 1 x 1 . Câu nào sau đây là đúng ? A. Với mọi m, hàm số luôn đạt cực trị tại x1; x2 và x2 x1 . B. Tọa độ điểm cực đại thỏa mãn phương trình y 3x2 1 . C. Với m 0 thì hàm số đồng biến trên khoảng 0;1 . D. Chỉ b, c đúng. 2 x Câu 12: Cho phương trình log3(x 2) log3 0 . Tổng các nghiệm của x2 3x 3 phương trình là: 11 5 A. 4 B. C. D. 3 4 2 Câu 13: Cho log3 2 a; log3 5 b , khi đó log340 bằng: A. B.3a C. b D. a 3b 3a b a 3b ex e x Câu 14: Tìm đạo hàm của hàm số y ex e x 2(e2x e 2x ) 2 A. B.y' y' 2 2 ex e x ex e x 4 C. D.y' Đáp án khác 2 ex e x ln x 2 Câu 15: Tập xác định của hàm số y là: ln x 1 A. B.D (e 2; ) D (e 1; ) 3
  4. C. D.D (0;e 2 ] (e 1; ) D ( ;e 2 )  (e 1; ) Câu 16: Đạo hàm của hàm số y (x3 x)ln(x2 1) có dạng: A. B.y' (3x2 1)ln(x2 1) 2x2 y' (3x2 1)ln(x2 1) 2x2 C. D.y' (3x2 1)ln(x2 1) 2x y' (3x2 1)ln(x2 1) 2x Câu 17: Có bao nhiêu giá trị nguyên của m để phương trình: log3(x 2) 2mlog x 2 3 16 Có hai nghiệm đều lớn hơn - 1 A. vô sốB. không có mC. 63 giá trịD. 15 giá trị Câu 18: Cho hàm số y e x (x 2) và các phát biểu sau: I.Hàm số có tập xác định là ℝ. II.Hàm số đạt cực tiểu tại duy nhất một điểm là x 3 . III.Đồ thị hàm số cắt Oy tại A, khi đó đường thẳng tiếp xúc với độ thị hàm số tại A có hệ số góc là 3. A. chỉ I và II đúngB. chỉ II và III đúng. C. chỉ I và III đúngD. cả I, II, III đều đúng. x 1 Câu 19: Tìm m để bất phương trình sau thỏa mãn với mọi x > 0: log2 (2 6) m x A. B.m C. 3 không tồn tại mD.m mọi 3 m 2x 2 x 13 1 Câu 20: Bất phương trình 3 5 x có bao nhiêu nghiệm nguyên dương ? 9 A. 6B. 10C. 11D. vô số Câu 21: Theo số liệu từ Facebook, số lượng các tài khoản hoạt động tăng một cách đáng kể tính từ thời điểm tháng 2 năm 2004. Bảng dưới đây mô tả số lượng U(x) là số tài khoản hoạt động, trong đó x là số tháng kể từ sau tháng 2 năm 2004. Biết số lượt tài khoản hoạt động x tăng theo hàm số mũ xấp xỉ như sau: U x A. 1 0,04 với A là số tài khoản hoạt động đầu tháng 2 năm 2004. Hỏi đến sau bao lâu thì số tài khoản hoạt động xấp xỉ là 194 790 người, biết sau hai tháng thì số tài khoản hoạt động là 108 160 người. A. 1 năm 5 thángB. 1 năm 2 tháng C. 1 nămD. 11 tháng 1 1 1 1 Câu 22: Cho x=2016!, khi đó A . A có giá trị bằng: log2 x log3 x log4 x log2016 x A. 1B. log2016C. 2016!D. không tính được. 4
  5. 2 Câu 23: Phương trình log4 x log2 x.log2 ( x 1 1) có số nghiệm là A. 3B. 2C. 0D. 1 Câu 24: Mệnh đề nào là sai trong các mệnh đề sau ? x2 6x 1 x2 10 A. Hàm số F(x) và G(x) là nguyên hàm của cùng một hàm số. 2x 3 2x 3 B. Hàm số F(x) 5 2sin2 x và G(x) 1 cos 2x là nguyên hàm của cùng một hàm số. x 1 C. Hàm số F(x) x2 2x 2 là nguyên hàm của hàm số f (x) x2 2x 2 D. Hàm số f (x) sin x là một nguyên hàm của hàm số f (x) cos x Câu 25: Trong các hàm số sau: 2 I.f (x) tan2 x 2 II.f (x) III. f (x) tan2 x 1 cos2 x Hàm số nào có một nguyên hàm là hàm số g(x)=2 tan x A. I, II, IIIB. II, IIIC. I, IIID. II, III Câu 26*: Tính thể tích vật thể tạo được khi lấy giao vuông góc hai ống nước hình trụ có cùng bán kính đáy bằng A. 16a3 2a3 4a3 A. B.V C. D. V V V a3 3 3 3 Câu 27: Tính diện tích hình phẳng được giới hạn như hình vẽ: y 4 0 x - 2 2 28 25 22 26 A. B. C. D. 3 3 3 3 5
  6. Câu 28: Cho hình phẳng D được giới hạn bởi y tan x; x 0; x ; y 0 . Gọi S là diện 3 tích hình phẳng giới hạn bởi D, V là thể tích vật tròn xoay khi quay D quanh Ox. Chọn mệnh đề đúng trong các mệnh đề sau: A. B.S ln 2,V 3 S ln 2,V 3 3 3 C. D.S ln 3,V 3 S ln 3,V 3 3 3 ln m ex Câu 29: Cho A dx ln 2 . Khi đó giá trị của m là: x 0 e 2 A. B.m C. 0 D.;m 4 m 2 m 4 m 0 Câu 30: Trong các kết luận sau, kết luận nào sai ? A. Mô đun của số phức zđược a tínhbi a bằng,b ¡ z a2 b2 B. Mô đun của số phức z (với z là khác 0) là một số thực dương. C. Mô đun của số phức z là một số phức. D. A và B đúng. iz (1 3i) z Câu 31: Tìm số phức z thỏa mãn điều kiện: z 2 1 i 45 9 45 9 A. B.z C. D. i z i z 45 9i 45 9i 26 26 26 26 i m 2 m Câu 32: Tìm tất cả các số thực m biết z và z.z trong đó i là đơn vị 1 m(m 2i) 2 ảo. m 0 m 0 A. B. C. D. m 1 m m 1 m 1 z 6 7i Câu 33: Cho số phức z , điểm nào sau đâu là điểm biểu diễn của số phức z: 1 3i 5 A. M(0;1)B. N(1;1)C. P(-1;-1)D. Q(0,-1) 1 Câu 34: Cho hai số phức z 1; z2 thỏa mãn iz 2 và z iz . Tìm giá trị nhỏ nhất của 1 2 2 1 biểu thức z1 z2 1 1 1 1 A. B.2 C. D. 2 2 2 2 2 2 2 6
  7. Câu 35: Đường nối tâm hai mặt kề bên của một hình lập phương có độ dài 32 . Thể tích của khối lập phương này bằng: A. 210B. 210C. 214D. 216 Câu 36: Cho tứ diện ABCD có thể tích khối ABCD bằng 126, hai tam giác ABC và ABD có diện tích cùng bằng 21. M là một điểm thuộc cạnh CD và d 1; d2 lần lượt là khoảng cách từ M đến các mặt phẳng (ABC) và (ABD). Vậy (d1+d2) bằng: A. 18B. 20C. 22D. 24 Câu 37: Cho hình vẽ: 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 h A. B.M NC. D. MN MN 2 3 4 h MN 6 Câu 38: Cho hình lăng trụ tam giác đều ABC.A’B’C’ có cạnh AB=a, góc giữa hai mặt phẳng (A’BC) và (ABC) bằng 60o. Tính theo a thể tích tứ diện B’ABC và khoảng cách từ B đến mặt phẳng (AB’C). a3 3 a a3 3 3a A. B.V ;d V ;d B'ABC 8 4 B'ABC 8 4 a3 3 a a3 3 a 3 C. D.V ;d V ;d B'ABC 4 4 B'ABC 4 8 Câu 39: Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình thang cân ABCD với AB=2a, BC=CD=DA=a và SA (ABCD). Một mặt phẳng qua A vuông góc với SB và cắt AB, SC, SD lần lượt tại M, N, P. Tính đường kính khối cầu ngoại tiếp khối ABCDMNP. a 3 A. B.a a3C. 2aD. R= 2 Câu 40: Cho hình chóp tứ giác đều có cạnh đáy bằng a và cạnh bên cũng bằng A. Thể tích của khối nón ngoại tiếp hình chóp là: a3 2 a3 a3 A. B. C. D. Đáp án khác. 12 12 6 Câu 41: Một hình lập phương có cạnh bằng A. Thể tích của khối trụ ngoại tiếp hình lập phương là: 7
  8. a3 A. B. a C.3 D. 4 a3 2 a3 2 Câu 42: Xét một hộp bóng bàn có dạng hình hộp chữ nhật. Biết rằng hộp chứa vừa khít ba quả bóng bàn được xếp theo chiều dọc, các quả bóng bàn có kích thước như nhau. Phần không gian còn trống trong hộp chiếm: A. 47,64%B. 65,09%C. 82,55%D. 83,3% Câu 43: Một chậu nước hình bán cầu bằng nhôm có bán kính R=10 đặt trong một khung hình hộp chữ nhật (như hình vẽ). Trong chậu chứa sẵn một khối nước hình chỏm cẩu có chiều cao h=2. Người ta bỏ vào chậu một viên bi hình cầu bằng kim loại thì mặt nước dâng lên vừa phủ kín viên bi (như hình vẽ). Cho biết công thức tính thể tích của khối chỏm cầu hình cầu (O;R) 2 h có chiều cao h là: Vchỏm h R , bán kính của viên bi: 3 1 A. B.r C.1 D. Đáp án khác. r r 1,5 2 Câu 44: Phương trình chính tắc của đường thẳng đi qua A(1;4;-7) và vuông góc với mặt phẳng x+2y-2z+3=0 là: y 4 z 7 A. B.x 4 y 1 z 3 x 1 2 2 x 1 z 7 y 4 z 7 C. D. y 4 x 1 4 2 2 4 x z 2 Câu 45: Biết rằng đường thẳng d : y 1 là tiếp tuyến của mặt cầu tâm I(1;3;5). 1 1 1 Bán kính r của mặt cầu có độ dài là: A. B.1 144 C. D. 7 77 Câu 46: Gọi (β) là mặt phẳng song song với mặt phẳng ( ) :3x 2y z 5 0 và chứa x y 8 z 4 đường thẳng d : . Khoảng cách giữa hai mặt phẳng (α) và (β) là: 2 1 4 8
  9. 9 9 3 3 A. B. C. D. 14 14 14 14 Câu 47: Cho tam giác ABC với A(0;-1;2), B(3;0;1), C(2;3;0) và hai mặt phẳng (P): x+2y+z-3=0; (Q): 2x-y-z+3=0. Gọi H là trực tâm tam giác ABC. Gọi ∆ là giao tuyến của (P) và (Q), khi có mặt phẳng (α) đi qua H và chứa ∆ có phương trình: A. B.7x 19y 10z 30 0 7x 19y 10z 4 0 C. D.10 x 7y 19z 30 0 10x 7y 19z 4 0 Câu 48: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt cầu (S) : x 6 y 2 z 2 (x 1)2 (y 2)2 (z 3)2 9 và đường thẳng ∆: . Viết tất cả các 3 2 2 phương trình mặt phẳng (P) đi qua M(4;3;4), song song với đường thẳng ∆ và tiếp xúc với mặt cầu (S). 2x 2y z 18 0 A. B.2x 2y z 18 0 2x y 2z 19 0 C. D.2x Không y 2tồnz tại1 9(P). 0 Câu 49: Cho A 0;2; 2 ,B 3;1; 1 ,C 4;3;0 và D 1;2;m . Tìm m để 4 điểm A, B, C, D đồng phẳng. Một học sinh giải như sau:    Bước 1: AB ( 3; 1;1);AC (4;1;2);AD (1;0;m 2)   1 1 1 3 3 1 Bước 2: AB,AC , , ( 3;10;1) 1 2 2 4 4 1    AB,AC .AD 3 m 2 m 5 .    Bước 3: A, B, C, D đồng phẳng AB,AC .AD 0 m 5 0 Đáp số: m = -5 Bài giải trên đúng hay sai? Nếu sai thì sai ở bước nào? A. ĐúngB. Sai ở bước 1C. Sai ở bước 2D. Sai ở bước 3 Câu 50: Cho A(2;0;0), B(0;2;0), C(0;0;2), D(2;2;2). Mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD có bán kính là: 3 2 A. 3B. C. D. 3 2 3 9
  10. Đáp án 1-B 6-A 11-A 16-A 21-A 26-A 31-A 36-A 41-C 46-B 2-D 7-B 12-B 17-D 22-A 27-A 32-C 37-B 42-D 47-A 3-C 8-B 13-C 18-C 23-D 28-B 33-B 38-B 43-A 48-C 4-B 9-A 14-C 19-B 24-A 29-C 34-A 39-C 44-B 49-C 5-C 10-D 15-C 20-B 25-A 30-C 35-A 40-A 45-A 50-B HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT Câu 1: Đáp án B. Phân tích: Ta nhận thấy đề bài khá phức tạp và rắc tối, tuy nhiên ta có thể nhận thấy như sau. Do P, Q là hai điểm phân biệt và cách đều hai điểm A(-3;4), B(3;-2), nên P, Q nằm trên đường trung trực của đoạn thẳng AB. Khi đó ta sẽ viết được phương trình đường thẳng P, Q cho việc tham số hóa P, Q trở nên đỡ phức tạp hơn, lúc này khi tham số hóa P, Q ta sẽ có hai ẩn là hai hoành độ của P, Q (với hai hoành độ là hai nghiệm của phườn trình hoành độ giao điểm). Khi đã tham số hóa được PQ rồi ra thấy đề cho diện tích tứ giác APBQ do đó ta đi tìm mối liên hệ giữa tọa độ hai điểm P, Q và diện tích tứ giác. Ta nhận thấy ngay tứ giác có hai đường chéo vuống góc, tức là S=AB.PQ do vậy kết hợp với định lí Viet ta sẽ tìm được m. Lời giải chi tiết như sau:  Ta viết được phương trình PQ: qua I(0;1) là trung điểm của AB và có vtpt là AB , khi đó PQ: x y 1 0 . Xét phương trình hoành độ giao điểm giữa đường thẳng PQ và đồ thị (Cm): mx 2 x 1 mx 2 x2 1 (với x≠1). x 1 x2 mx 3 0(*) 0 Để đường thẳng PQ cắt (Cm) tại hai điểm phân biệt khác 1 tức là m 2 m 2 0 2 Khi đó: P(x1;x1 1);Q(x2;x2 1) PQ 2(x2 x1) 2 Ta có: S 24 3 2. 2(x1 x2 ) 24 2 (x1 x2 ) 4x1x2 16 Áp dụng Viet với phương trình (*) ta được 11
  11. 2 m 2 m 12m 16 0 m 2 m 2 Phân tích sai lầm: Nhiều độc giả quên điều kiện để hai nghiệm khác -2 nên đến cuối chọn luôn A là sai. Hãy luôn nhớ điều kiện để mẫu số khác 0. Câu 2: Đáp án D Phân tích: Ta thấy do đề bài liên quan đến hai đường tiệm cận do đó ta sẽ tìm nhanh các đường tiệm cận bằng cách nhẩm nhanah mà tôi đã gửi giới thiệu cho quý độc giả ở các đề trước và ta được: Đồ thị hàm số có tiệm cận ngang y=2 và tiệm cận đứng x=1. Giả sử M(x0;y0), khi đó 3 M x0;2 . x0 1 Khoảng cách từ M đến tiệm cận đứng sẽ là x0 1 . Khoảng cách từ M đến tiệm cận ngang sẽ là 3 3 2 y0 2 . Khi đó x0 1 4 x0 1 4 x0 1 3 0 . Nhận thấy số điểm M x0 1 x0 1 x0 1 1 thỏa mãn phụ thuộc vào số nghiệm của phương trình này. Bấm máy tính ta thấy . x0 1 3 Vậy sẽ có 4 nghiệm thỏa mãn, tức là bốn điểm M. Câu 3: Đáp án C. Phân tích: Ta xét thấy phương trình y’=4x3-12x=0 luôn có ba nghiệm phân biệt do đó A đúng, B đúng do hàm số đa thức luôn xác định và liên tục trên ℝ. Tiếp theo đến nhận xét C thì ta nhớ lại bảng dạng đồ thị hàm số mà tôi đã nhắc nhiều lần cho quý độc giả ở các đề trước, với hàm trùng phương bậc bốn có hệ số a=1>0 và phương trình y’=0 có ba nghiệm phân biệt thì đồ thị hàm số có dạng chữ W (đây chỉ là mẹo nhớ chứ không phải đồ thị có dạng đúng là chữ W), tức là có hai điểm cực tiểu và một điểm cực đại. Vậy C sai. Câu 4: Đáp án B Phân tích: Ta có để hàm số đồng biến trên khoảng có độ dài không nhỏ hơn 1 tức là ta cần đi xét từng trường hợp hệ số a=m+1 lớn hơn hay nhỏ hơn không, từ đó tìm các khoảng đơn điệu, và xét phương trình y’=0 từ đó tìm ra mối liên hệ giữa hoành độ của các điểm cực trị của đồ thị hàm số với các khoảng đơn điệu. Trước tiên: y’ 3 m 1 x2 6 m 1 x 2m Với m 1;y’ 2 0 loại. 12
  12. Với m 1 . Khi đó hệ a m 1 0tức là đồ thị hàm số hoặc không có cực trị, tức là luôn đồng biến trên ℝ, hoặc là đồ thị hàm số có dạng chữ N, khi đó hàm số luôn có khoảng đồng biến có độ dài lớn hơn 1 (thỏa mãn). Với m 1 , thì yêu cầu của bài toán sẽ trở thành y’=0 có hai nghiệm phân biệt thỏa mãn x1 x2 1. Lí giải điều này là do a=m+1 -1 và sẽ chọn C. Câu 5: Đáp án C. Phân tích: Ta lần lượt xét từng mệnh đề một: Ta có f’(x) đổi dấu qua x0, tức là x0 là điểm cực trị của hàm số, và Nếu f’(x) 0 với mọi x a;x0 và f’(x) <0 với mọi x x0;b thì hàm số f(x) đạt cực đại tại điểm x0. Vậy A, B đúng. Với C ta có rõ ràng với hàm số y x2 , hàm số đạt cực tiểu tại x=0 nhưng không có đạo hàm tại x=0, do đó C sai. Câu 6: Đáp án A. Phân tích: 13
  13. Đặt AB=x (0 0 m< -1 (x 1)2 Câu 9: Đáp án A Phân tích: D  1;1 , khi đó để tìm GTLN, GTNN của hàm số trên tập xác định thì ta tìm các giá trị làm cho y’=0 và y’ không xác định, sau đó so sánh các giá trị của hàm số tại các điểm đó với nhau và với điểm đầu mút để kết luận GTLN, GTNN. x.x y' 0 1 x2 0 1 x2 1 1 x2 1 x2 x2 x 2 2 1 1  1 Ta có Min f ;f ;f ( 1);f (1) 2 2  2 14
  14. 1 1  1 Max f ;f ;f ( 1);f (1) 2 2  2 M m 1 Câu 10: Đáp án A Phân tích: Vẽ lại hình vẽ thì ta có hình vẽ đơn giản hóa như sau: Thực chất bài toàn trở thành tìm x để AC+BC nhỏ nhất. Theo định lý Pytago ta có AC 602 x2 ; BC (120 x2 ) 402 x2 240x 16000 Khi đó f (x) AC BC x2 3600 x2 240x 16000 . Ta cần tìm Min f (x) . (0;12) x x 120 Ta có f '(x) ; khi bấm máy tính nhẩm bằng cách nhập vào x2 3600 x2 240x 16000 màn hình biểu thức f’(x) và ấn SHIFT SLOVE và chọn một số nằm trong khoảng (0;120) để dò nghiệm, như tôi nhập 2 máy nhanh chóng hiện nghiệm là 72. Bấm máy tính sử dụng nút TABLE ta nhận thấy phương trình có duy nhất một nghiệm này do f’(x) chỉ đổi dấu qua 72. Khi đó ta có BBT sau: x 0 72 120 f’(x) - 0 + f(x) Min Vậy từ đó ta có thể kết luận CP=72. Câu 11: Đáp án A 15
  15. Phân tích: Ta thấy tất cả các phương án đều liên quan đến cực trị, do vậy trước tiên ta xét phương trình 6x2 6(2m 1)x 6m(m 1) 0 x2 (2m 1)x m(m 1) 0 (2m 1)2 m(m 1) 3m2 3m 1 0 Phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt x1; x2 2 Với A: Ta có x2 x1 1 (x1 x2 ) 4x1x2 1 (2m 1)2 4m(m 1) 1 Vậy đáp án A đúng, Câu 12: Đáp án B Phân tích: Do đề bài yêu cầu tìm tổng các nghiệm của phương trình nên điều kiện x 0;2 2 x log3 (x 2) log31 x2 3x 3 x 3 x(x 2) 1 x(x 2) x2 2x x2 3x 3 log3 log31 1 x 1 x2 3x 3 2 x2 3x 3 2 2 2x x x 3x 3 3 x 2 Câu 13: Đáp án C Phân tích: Ta có thể dùng máy tính để thử từng đáp án một, tuy nhiên tôi giới thiệu các phân tích nhẩm như sau: 3 log3 40 log3(2 .5) 3log3 2 log3 5 3a b Với bài toán này nhẩm còn nhanh hơn bấm máy tính nên hãy rèn luyện tư duy để có thể tiết kiệm thời gian khi cần thiết. Câu 14: Đáp án C u u 'v v'u u u Phân tích: Ta có công thức ' và (e ) u 'e v v2 Khi đó áp dụng vào đây ta được: ex e x (ex e x )'(ex e x ) (ex e x )(ex e x ) (ex e x )2 (ex e x )2 4 ' x x x x 2 x x 2 x x 2 e e (e e ) (e e ) (e e ) Câu 15: Đáp án C Phân tích: Ở đây có hai điều kiện để hàm số xác định, đó là điều kiện để loganepe tồn tại và điều kiện để căn thức tồn tại. 16
  16. x 0 x 0 2 1 0 x e ln x 1 x e x e 1 ln x 1 1 x e ln x 2 2 x e Phân tích sai lầm: Nhiều độc giả quên điều kiện x>0. Từ đó chọn D là sai. Nhiều độc giả lại quên điều kiện ln x 1 . Nên chú ý có đủ các điều kiện. Câu 16: Đáp án A Phân tích: Ta có x3 x ln x2 1 ' x3 x '.ln x2 1 x3 x .ln x2 1 ' 2x (3x2 1).ln(x2 1) (x3 x). (3x2 1).ln(x2 1) 2x2 x2 1 Câu 17: Đáp án D Phân tích: x 2;x 1 Ta nhận thấy có thể đưa về biến chung đó là log3(x 2) , do đó ta biến đổi như sau: 1 pt log (x 2) 2m. .log 3 16 3 1 (x 2) 2 4m log3(x 2) 16 0 log3(x 2) Đặt t log3(x 2) khi đó phương trình trở thành: 4m t 16 0 t2 16t 4m 0(*) (do x+2≠1 nên t≠0) t Mỗi t cho ta một nghiệm x> -2; x≠ 1. Hơn nữa x> -1 x+2>1 t>0. Vậy bài toán trở thành tìm m để phương trình (*) có hai nghiệm dương. 64 4m 0 S 16 0 0 m 16 P 4m 0 Vậy có 15 giá trị của m thỏa mãn. Câu 18: Đáp án C Phân tích: Ta lần lượt đi xét từng mệnh đề một, ta thấy hàm số có tập xác định D=ℝ. I đúng. y' e x (x 2) e x 0 e x (3 x) 0 x 3 17
  17. Ta thấy f’(x) đổi dấu từ dương sang âm qua x=3 nên hàm số đạt cực đại tại x=3. II sai Đến đây ta không cần xét đến mệnh đề III nữa mà vẫn có thể kết luận được đáp án C. Do tất cả các phương án còn lại đề có II. Câu 19: Đáp án B Phân tích: Ở bài toán này ta sẽ đi tìm nghiệm của bất phương trình theo m x 1 Bất phương trình log2 (2 6) x m x 1 x m log2 (2 6) log2 2 log2 2 2x (2x 1 6) 2m 2.22x 6.2x 2m Đặt 2x t(t 1) (do x>0). Khi đó bất phương trình trở thành: 6 2t2 6t 2m . Xét hàm số f (x) 2t2 6t trên (1; ) có f '(x) 4t 6 0 t (1; ) 4 Ta có BBT sau: t 1 +∞ f’(t) + +∞ f(t) 8 Để bất phương trình thỏa mãn x>0 với mọi m thì 2m 8 m 3 Câu 20: Đáp án B Phân tích: đk x≠5 2x 2 Bất phương trình 3 5 x 32(x 13) 2x 2 2(x 13) 5 x Với x 5 thì 2x 2 2(x 13)(5 x) 18
  18. 2x2 34x 132 0 6 x 11 Kết hợp với x>5 thì có 6 nghiệm nguyên dương thỏa mãn. Kết luận: Có 10 nghiệm nguyên dương thỏa mãn. Câu 21: Đáp án A Phân tích: Do đề đã cho công thức tổng quát và có dữ kiện là sau hai tháng số tài khoản hoạt động là 108 160 người. Do đó thay vào công thức tổng quát ta sẽ tìm được A. Khi đó A(1+0.04)2=108160 A=100000. Khi đó công việc của ta chỉ là tìm x sao cho 100000(1+0.04)2 = 194790 194790 x log 17 hay 1 năm 5 tháng. (1 0.04) 100000 Câu 22: Đáp án A Phân tích: Nhìn thoạt qua thì thấy bài toán khá là cồng kềnh, tuy nhiên đây lại là một bài toán 1 khá là đơn giản dựa trên tính chất sau của logarit: loga b với 0 a ;0 b 1 logb a Vậy thực chất khi đó A logx 2 logx 3 logx 4  logx 2016 Đến đây ta nhớ đến tính chất sau của logarit: logax logay logaxy với a,b,x,y thỏa mãn điều kiện tồn tại của logarit. Vậy A logx 2.3.4.2016 logx 1.2.3.4.2016 logx 2016! logxx 1 Câu 23: Đáp án D Phân tích: Ta thấy rõ bài toán này ta không thể dùng phương pháp thử từng đáp án được vì đề bài yêu cầu phải tìm x1+2x2, do vậy ta phải giải từng bước một bài toán này. Điều kiện: x∈(0;+∞) Do ở VP là logarit cơ số 2, do vậy ta sẽ biến đổi logarit ở VT về logarit cơ số 2. Phương trình 1 1 .log2 x log ( x 1 1) .log2 x log x.log ( x 1 1) 0 2 2 2 2 2 2 2 1 log2 x 0 log2 x log2 x log2 ( x 1 1) 0 2 log2 x log2 ( x 1 1) x 1 x 1 x 1(*) (*) x 1 2 x x 1 x 0 (mà x>0 loại) Vậy phương trình có một nghiệm. 19
  19. Câu 25: Đáp án A Phân tích: Ta có f(x) là nguyên hàm của hàm số g(x), tức là f’(x) =g(x). Với I: f’(x)=(tan2 x+1)’ = 2.tan x 2 2 Với II: f '(x) ' 2(1 tan x)' 2.2.tan x 4 tan x cos2 x Với III: f '(x) (tan2 1)' 2 tan x Câu 24: Đáp án D Phân tích: Với mệnh đề A: Ta có: x2 6x 1 (2x 6)(2x 3) 2(x2 6x 1) 2x2 6x 20 f (x) F'(x) ' 2 2 2x 3 (2x 3) (2x 3) x2 10 2x(2x 3) 2(x2 10) 2x2 6x 20 G '(x) ' 2 2 2x 3 (2x 3) (2x 3) Vậy A đúng. Với mệnh đề B ta có: f(x)=F’(x) = (5+2sin2 x)’=2.2.(sin x)’.sin x= 2.2.cos x.sin s = 2sin 2x G’(x) = (1-cos 2x)’= (2sin2 x -1)’=2.sin 2x Vậy B đúng. 2x 2 f (x) (G(x))' x2 2x 2 ' 2 2 x 2x 2 Đây là mệnh đề đúng Vậy ta chọn D. Câu 26: Đáp án A Đây là bài toán khá trừu tượng và khó tưởng tượng, có thể coi đây là bài toán đạt điểm tuyệt đối trong đề này, trước khi làm bài toán này tôi xin cung cấp cho quý độc giả một kiến thức đã học ở phần II, Bài 3, chương III (trang 117) sách giáo khoa giải tích cơ bản như sau: b Ta thừa nhận công thức: V S(x)dx (*) a Trong đó S(x) là diện tích của thiết diện của vật thể V. Thiết diện này vuông góc với trục Ox tại x a;b với a, b là các cận ứng với hai mặt phẳng song song và vuông góc với trục Ox, giới hạn vật thể V. 20
  20. Việc nắm giữ vững công thức (*) giúp quý độc giả có thể tính được thể tích của vật thể mà đề bài đã yêu cầu, cụ thể như sau: Ta sẽ gắn hệ trục tọa độ Oxyz vào vật thể này, tức là ta sẽ đi tính thể tích vật thể V giới hạn bởi hai mặt trụ: x2 + y2 = a2 và x2 + z2 =a2 (a>0) Hình vẽ trên mô tả một phần tám thứ nhất của vật thể này, với mỗi x∈[0;a] , thiết diện của vật thể (vuông góc với trục Ox) tại x là một hình vuông có cạnh y a2 x2 (chính là phần gạch chéo trong hình vẽ). Do đó diện tích thiết diện sẽ là: S(x) a2 x2 . a2 x2 a2 x2 x 0;a . Khi đó áp dụng công thức (*) thì thể tích vật thể cần tìm sẽ bằng: a a x3 a 16a3 V 8 S(x)dc 8 (a2 x2 )dx 8 a2x 3 0 3 0 0 Câu 27: Đáp án A Phân tích: Do diện tích hình phẳng đã được thể hiện rõ trên hình nên ta xác định được cận rõ ràng, do vậy ta xác định được: x2 Đây là diện tích hình phẳng được giới hạn bởi đồ thị hàm số y 4 x và parabol y . 2 2 x2 0 x2 S 4 x dx 4 x dx 2 2 0 2 x2 1 2 x2 x3 0 14 14 28 4x x3 4x 2 6 0 2 6 2 3 3 3 Câu 28: Đáp án B 21
  21. 3 Phân tích: Ta có diện tích hình phẳng được tính bằng công thức: S tan xdx 0 3 sin x 3 1 dx .d(cosx) ln cos x 3 cos x cos x 0 0 0 1 ln cos ln cos0 ln ln 2 3 2 3 3 1 Thể tích vật thể tròn xoay được tính bởi công thức: V tan 2 xdx 1 dx 2 0 0 cos x (tan x x) 3 tan tan 0 0 3 3 3 3 0 Câu 29: Đáp án C Phân tích: Ta sẽ tìm phân tích đó theo m từ đó tính m như sau: ln m ex ln m d(ex 2) ln m dx ln ex 2 x x 0 0 e 2 0 e 2 ln eln m 2 ln e0 2 ln m 2 ln1 ln m 2 m 2 2 m 4 Khi đó ln m 2 ln 2 2 m 2 m 0 Phân tích sai lầm: Chú ý nhiều độc giả quên điều kiện của ln m xác định tức là m>0 nên không loại m=0 và chọn A là sai. Đáp án phải là C. Câu 30: Đáp án C Phân tích: Theo định nghĩa sách giáo khoa ta có: Giả sử số phức z a bi được biểu diễn bởi điểm M(a;b) trên mặt phẳng tọa độ.  Độ dài vecto OM được gọi là mô đun của số phức z và kí hiệu là z .  Vậy.z OM a2 b2 Từ đây ta suy ra A, B đúng. Vậy đáp án là C. Câu 31: Đáp án A Cách 1: Sử dụng máy tính fx-570VN PLUS. 22
  22. Nhập biểu thức trên vào, lưu ý: + Để biểu diễn mô đun số phức ta nhập SHIFT Abs + Để biểu diễn z trên máy tính cầm tay ta ấn SHIFT 2(CMPLX) máy sẽ hiện như sau: Chọn 2: Conjg là biểu diễn số phức liên hợp của số phức. Vậy biểu diễn biểu thức như sau: Sau đó CALC rồi nhập từng giá trị vào: Thử vào ta được A là đáp án do kết quả bằng 0, máy hiện như sau: Cách 2: Nhận thấy ở đây mẫu số đang ở dạng số phức, do đó chúng ta sẽ vẫn liên hợp để bài toán trở nên đơn giản hơn. Gọi z a bi(a,b ¡ ) . Ta có: iz (1 3i)z a 4b (b 2a)i z2 a2 b2 1 i 1 i [ a 4b (b 2a)i](1 i) a2 b2 3a 3b (5b a)i 2(a2 b2 ) 2 5b a 0 2 2 3a 3b 2(a b ) 23
  23. a b 0 45 a 5b a 26 26b2 9b 0 9 b 26 Vậy ta chọn A, Câu 32: Đáp án A Phân tích: Vì z đang còn rất phức tạp, đặc biệt là dưới mẫu do đó chúng ta nghĩ ra việc làm đơn giản nó về dạng chuẩn z a bi(a,b ¡ ) sau đó tìm được z và thay vào biểu thức z.z i m (1 m)(1 m2 2mi) m(1 m2 ) 2m i(1 m2 2m2 ) Ta có z 1 m(m 2i) (1 m2 )2 4m2 (1 m2 )2 m(1 m2 ) i(1 m2 ) m i (1 m2 )2 1 m2 1 m2 m i z 1 m2 1 m2 Như vậy: 2 m m2 1 1 1 1 z.z (m 2) (m 2) 2 (m2 1)2 2 m2 1 2 3 2 m 0 m 2m m 0 m 1 Câu 33: Đáp án B Phân tích: Cách 1: Ta có thể từ các điểm biểu diễn mà suy ra được số phức z như sau: Phương án A là z i Phương án B là z 1 i Phương án C là z 1 i Phương án D là z i Vậy tương tự như Câu 32, ta sẽ nhập biểu thức và CALC để chọn đáp án. Từ đó ta cũng chọn được B Cách 2: Cách làm thông thường: Gọi z a bi(a,b ¡ ) . Khi đó phương trình đã cho trở thành: a bi 6 7i a bi 1 3i 5 24
  24. (a bi)(1 3i) 6 7i a bi 10a 10bi a 3b i(b 3a) 12 14i 10 5 9a 3b 12 a 1 9a 3b i(11b 3a) 12 14i 11b 3a 14 b 1 z 1 i Câu 34: Đáp án A Phân tích: 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 z 1 thỏa mãn: 1 1 i(x y i) 2 ix y 2 1 1 2 1 1 2 2 2 1 x (y 2) . Suy ra tập hợp các điểm M biểu diễn z 1 là đường tròn (C) có tâm 1 1 4 1 I(0; 2) và bán kính R . 2 Khi đó nếu N là điểm biểu diễn của số phức z 2 thì việc tìm GTNN của z1 z2 là việc tìm GTNN của MN. Theo đề thì z2 iz1 y1 x1i N y1;x1 là điểm biểu diễn z2. Ta nhận thấy rõ ràng   2 2 2 2 OM.ON x1y1 x1y1 0 x1 y1 . Dễ nhận thấy OM=ON= x1 y1 Ta có hình vẽ sau: 25
  25. Do OMN là tam giác vuông cân tại O nên MN=OM2 , 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). 1 1 1 Tức là M 0; 2 . Khi đó MN OM 2 2 2 2 2 2 2 Câu 35: Đáp án D Ta có hình vẽ sau để quý độc giả có thể hình dung rõ hơn. Ta nhận thấy: khi nhìn vào hình vẽ thì rõ ràng đường nối tâm chính là đường trung bình của tam giác có đáy là đường chéo của mặt bên như trong hình vẽ. Do vậy độ dài đường chéo chính bằng hai lần độ dài của đường nối tâm đã cho, tức là 6 .2 Mặt khác độ dài đường chéo bằng 2 lần độ dài của cạnh hình lập phương, do đó độ dài cạnh hình lập phương có độ dài : 6. Khi đó V = 63 = 216. Câu 36: Đáp án A Phân tích: Ta có 1 VABCD = VMABC + VMABD = (d d ).21 216 3 1 2 (d1 d2 ) 18 Câu 37: Đáp án B Phân tích: 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 Theo định lí Thales ta có IM SI OA.SI R.(h x) IM . OA SO SO h 26
  26. R2 Thể tích khối trụ V IM2.IH .x(h x)2 h2 3 2x 2(h x) Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có: 2x(h x)2 3 4 R2h h h Vậy V . Dấu “=” xảy ra khi x hay MN 27 3 3 Câu 38: Đáp án B Phân tích: Ta có hình vẽ dưới đây Theo như đề bài dữ kiện thì ta có thể dễ dàng tính được thể tích của khối lăng trụ tam giác đều ban đầu, từ đó suy ra thể tích của khối tứ diện AB’BC. Để tính được khoảng cách từ B đến (AB’C) thực chất là tìm chiều cao của tứ diện, đến đây bài toán sẽ được giải quyết nếu quý độc giả tìm được diện tích tam giác AB’C. Vì đề bài cho dữ kiện ((A’BC), (ABC))=60 o, nên ta sẽ đi xác định góc này bằng cách gọi H là trung điểm của BC. Tam giác ABC đều nên AH BC (1). A’A (ABC) ⟹A’A BC (2) Từ (1) và (2) ⟹BC A’H ⟹((A’BC), (ABC)) = A’HA = 60o 3a ⟹A’A = AH.tan 60o= 2 3a a2 3 3a3 3 Khi đó V A 'A.S . ABC.A'B'C' ABC 2 4 8 1 a3 3 Và V V lúc này ta có thể loại C và D. B'ABC 3 8 Dễ thấy diện tích tam giác AB’C có thể được do B’AC cân tại B’ có 2 2 3a a 13 B'A B'C a ;AC a 2 2 Dễ tính được chiều cao kẻ từ B’ của tam giác có độ dài là a 3 2 3V a 3 BABC 3a SACB' d(B;(AB'C)) 2 SAB'C 4 Câu 39: Đáp án C 27
  27. Phân tích: Nhận xét hình thang ABCD cân và AB=2AD =2BC = 2CD =2a nên ACB = ADB = 90o Mặt phẳng qua A vuông góc với SB tại M nên AMB = 90o. Ta có BC  AC và BC  SA nên BC (SAC) Do đó AN  BC và AN  SB nên AN  (SBC) ⟹AN BN, hay ANB = 90o Ta cũng có AP SB và AP  BD nên AP (SBD) ⟹AP BP, hay APB = 90o Ta thấy các điểm C,D,M,N đều nhìn AB dưới một góc vuông. Nếu đã nắm chắc được lời giải ở các đề trước thì ở đề này, không khó để quý độc giả nhận ra AB chính là đường kính của khối cầu. Do vậy d=AB=2a Chú ý: Nhiều độc giả theo thói quen đã đi tìm bán kính chứ không phải đường kính dẫn đến chọn sai đáp án. Câu 40: Đáp án A Phân tích: Hình chóp SABCD là hình chóp tứ giác đều có AB=SA=a , nên khối nón ngoại 2 a 2 2 a 2 a 2 tiếp hình chóp có bán kính đáy r và chiều cao SO a 2 2 2 2 1 a 2 a 2 a3 2 Khi đó: Vnon . . 3 2 2 12 Câu 41: Đáp án C Lời giải: Đây là bài toán có lời giải khá đơn giản như sau: a 2 Hình trụ ngoại tiếp hình lập phương đã cho có bán kính đáy r và chiều cao bằng a. 2 2 a 2 a3 Vtru a 2 12 Câu 42: Đáp án D Phân tích: Giả sử bán kính của mỗi quả bóng bàn là r thì khi đó hộp đựng bóng bàn sẽ có 4 kích thước là 2r x 2r x 6r. Khi đó tổng thể tích của ba quả bóng bàn sẽ là 3. . .r3 4 r3 . 3 Thể tích của hộp sẽ là 2r.2r.6r 24r3 . Vậy phần không gian còn trống trong hộp sẽ là: 28
  28. 3 3 3 3 20 r V1 24r 4 r 20 r sẽ chiếm .100% 83,3% . 24 r3 Câu 43: Đáp án A Phân tích: Ta có thể tích phần nước dâng lên chính bằng thể tích của viên bi ném vào. Do vậy ta có: Thể tích nước ban đầu: 2 h V1 h R ; 3 Khi đó thể tích nước sau khi ném viên bi vào thể tích sẽ là 4 3 2 h 4 3 V2 V1 r h R r (1) 3 3 3 Theo đề bài ta có: “Bỏ vào trong chậu một viên bi hình cầu bằng kim loại thì mặt nước dâng lên vừa phủ kín viên bi”. Do vậy thể tích sau kh bỏ viên bi vào được tính bằng công thức: 2 2r V2 .(2r) R (2) 3 2 h 4 3 2 2r Từ (1) và (2) ta có phương trình: h R r 4 r R 3 3 3 3 2 2 h 4r 4Rr h R =0. 3 Khi đó thay các giá trị mà đề đã cho vào phương trình bấm máy tính giải ta được r 1.019450 (chọn A). Bấm máy tính ta thấy có 2 nghiệm, tuy nhiên việc bán kính của viên bi xấp xỉ bằng chậu nước là điều vô lí ( 9.90486 ). Câu 44: Đáp án B Phân tích: Ta có đường thẳng cần tìm vuông góc với mặt phẳng (P) đã cho phương trình do đó vtcp của đường thẳng cần tìm cùng phương với vtpt của mặt phẳng. Khi đó kết hợp với dữ x 1 y 4 z 7 kiện đường thẳng đi qua A(a;4; -7) thì ta được phương trình: 1 2 2 y 4 z 7 x 1 2 2 Câu 45: Đáp án A Phân tích: Ta không có công thức tính khoảng cách từ một điểm đến một đường thẳng do vậy ta sẽ tham số hóa tọa độ điểm H là hình chiếu của điểm I lên đường thẳng d, từ đó tính 29
  29. khoảng cách giữa hai điểm I và H. Do chỉ có một phương trình nên ta sẽ viết phương trình tham số của đường thẳng d từ đó ta có phương trình một biến. x t Ta có d : y 1 t z 2 t  H(t; 1 t;2 t) IH (t 1; t 4; t 3)  Do IH d nên ta có phương trình: t – 1 + t + 4 + t – 3 = 0 t = -2. Khi đó IH ( 2; 3; 1) IH ( 2)2 ( 3)2 ( 1)2 14 Câu 44: Đáp án B Phân tích: Do () || ( ) nên khoảng cách từ ()đến ( ) bằng khoảng cách từ một điểm trên () đến ( ) . Mà () chứa đường thẳng d do đó M(2;8;4) d M () . Do đó: 3.2 2.8 4 5 9 d . 32 ( 2)2 ( 1)2 14 Chú ý: Nhiều độc giả đi làm lần lượt đó là viết phương trình mặt phẳng ( ra) rồi bắt đầu tính, tuy nhiên đó là cách làm vòng, nên chú ý để có được cách làm nhanh nhất khi làm trắc nghiệm. Câu 47: Đáp án A Phân tích: Trước tiên ta đi tìm tọa độ trực tâm H(x,y,z) của tam giác ABC. Khi đó ta sẽ lập hệ phương trình ba ẩn với ba dữ kiện sau:   AH.BC 0 x 3y z 5   17 1 BH.AC 0 2x 4y 2z 4 H ; ;1 .    5 5 AB,AC AH 0 2x 4y 10z 16 x 2y z 3 0 Do (P)  (Q) nên 2x y z 3 0 x y z 3 : 1 3 5 Giao tuyến đi qua M(0;0;3) và có vtcp u (1; 3;5) . 17 1  (α) qua H ; ;1 và vtpt n u,MH (7;19;10) 5 5 ( ) : 7x 19y 10z 30 0 . Câu 48: Đáp án C 30
  30. Phân tích: Cách 1: làm thông thường: Với đề bài dạng này cho khá nhiều dữ kiện thì ra sẽ chọn phương pháp đặt vtpt của mặt phẳng (P) là n (a;b;c),(a2 b2 c2 0) là VTPT của (P). Khi đó (P) : a(x 4) b(y 3) c(z 4) 0   2b 2c Vì (P) || nên n  n . Suy ra 3a 2b 2c 0 a (1) P 3 Theo đề ta có (P) tiếp xúc với mặt cầu (S) nên: 3a b c d(I;(P)) R 3 (2) a2 b2 c2 2 2 2a 2c 2 2 2 2 Từ (1) và (2) ta có (b c) b c 2b 5bc 2c 0 (3) 3 c b (2b c)(b 2c) 0 2 b 2c Với b=2c, chọn b=2, c=1 ⟹c=2, khi đó (P): 2x 2y z 18 0 (không thỏa mãn vì chứa ∆). c Với b , chọn c=2⟹b=1, 2 P 2x y 2z 19 0 (Thỏa mãn). Cách 2: thử từng đáp án một. Chú ý: Nhiều độc giả không loại trường hợp trên nên dẫn đến chọn B. Câu 49: Đáp án C Phân tích: Ta lần lượt đi phân tích từng bước một. Ở bước 1: Ta thấy tất cả các tọa độ đều được tính đúng. Ở bước 2: Ta thấy biểu thức tính tích có hướng đúng, ta có thể kiểm tra việc này bằng cách bấm máy tính tôi đã giới thiệu ở các đề trước. Với biểu thức tính tích hỗn tạp ta kiểm tra lại như sau:    AB;AC .AD 3.1 0.10 (m 2).1 m 1 m 5. Do đó bước 2 sai, Chọn C. Câu 50: Đáp án B Phân tích: Ta có gọi I(a;b;c) là tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD khi đó IA=IB=IC=ID=R 31
  31. (a 2)2 b2 c2 R2 2 a2 (b 2)2 c2 R a2 b2 (c 2)2 R2 2 2 2 2 (a 2) (b 2) (c 2) R 4a 4 4b 4 4b 4 4c 4 2 2 2 2 2 2 (a 2) (b 2) (c 2) (a 2) b c a b c a b c 1 2 2 2 3(a 2) (a 2) 2a Khi đó R 3(1 2)2 3. 32