Tổng hợp các bài toán mức độ vận dụng cao ôn thi THPT Quốc gia – Nhóm Toán

Một đoàn tàu chuyển động trên một đường thẳng nằm ngang với vận tốc không đổi v0.Vào thời điểm nào đó người ta tắt máy. Lực hãm và lực cản tổng hợp cả đoàn tàu bằng 1/10 trọng lượng P của nó. Hãy các định chuyển động của đoàn tàu khi tắt máy và hãm.

15 8 lượt tải Tải xuống
Chia sẻ Báo cáo tài liệu

Chủ đề: Tài liệu ôn thi THPTQG môn Toán

Môn: Toán

Thông tin:

94 trang 6 tháng trước

Tác giả:

Profile Nguyễn Vân
TỔNG HỢP CÁC CÂU HỎI VẬN DỤNG CAO – GROUP NHÓM TOÁN
A.
Câu 1. Nếu đồ thị hàm số
4
1
x
y
x
cắt đường thẳng
( ):2d x y m
tại hai đểm AB sao cho
độ dài AB nhỏ nhất thì
A.
m=-1
B
. m=1
C.
m=-2
D.
m=2
Đáp án chi tiết :
Phương trình hoành độ giao điểm
2
4
2 ( 1)
1
2 ( 3) 4 0
x
x m x
x
x m x m
2
( 1) 40 0,m m R
Suy ra (d) luôn cắt dồ thị hàm số tại hai điểm A,B
34
; . ;
22
2 ; 2
2( )
A B A B
A A B B
B A B A
mm
x x x x
y x m y x m
y y x x
2 2 2
2
2
2
( ) ( ) 5( )
34
5 ( ) 4 5 4
22
5
1 40 5 2
4
B A B A B A
B A A B
AB x x y y x x
mm
x x x x
m











Vậy AB nhỏ nhất khi m=-1
Chọn A
Câu 2. Cho n là số nguyên dương, tìm n sao cho
3
2 2 2 2 2
log 2019 2 l g 2019 3 log 2019 ... log 2019 1008 2017 log 2019
n
aa
a a a
on
A. n=2017 B. n=2018 C. n=2019 D. n=2016
Đáp án chi tiết :
Ta có
3
2 2 2 2 2
3 3 3 2 2
3 3 3 3 2 2
2
log 2019 2 l g 2019 3 log 2019 ... log 2019 1008 2017 log 2019
log 2019 2 l g 2019 3 log 2019 ... log 2019 1008 2017 log 2019
(1 2 3 ... )log 2019 1008 2017 log 2019
( 1) 2016.
2
n
aa
a a a
a a a a a
aa
on
on
n
nn




2
2017
2
2017n




Chọn A
Câu 3. Cho hình chóp
tam giác S.ABC biết
3, 4, 5AB BC CA
.
Tính thể tích hình chóp
SABC biết các mặt bên của hình chóp đều tạo với đáy một góc 30 độ
A.
B.
83
9
C.
200 3
3
D.
23
Đáp án chi tiết :
Dễ thấy tam giác ABC vuông tại B
6
ABC
S
Gọi p là nữa chu vi
345
6
2
p


1S pr r
Gọi I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC,
từ giả thiết các mặt bên tạo với đáy một góc
r
A
C
B
I
S
M
30
30 độ ta suy ra I là chân đường cao của khối chóp
00
33
tan30 . an30 1.
33
SI
SI MI t
MI
.
1 2 3
.
33
S ABC ABC
V S SI

Do đó ta chọn A
Câu 4. Cho
1
0
( ) 5f x dx
. Tính
1
0
(1 )I f x dx
A. 5 B. 10 C.
1
5
D.
5
Đáp án chi tiết :
Đặt
0
1
1
01
10
( ) 5
t x dt dx
xt
xt
I f t dt
Chọn A
Câu 5. Cho đường thẳng
1
( ): 1
2
xt
d y t
zt


và mp (P) :
20xy
. Tìm phương trình đường
thẳng nằm trong mặt phẳng (P) cắt và vuông góc với (d).
1 2 1 3 1 2 1
. 1 2 . 1 3 . 1 2 . 1
0 5 0 5
x t x t x t x t
A y t B y t C y t D y t
z z z z
Đáp án chi tiết :
Gọi I là giao điểm của (d) và (P)
(1 ;1 ;2 )
( ) 0 (1;1;0)
I t t t
I P t I

(d) có vectơ chỉ phương
( 1; 1;2)u
(P) có vectơ pháp tuyến
(1;1;0)n
Vecstơ pháp tuyến của mặt phẳng cần tìm là
,u u v


=(-2 ;2 ;0)
Phương trình mặt phẳng cần tìm là
12
12
0
xt
yt
z


Câu 6. Biết số phức Z thỏa điều kiện
3 3 1 5zi
. 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
Đáp án chi tiết :
Đặt z=x+yi
22
3 1 1 ( 3) ( 1) ( 3)z i x y i x y
Do đó
22
3 3 1 5 9 ( 1) ( 3) 25z i x y
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
8
6
4
2
2
5
O
22
.5 .3 16S
Câu 7. 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
A.
3
2
V
R
. B.
3
4
R
V
C.
3
R
V
D.
3
V
R
Đáp án chi tiết :
2
2
22
.
2
2 2 2 2
TP Xq d
V R h
V
lh
R
V
S S S Rl R R
R
Xét hàm số
2
2
( ) 2
V
f R R
R

với R>0
3
2
3
24
'( )
'( ) 0
2
VR
fR
R
V
f R R

Bảng biến thiên
R
0
3
2
V
+
,
()fR
+ 0 - 0
()fR
Từ bảng biến thiên ta thấy diện tích toàn phần nhỏ nhất khi
3
2
V
R
Do đó chọn A
B.
Câu 1. Tìm tham số thực m để bất phương trình:
22
x 4x 5 x 4x m 1
có nghiệm
thực trong đoạn
2; 3
.
A.
1m
B.
1m
C.
1
2
m
D.
1
2
m
Lời giải
Tập xác định:
D
.
Đặt
2 2 2
t x 4x 5 1 x 4x t 5
.
Khi đó:
22
1 t t 5 m m t t 5 g t , t 1;
.
Ta có:
1
g' t 2t 1. Cho g' t 0 t
2
.
Bảng biến thiên:
t
1
2
2
3
g ' t
0
gt
3
1
Dựa vào bảng biến thiên,
m1
thỏa yêu cầu bài toán.
Câu 2: Tìm m để phương trình sau có bốn nghiệm phân biệt thuộc đoạn
;
44




442
sin x + cos x + cos 4x = m.
A.
47 3
;
64 2
mm
B.
49 3
64 2
m
C.
47 3
64 2
m
D.
47 3
64 2
m
Lời giải
Phương trình đã cho tương đương
2
34
4
4
cos x
cos x m

2
4 4 4 4 3cos x cos x m
(1)
Đặt t = cos4x. Phương trình trở thành:
2
4 4 3t t m
, (2)
Với
;
44
x





thì
1;1 .t 
Phương trình (1) có 4 nghiệm phân biệt
;
44
x





khi và chỉ khi phương trình (2) có 2
nghiệm phân biệt t[-1; 1), (3)
Xét hàm số g(t) =
2
4tt
với
[ 1;1)t
, g’(t) = 8t+1.
g’(t) = 0 t =
1
8
Lập bảng biến thiên
3
g’(t)
0 +
t
1
1
8
1
g(t)
5
1
16
Dựa vào bảng biến thiên suy ra (3) xảy ra
1
4 3 3
16
m
47 3
64 2
m
Vậy giá trị của m phải tìm là:
47 3
64 2
m
.
Câu 3 : Cho phương trình
4 2 2
3cos 5cos3 36sin 15cos 36 24 12 0x x x x m m
. Tìm m để
bất phương trình sau đúng với mọi
x
Lời giải
Đưa về bpt dạng
4 3 2 2
3cos 20cos 36cos 12 24x x x m m
Đặt t =cosx ;
11t
. Khi đó bài toán trở thành
Tìm m để bất phương trình
4 3 2 2
( ) 3 20 36 12 24f t t t t m m
đúng với mọi
11t
Lập BBT
A.
1m
B.
1m
C.
1
2
m
D.
1
2
m
Câu 4: Đặt vào một đoạn mạch hiệu điện thế xoay chiều u = U0
2
sin t
T
. Khi đó trong
mạch có dòng diện xoay chiều i = I0
2
sin t
T




với
là độ lệch pha giữa dòng diện
và hiệu điện thế.Hãy Tính công của dòng diện xoay chiều thực hiện trên đoạn mạnh
đó trong thời gian một chu kì.
A.
00
UI
cos
2
B.
00
UI
Tsin
2
C.
00
UI
Tcos( )
2
D.
00
UI
Tcos
2
Lời giải
Ta có:
A =





TT
00
00
22
uidt U I sin t sin tdt
TT
T
00
0
14
U I cos cos t dt
2T






T
00
0
U I 1 4
cos cos t dt
2 2 T






T
0 0 0 0
0
U I T 4 U I
tcos sin t Tcos
2 4 T 2






Câu 5: Một dòng điện xoay chiều i = I0
2
sin t
T




chạy qua một mạch điện có điện trở
thuần R.Hãy tính nhiệt lượng Q tỏa ra trên đoạn mạch đó trong thời gian một chu kì T.
A.
2
0
RI
T
2
B.
2
0
RI
T
3
C.
2
0
RI
T
4
D.
2
0
RI
T
5
Lời giải
Ta cã: Q =
TT
2 2 2
0
00
2
Ri dt RI sin t dt
T




T
2
0
0
2
1 cos2
T
RI dt
2



T
22
00
0
RI T 2 RI
t sin2 t T
2 4 T 2






Câu 6: Một đoàn tàu chuyển động trên một đường thẳng nằm ngang với vận tốc không đổi
v0.Vào thời điểm nào đó người ta tắt máy. Lực hãm và lực cản tổng hợp cả đoàn tàu bằng
1/10 trọng lượng P của nó. Hãy các định chuyển động của đoàn tàu khi tắt máy và hãm.
A.
2
0
g.t
x v .t
20

B.
2
0
g.t
x v .t
10

C.
2
0
g.t
x v .t
30

D.
2
0
t
x v .t
20

Lời giải
- Khảo sát đoàn tàu như một chất điểm có khối lượng m,
chịu tác dụng của
c
P,N,F
.
- Phương trình động lực học là:
c
ma P N F
(1)
Chọn trục Ox nằm ngang, chiều (+) theo chiều chuyển động gốc thời gian lúc tắt
máy.Do vậy chiếu (1) lên trục Ox ta có:
xc
ma F
hay viết:
"
mx F
hay
p
F
10
;
"
g
x
10

(2)
hay
dv g g
dt
dt 10 10
(2
'
)
nguyên hàm hai vế (2
'
) ta có:
1
g
V t C
10
hay
11
dx g g
t C dx t.dt C dx
dt 10 10
nguyên hàm tiếp 2 vế ta được
2
12
g
x t C .t C
20
(3)
Dựa vào điều kiện ban đầu để xác định các hằng số C1 và C2 như sau:
T¹i t0 = 0; v = v0; v0 = 0 Ta cã: C2 = 0 vµ C1 = v0 thay C1 vµ C2 vµo (3)
2
0
g.t
x v .t
20

Câu 7: Một thanh AB có chiều dài là 2a ban đầu người ta giữ thanh ở góc nghiêng
o
,
một đầu thanh tựa không ma sát với bức tường thẳng đứng. Khi buông thanh, nó sẽ trượt
xuống dưới tác dụng của trọng lực. Hãy biểu diễn góc
theo thời gian t (Tính bằng công
thức tính phân)
A.
3
(sin sin )
2
o
o
d
t
a
B.
3
(sin sin )
2
o
o
d
t
g
a
C.
3
(sin sin )
o
o
d
t
g
a
D.
o
o
a
g
d
t
)sin(sin
2
3
Lời giải
Do trượt không ma sát nên cơ năng của thanh được bảo toàn
ttqo
KKmgamga
sinsin
(1)
Do khối tâm chuyển động trên đường tròn tâm O bán kính a nên:
22
22
'
2
1
2
ma
ma
K
tt
Động năng quay quanh khối tâm:
22222
'
6
1
')2(
12
1
2
1
2
1
maamIK
q
Thay vào (1) ta được:
)sin(sin'
3
2
2
o
ga
3
' (sin sin )
2
o
g
a
o
o
a
g
d
t
)sin(sin
2
3
Câu 8: Một thanh AB có chiều dài là 2a ban đầu người ta giữ thanh ở góc nghiêng
o
,
một đầu thanh tựa không ma sát với bức tường thẳng đứng. Khi buông thanh, nó sẽ trượt
xuống dưới tác dụng của trọng lực. Tính góc
sin
khi thanh rời khỏi tường
A.
o
1
sin sin
3
B.
o
2
sin sin
3
C.
o
2
sin sin
5
D.
4
sin sin
3
o
Lời giải
Xét chuyển động khối tâm của thanh theo phương Ox:
''
1
mxN
. Tại thời điểm thanh rời tường thì
0''0
1
xN
Toạ độ khối tâm theo phương x là:
cosax
Đạo hàm cấp 1 hai vế:
'.sin'
ax
Đạo hàm cấp 2 hai vế:
''.sin'.cos''.sin'.cos''
22
aax
Khi
0''x
''.sin'.cos
2
(2)
Từ (1) suy ra:
o
gga
sinsin'
3
2
2
Lấy đạo hàm 2 vế:
0'.cos''.'
3
4
ga
Hay:
cos
4
3
''
a
g
Thay vào (2) ta có phương trình:
cos
4
3
.sin)sin(sin
2
3
.cos
a
g
a
g
o
)sin(sin2sin
o
o
sin
3
2
sin
C.
Câu 1(GT Chương 1). Khi xây nhà, chủ nhà cần làm một hồ nước bằng gạch và xi măng có
dạng hình hộp đứng đáy là hình chữ nhật có chiều dài gấp ba lần chiều rộng và không nắp,
có chiều cao là
h
và có thể tích là
m
3
18
. Hãy tính chiều cao
h
của hồ nước sao cho chi phí
xây dựng là thấp nhất?
A.
h 1
m B.
2hm
C.
3
2
hm
D.
5
2
hm
Hướng dẫn giải
Gọi x, y, h lần lượt là chiều rộng, chiều dài và chiều cao của hình hộp
Theo đề bài ta có
3yx
và
2
3
VV
V hxy h
xy x
Để tiết kiệm nguyên vật liệu nhất ta cần tìm các kích thước sao cho diện tích toàn phần của
hồ
nước là nhỏ nhất.
Khi đó ta có:
2
22
8
2 2 2 2.3 . .3x 3
3 3 3
tp
V V V
S xh yh xy x x x x
x x x
Ta có
2
22
3
8 4 4 16
3 3 3 36
3 3 3 3
Cauchy
tp
V V V V
S x x
x x x
.
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi
2
3
2
4 4 3
32
3 9 3 2
V V V
x x h
xx
.
Vậy chọn C
Câu 2(GT Chương 2). Phương trình
32
1
2
2
log 6 2log 14 29 2 0 mx x x x
có 3 nghiệm
thực phân biệt khi:
A.
19m
B.
39m
C.
39
19
2
m
D.
19 39m
Hướng dẫn giải
32
1
2
2
32
22
32
32
log 6 2log 14 29 2 0
log 6 log 14 29 2 0
6 14 29 2
6 14 29 2

mx x x x
mx x x x
mx x x x
x x x
m
x
32
2
6 14 29 2 2
12 14
1 1 19
1 1 39
0
2 2 2
1 1 121
3 3 3






x x x
f x f x x
xx
xf
f x x f
xf
Lập bảng biến thiên suy ra đáp án C.
Câu 3(GT Chương 3). Một lực 50 N cần thiết để kéo căng một chiếc lò xo có độ dài tự nhiên
5 cm đến 10 cm. Hãy tìm công sinh ra khi kéo lò xo từ độ dài từ 10 cm đến 13 cm?
A. 1,95J B. 1,59 J C. 1000 J D. 10000 J
Hướng dẫn giải
Theo định luật Hooke, khi chiếc lò xo bị kéo căng thêm
x
m so với độ dài tự nhiên thì chiếc
lò xo trì lại với một lực
()f x kx
.Khi kéo căng lò xo từ 5 cm đến 10 cm, thì nó bị kéo căng
thêm 5 cm = 0,05 m. Bằng cách này, ta được
(0,05) 50f
bởi vậy :
50
0.05 50 1000
0.05
kk
Do đó:
( ) 1000f x x
và công được sinh ra khi kéo căng lò xo từ 10 cm đến 13 cm là:
2
0,08
0,08
0,05
0,05
W 1000 1000 1,95
2
x
xdx J
Vậy chọn A
Câu 4(GT Chương 4). Cho số phức
z
có mô đun bằng
2017
và
w
là số phức thỏa mãn biểu
thức
1 1 1

z w z w
. Môđun của số phức
w
bằng:
A. 1 B. 2 C. 2016 D. 2017
Hướng dẫn giải
Từ
2
1 1 1 1
00

z w zw
zw
z w z w zw z w zw z w
2 2 2 2 2
2
2
2
2
13
00
44
13
24
13
22









z w zw z zw w w
z w w
iw
zw
Từ
2
2
w 3w 1 3
w w=
2 2 2 2
13
22







i i z
zz
i
Suy ra:
2017
w 2017
13
44

Vậy chọn D.
Câu 5(HH Chương 1). Cho khối lập phương
.
ABCD A B C D
cạnh
a
. Các điểm
E
và
F
lần
lượt là trung điểm của

CB
và

CD
. Mặt phẳng
AEF
cắt khối lập phương đã cho thành
hai phần, gọi
1
V
là thể tich khối chứa điểm
A
và
2
V
là thể tich khối chứa điểm
'C
. Khi đó
1
2
V
V
là
A.
25
47
. B. 1. C.
17
25
. D.
8
17
.
Hướng dẫn giải
Đường thẳng
EF
cắt

AD
tại
N
, cắt
tại
M
,
AN
cắt
DD
tại
P
,
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
.
ABCD A B C D
VV
,
3.
A A MN
VV
,
44
,


PFD N QMB E
V V V V
.
Do tính đối xứng của hình lập phương nên ta có
45
VV
.
3
3
1 1 3 3 3
. . . .
6 6 2 2 8
a a a
V AA A M A N a
,
3
4
11
. . . . .
6 6 3 2 2 72
a a a a
V PD D F D N
3
1 3 4
25
2
72
a
V V V
,
3
21
47
72
a
V V V
.
Vậy
1
2
25
47
V
V
.
Vậy chọn A.
Câu 6(HH Chương 2). Cho một khối trụ có bán kính đáy
ra
và chiều cao
2ha
. Mặt
phẳng
()P
song song với trục
'OO
của khối trụ chia khối trụ thành 2 phần, gọi
1
V
là thể tích
phần khối trụ chứa trục
'OO
,
2
V
là thể tích phần còn lại của khối trụ. Tính tỉ số
1
2
V
V
, biết
rằng
()P
cách
một khoảng bằng
2
2
a
.
A.
32
2
. B.
32
2
. C.
23
2
. D.
23
2
.
Hướng dẫn giải
Thể tích khối trụ
2 2 3
.2 2
V r h a a a
.
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
2
2
a
OH
2
2
a
AH BH OH
.
OAB vuông cân tại O ABCD là hình vuông.
Từ đó suy ra:
3
32
2 . ' ' ' '
1 1 ( 2)
2 ( 2) .2
4 4 2
ABCD A B C D
a
V V V a a a
.
33
3
12
( 2) (3 2)
2
22


aa
V V V a
Suy ra
1
2
32
2
V
V
.
Vậy chọn A
Câu 7(HH Chương 3). 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,
( ;0;0), (0; ;0), (0;0; )
B a D a A b
với
( 0, 0)ab
.
Gọi M là trung điểm của cạnh
CC
. Giả sử
4ab
, hãy tìm giá trị lớn nhất của thể tích
khối tứ diện
A BDM
?
A.
64
max
27
A MBD
V
B.
max 1
A MBD
V
C.
64
max
27

A MBD
V
D.
27
max
64
A MBD
V
Hướng dẫn giải
Ta có:
( ; ;0), ( ;0; ), (0; ; ), ( ; ; ) ; ;
2



b
C a a B a b D a b C a a b M a a
Suy ra:
( ;0; ), (0; ; ), ; ;
2



b
A B a b A D a b AM a a
22
2
3
, ( ; ; ) , .
24
A MBD
a b a b
A B A D ab ab a A B A D A M V
Do
,0ab
nên áp dụng BĐT Côsi ta được:
22
3
1 1 1 64
43
2 2 4 27
a b a a b a b a b
Suy ra:
64
max
27
A MBD
V
.
Vậy chọn A
D.
Câu 1. Có bao nhiêu giá trị thực của tham số
m
thuộc
10;10
để phương trình
2
1 2 1 2 1 3 1 0x m x x
có nghiệm?
A.
12
B.
13
C.
8
D.
9
Câu 2. Biết phương trình
53
2 1 1
log 2log
2
2
xx
x
x





có nghiệm duy nhất
2x a b
trong đó
,ab
là các số nguyên. Tính
ab
?
A.
5
B.
1
C.
1
D.
2
Câu 3. Biết tích phân
2
2
2
2
2
1.
1 2 8
x
x a b
dx

trong đó
,ab
. Tính tổng
ab
?
A. 0 B. 1 C. 3 D. -1
Câu 4. Cho số phức z thoả mãn :
67
1 3 5
zi
z
i
. Tìm phần thực của số phức
2017
z
.
A.
1008
2
B.
1008
2
C.
504
2
D.
2017
2
Câu 5. 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.
A.
1
2
B.
2
3
C.
3
4
D.
1
4
Câu 6. Cho hình chóp S.ABC có
0
2 , 3 , 60 , ,AB a AC a BAC SA ABC SA a
. Tính bán kính
mặt cầu ngoại tiếp hình chóp.
A.
2 21
3
a
B.
21
3
a
C.
29a
D.
93
3
a
Câu 7. Cho
1;3;5 , 2;6; 1 , 4; 12;5A B C
và điểm
: 2 2 5 0P x y z
. Gọi M là điểm
thuộc
P
sao cho biểu thức
4S MA MB MA MB MC
đạt giá trị nhỏ nhất. Tìm
hoành độ điểm M.
A.
3
M
x
B.
1
M
x 
C.
1
M
x
D.
3
M
x 
Đáp án: 1A; 2A; 3C;4B;5A;6D;7C
ĐÁP ÁN CHI TIẾT
Câu 1. (Ứng dụng đạo hàm) Có bao nhiêu giá trị thực của tham số
m
thuộc
10;10
để
phương trình
2
1 2 1 2 1 3 1 0x m x x
có nghiệm?
A.
12
B.
13
C.
8
D.
9
Lời giải
ĐK:
11x
. Đặt
11u x x
11
' ; ' 0 0
2 1 2 1
u u x
xx

Từ BBT
22t
PT có dạng:
2
2
2 3 0 2 2 3 *
2
t
m t t m t
Do
2
3
t
không là nghiệm nên
2
*2
23
t
m f t
t
PT đã cho có nghiệm
Đồ thị h/s
y f t
và đt
2ym
có điểm chung có hoành độ
22t
Xét hàm số
2
23
t
ft
t
trên
2;2


:
2
23
' 0 2;2
23
tt
f t t
t


BBT:
t
2
3
2
2
'ft
ft
2 2 2 3


4
Phương trình đã cho có nghiệm
2 2 2 2 3 2 2 3
2 4 2
mm
mm






. Đáp án A.
x
1
0
1
'u
+
0
u
2
2
2
Câu 2. (Mũ – Logarit) Biết phương trình
53
2 1 1
log 2log
2
2
xx
x
x





có nghiệm duy nhất
2x a b
trong đó
,ab
là các số nguyên. Tính
ab
?
A.
5
B.
1
C.
1
D.
2
Lời giải.
5 3 5 3
2 1 1 2 1 1
log 2log log 2log
2
22
x x x x
xx
xx




Đk:
0
1
10
x
x
x


2
5 5 3 3
2
5 3 5 3
Pt log 2 1 log log ( 1) log 4
log 2 1 log 4 log log ( 1) (1)
x x x x
x x x x
Đặt
2
2 1 4 1t x x t
(1)
có dạng
22
5 3 5 3
log log ( 1) log log ( 1) (2)t t x x
Xét
2
53
( ) log log ( 1)f y y y
, do
1 3 1x t y
.
Xét
:
2
11
'( ) .2( 1) 0
ln5 ( 1) ln3
f y y
yy
()fy
là hàm đồng biến trên miền
1; 
(2)
có dạng
( ) ( ) 2 1 2 1 0f t f x t x x x x x
12
3 2 2 ( )
1 2 (vn)
x
x tm
x


.
Vậy
3 2 2x 
. Đáp án A.
Câu 3. ( Tích phân) Biết tích phân
2
2
2
2
2
1.
1 2 8
x
x a b
dx

trong đó
,ab
. Tính tổng
ab
?
A. 0 B. 1 C. 3 D. -1
Giải:
2 2 2
0
2 2 2
2 2 2
2
00
22
22
1 1 1
1
1 2 1 2 1 2
x x x
x x x
I dx dx dx x dx

Đặt
sinxt
2
8
I

. Đáp án C.
Câu 4. (Sô phức) Cho số phức z thoả mãn :
67
1 3 5
zi
z
i
. Tìm phần thực của số phức
2017
z
.
A.
1008
2
B.
1008
2
C.
504
2
D.
2017
2
Lời giải.
Cho số phức z thoả mãn :
67
1 3 5
zi
z
i
. Tìm phần thực của số phức
2013
z
.
Gọi số phức
( , )z a bi a b z a bi
thay vào (1) ta có
67
1 3 5
a bi i
a bi
i


( )(1 3 ) 6 7
10 10 3 ( 3 ) 12 14
10 5
9 3 (11 3 ) 12 14
a bi i i
a bi a bi a b i b a i
a b i b a i
9 3 12 1
11 3 14 1
a b a
b a b




504
504
2017 4 1008 1008
1 1 (1+i) 1 4 1 2 2a b z i z i i i
Đáp án B.
Câu 5. (Khối đa diện) 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.
A.
1
2
B.
2
3
C.
3
4
D.
1
4
Lời 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.
S'
I
M
D
C
B
A
S
Do M là trung điểm của AD nên
'. '.
33
44
S BCDM S ABCD
dt BCDM dt ABCD V V
Gọi H, H’ lần lượt là hình chiếu của S, S’ trên ABCD
' ' ' 2
3
S H CS CI
SH CS CA
'. '. . .
3 3 2 1
4 4 3 2
S BCDM S ABCD S ABCD S ABCD
V V V V
Đáp án A.
Câu 6. (Mặt tròn xoay) Cho hình chóp S.ABC có
0
2 , 3 , 60 , ,AB a AC a BAC SA ABC SA a
. Tính bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình
chóp.
A.
2 21
3
a
B.
21
3
a
C.
29a
D.
93
3
a
Lời giải
Có
2 2 0 2
2 . .cos60 7BC AB AC AB AC a
Bán kính đường tròn ngoại tiêp
ABC
là:
7 2 21
sin 3
3
2
BC a a
r
A
Bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp là
2
2
22
2 21 93
2 3 3
SA a
R r a a







.
Đáp án D.
Câu 7. (Hình Oxyz) Cho
1;3;5 , 2;6; 1 , 4; 12;5A B C
và điểm
: 2 2 5 0P x y z
. Gọi
M là điểm thuộc
P
sao cho biểu thức
4S MA MB MA MB MC
đạt giá trị nhỏ
nhất. Tìm hoành độ điểm M.
A.
3
M
x
B.
1
M
x 
C.
1
M
x
D.
3
M
x 
Lời giải
Gọi I là điểm
4 0 3;7; 3IA IB I
Gọi G là trọng tâm ta m giác ABC
1; 1;3G
Nhận thấy, M,I nằm khác phía so với mp(P).
Có
33S MI MG GI
. Dấu bằng xảy ra khi M là giao điểm của GI và (P)
1;3;1M
Đáp án C.
E.
Câu 1 (Đạo hàm và ứng dụng).
Từ một miếng tôn hình vuông cạnh a(cm) người ta muốn cắt ra một hình chữ nhật và hai
hình tròn có cùng đường kính để làm thân và các đáy của một hình trụ. Hỏi khối trụ được
tạo thành có thể tích lớn nhất bằng bao nhiêu, biết rằng các cạnh cảu hình chữ nhật song
song hoặc trùng với các cạnh ban đầu của tấm tôn.
A.
3
2
41
a
B.
3
2
1
4
a
C.
3
2
1
4
a
D.
3
2
4
a
Giải
Ta có 2 cách để cắt hình để tạo thành hình trụ.
+) Cách 1: Cắt thành 2 phần: Một phần có kích thước x và a. Một phần có kích thước a-x và
a. Phần có kích thước x và a để làm hai đáy và phần có kích thước a-x và a cuộn dọc để tạo
thành thân (tạo thành hình trụ có chiều cao bằng a). Điều kiện là
1
a
x
thì
23
2
4
41
ax a
V


.
+) Cách 2: Cắt như trên. Nhưng phần có kích thước a-x và a cuộn ngang để làm thành thân
(tạo thành hình trụ có chiều cao là a-x). Điều kiện là
a
x
do chu vi của hình tròn cắt ra
phải bằng với phần đáy của hình chữ nhật. Khi đó
2
4
a x x
V
.
Xét hàm số
2
4
a x x
V
, với
a
x
.
Ta có
23
2
1
44
a x x a
V



.
Vậy thể tích lớn nhất của khối trụ được tạo thành là:
3
2
1
4
a
.
Câu 2 (Mũ và lôgarit).
Theo dự báo với mức tiêu thụ dầu không đổi như hiện nay thì trữ lượng dầu của nước A sẽ
hết sau 100 năm nữa. Nhưng do nhu cầu thực tế, mức tiêu thụ tăng lên 4% mỗi năm. Hỏi
sau bao nhiêu năm số dầu dự trữ của nước A sẽ hết.
A. 45 năm B. 50 năm C. 41 năm D. 47 năm
Giải
Giả sử số lượng dầu của nước A là 100 đơn vị.
Số dầu sử dụng không đổi mà 100 năm mới hết thì suy ra số dầu nước A dùng 1 năm là 1
đơn vị.
Gọi n là số năm tiêu thụ hết sau khi thực tế mỗi năm tăng 4%, ta có
1.04
1. 1 0,04 . 1 0,04 1
100 4,846 40,23
0,04
n
n log
.
Vậy sau 41 năm thì số dầu sẽ hết.
Câu 3 (Tích phân và ứng dụng).
Một bác thợ xây bơm nước vào bể chứa nước. Gọi h(t) là thể tích nước bơm được sau t giây.
Cho
2
3’ abh tt t
và ban đầu bể không có nước. Sau 5 giây thì thể tích nước trong bể là
3
150m
. Sau 10 giây thì thể tích nước trong bể là
3
1100m
. Hỏi thể tích nước trong bể sau khi
bơm được 20 giây là bao nhiêu.
A.
3
8400m
B.
3
2200m
C.
3
6000m
D.
3
4200m
Giải
Ta có
2
23
(3 )
2
bt
at bt dht t at
.
Khi đo ta có hệ:
32
32
1
5 . . .5 150
1
2
12
10 . . .10 1100
2
ab
a
b
ab



Khi đó
32
ht tt
.
Vậy thể tích nước trong bể sau khi bơm được 20 giây là
3
20 8400hm
.
Câu 4 (Số phức).
Cho hai số phức u,v thỏa mãn
10uv
và
3 4 2016uv
. Tính
43M u v
.
A.
2984
B.
2884
C.
2894
D.
24
Giải
Ta có
2
.z z z
. Đặt
34N u v
.
Khi đó
22
2
3 4 3 4 9 16 12N u v u v u v uv vu
.
Tương tự ta có
22
2
16 9 12M u v uv vu
.
Do đó
22
22
25 5000M N u v
.
Suy ra
22
5000 5000 2016 2984 2984M N M
.
Câu 5 (Thể tích khối đa diện).
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.
26
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
2 2 2 2 2 2
SO SB OB AB OB OA
nên
SO OA OC
. Do đó tam giác SAC vuông tại
S.
Ta có
2 2 2 2
4 4 4AC x OA x
.
Do đó
22
4 12 0 2 3OB x x
.
Và
2 2 2 2 2
16 4 4
SOA
S x OA x x
.
Để
.S ABCD
V
đạt giá trị lớn nhất khi và chỉ khi
SOAB
V
đạt giá trị lớn nhất .
Do đó
.S ABCD
V
đạt giá trị lớn nhất khi và chỉ khi
22
12xx
đạt giá trị lớn nhất.
Suy ra
2 2 2
12 6 6x x x x
.
Câu 6 (Hình tròn xoay).
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.
A.
250 3
27
V
B.
25 2
27
V
C.
20 3
27
V
D.
250 6
27
V
Giải
Ta có
2 2 2 3
1 1 1 25 1
25
3 3 3 3 3
V r h x y y y y y
.
Xét hàm số
3
25 1
33
V y y


với
05y
.
Ta có
2
25 5
'0
3
3
V y y

.
Khi đó thể tích lớn nhất là
250 3
27
V
.
Câu 7 (Hình học Oxyz).
Trong không gain Oxyz, cho hai đường thẳng
1
1 2 1
:
1 2 1
x y z
d

và
2
2
:3
2
xt
d y t
z



. Mặt
phẳng
:0P ax by cz d
(với
; ; ;a b c d
) vuông góc với đường thẳng
1
d
và chắn
12
,dd
đoạn thẳng có độ dài nhỏ nhất. Tính
a b c d
.
A.
14
B.
1
C.
8
D.
12
Giải
Ta có mặt phẳng (P) vuông dóc với đường thẳng
1
d
nên (P) có véctơ pháp tuyến
1;2;1n
.
Phương trình (P) có dạng
: 2 0P x y z d
.
Gọi M là giáo điểm của (P) với
1
d
và N là giao của (P) với
2
d
suy ra
2 2 10
;;
6 3 6
d d d
M



,
41
; ; 2
33
dd
N



.
Ta có
2
2
16 155
18 9 9
dd
MN
.
Để MN nhỏ nhất thì
2
MN
nhỏ nhất, nghĩa là
16d 
.
Khi đó
14a b c d
.
F.
Câu 1. Tìm
m
để bpt sau có tập nghiệm là
( ; )
:
2
( 1)( 3) 5 4 29x x m x x
A.
26m
. B.
26m
. C.
129
4
m 
. D.
129
4
m 
.
Hướng dẫn giải:
2 2 2 2
( 1)( 3) 5 4 29 4 3 5 4 29 5 26x x m x x m x x x x m t t
Với
2
2
4 29, 2 25 5t x x t x
BPT
2
( 1)( 3) 5 4 29x x m x x
có nghiệm là
( ; )
[5; )
max ( )m f t


với
2
( ) 5 26f t t t
Do
2
( ) 5 26 5 26 26f t t t t t
với
5t
nên
[5; )
max ( ) 26ft

Đáp án: B
Câu 2. Một người vay ngân hàng 1 tỷ đồng với lãi kép là 12%/năm. Hỏi người đó phải trả
ngân hàng hàng tháng bao nhiêu tiền để sau đúng 5 năm người đó trả xong nợ ngân hàng?
A. 88 848 789 đồng. B. 14 673 315 đồng.
C. 47 073 472 đồng . D. 111 299 776 đồng.
Hướng dẫn giải:
Gọi
A
là số tiền người đó vay ngân hàng ( đồng),
a
là số tiền phải trả hàng tháng và
%r
là lãi suất kép. Ta có:
- Số tiền nợ ngân hàng tháng thứ nhất:
1
1R A r
- Số tiền nợ ngân hàng tháng thứ hai :
2
2
1 1 1 1R A r a r A r a r
- Số tiền nợ ngân hàng tháng thứ ba:
2 3 2
3
1 1 1 1 1 1R A r a r a r A r a r a r
….
- Số tiền nợ ngân hàng tháng thứ
n
:
1
1 1 ... 1
nn
n
R A r a r a r
Tháng thứ
n
trả xong nợ:
. . 1
11
n
n
n
Ar r
R a a
r

Áp dụng với
9
1.10A
đồng,
0,01r
, và
24n
, ta có
47073472a
Đáp án: C
Câu 3. Một người có mảnh đất hình tròn có bán kính 5m, người này tính trồng cây trên
mảnh đất đó, biết mỗi mét vuông trồng cây thu hoạch được giá 100 nghìn. Tuy nhiên cần có
khoảng trống để dựng chồi và đồ dùng nên người này căng sợi dây 6m sao cho 2 đầu mút
dây nằm trên đường tròn xung quanh mảnh đất. Hỏi người này thu hoạch được bao nhiêu
tiền (tính theo đơn vị nghìn và bỏ phần số thập phân).
A.
3722
B.
7445
C.
7446
D.
3723
Hướng dẫn giải:
Đặt hệ trục tọa độ
4349582
như hình vẽ.
Phương trình đường tròn của miếng đất sẽ là
22
25xy
Diện tích cần tính sẽ bằng 2 lần diện tích phần tô đậm
phía trên.
Phần tô đậm được giới hạn bởi đường cong có phương trình là
2
25yx
, trục
; 5; 4Ox x x
(trong đó giá trị 4 có được dựa vào bán kính bằng 5 và độ dài dây cung bằng
6)
Vậy diện tích cần tính là
4
2
5
2 25 74,45228...S x dx
Do đó, đáp án là câu B
Câu 4. Cho A, B, C, D lần lượt là điểm biểu diễn của các số phức
2
A
Zi
;
32
B
Zi
;
14
C
Zi
;
2
D
Zi
. Mệnh đề nào dưới đây là đúng
A. ABCD là hình vuông.
B. ABCD là hình bình hành.
C. B và D nhìn doạn AC dưới góc vuông.
D.
ACD ABD
.
Hướng dẫn giải:
Ta có
(2; 1)A
;
(3;2)B
;
( 1;4)C
và
( 2;1)D
Do đó:
1;3 ; 1;3AB DC
Suy ra,
AB DC
Tứ giác ABCD là hình bình hành.
Ta lại có,
0
, 90AB BC ABC
Đáp án: B
Câu 5. Người thợ cần làm một bể cá hai ngăn, không có nắp ở
phía trên với thể tích 1,296 m
3
. Người thợ này cắt các tấm kính
ghép lại một bể cá dạng hình hộp chữ nhật với 3 kích thước a, b,
c như hình vẽ. Hỏi người thợ phải thiết kế các kích thước a,
b, c bằng bao nhiêu để đỡ tốn kính nhất, giả sử độ dầy của kính
không đáng kể.
A.
3,6 ; 0,6 ; 0,6a m b m c m
B.
2,4 ; 0,9 ; 0,6a m b m c m
C.
1,8 ; 1,2 ; 0,6a m b m c m
D.
1,2 ; 1,2 ; 0,9a m b m c m
Hướng dẫn giải:
Thể tích bể cá là:
1,296V abc
Diện tích tổng các miếng kính là
23S ab ac bc
(kể cả miếng ở giữa)
Ta có:
33
3
1 2 3
3 , ,
1 2 3 1 2 3 3 6 3 6
3 . .
1,296
Cauchy cho so
c b a
S
abc c b a c b a
abc
Dấu “=” xảy ra khi
1,8
1 2 3
1,2
1,296
0,6
a
b
c b a
abc
c





.
Đáp án: C
Câu 6. Một phễu đựng kem hình nón bằng giấy bạc có thể tích
12
(cm
3
) và chiều cao là
4cm. Muốn tăng thể tích kem trong phễu hình nón lên 4 lần, nhưng chiều cao không thay
đổi, diện tích miếng giấy bạc cần thêm là.
A.
2
(12 13 15) cm
. B.
2
12 13 cm
.
C.
2
12 13
15
cm
. D.
2
(12 13 15) cm
Hướng dẫn giải:
Gọi R1 là bán kính đường tròn đáy hình nón lúc đầu; h1 là chiều cao của hình nón lúc đầu.
Gọi R2 là bán kính đường tròn đáy hình nón sau khi tăng thể tích; h2 là chiều cao của hình
nón sau khi tăng thể tích.
Ta có:
22
1 1 1 1 1
11
12 4 3
33
V R h R R
2
1 1 1
2
2
22
2 2 2 2 1
2
11
21
1
3
1
4 2 6
3
V R h
VR
V R h R R
VR
hh
Diện tích xung quanh hình nón lúc đầu:
2
1 1 1
3 16 9 15
xp
S R l cm
Diện tích xung quanh hình nón sau khi tăng thể tích:
2
2 2 2
6 16 36 12 13
xp
S R l cm
Diện tích phần giấy bạc cần tăng thêm là:
2
12 13 15S cm

Đáp án: A
Câu 7. Trong không gian với hệ trục tọa độ
Oxyz
, cho hai đường thẳng
1
12
:
1 2 1
x y z
d


và
2
21
:
2 1 2
x y z
d


. Gọi
P
là mặt phẳng chứa
1
d
sao cho góc giữa mặt phẳng
P
và
đường thẳng
2
d
là lớn nhất. Chọn mệnh đề đúng trong các mệnh đề sau:
A.
P
có vectơ pháp tuyến là
1; 1;2n 
.
B.
P
qua điểm
0;2;0A
.
C.
P
song song với mặt phẳng
:7 5 3 0Q x y z
.
D.
P
cắt
2
d
tại điểm
2; 1;4B
.
Hướng dẫn giải:
1
d
qua
1; 2;0M
và có VTCP
1;2; 1u 
. Vì
1
dP
nên
MP
.
Pt mặt phẳng
P
có dạng:
2 2 2
1 2 0 0A x B y Cz A B C
.
Ta có:
1
. 0 2d P u n C A B
.
Gọi
2
2
22
22
43
43
1
, sin
3 2 4 5
3 2 4 5
AB
AB
Pd
A AB B
A AB B



.
TH1: Với
0B
thì
22
sin
3
.
TH2: Với
0B
. Đặt
A
t
B
, ta được:
2
2
43
1
sin
3 2 4 5
t
tt

.
Xét hàm số
2
2
43
2 4 5
t
ft
tt

. Dựa vào bảng biến thiên ta có:
25
max
7
fx
khi
7t 
khi
7
A
B

.
Khi đó
53
sin 7
9
f
.
So sánh TH1 và TH2
lớn nhất với
53
sin
9
khi
7
A
B

.
Vậy phương trình mặt phẳng
:7 5 9 0P x y z
.
Đáp án: B
G.
Câu 1(KSHS): Một con cá hồi bơi ngược dòng để vượt một khoảng cách là 300km. Vận tốc
của dòng nước là
6km/ h
. Nếu vận tốc bơi của cá khi nước đứng yên là v (km/h) thì năng
lượng tiêu hao của cá trong t giờ được cho bởi công thức.
3
E v cv t
Trong đó c là một hằng số, E được tính bằng jun. Tìm vận tốc bơi của cá khi nước đứng yên
để năng lượng tiêu hao là ít nhất.
A. 6km/h B. 9km/h A. 12km/h A. 15km/h
Giải:
Vận tốc của cá bơi khi ngược dòng là: v- 6 ( km/ h).
Thời gian để cá bơi vượt khoảng cách 300km là
300
t
v6
Năng lượng tiêu hao của cá để vượt khoảng cách đó là:
3
3
300 v
E v cv . 300c. jun ,v 6
v 6 v 6

'2
2
'
v9
E v 600cv
v6
v 0 loai
E v 0
v9
Chọn đáp án B
Câu 2( Mũ- loga): Phương trình sau có bao nhiêu nghiệm ?
23
48
2
log 1 2 log 4 log 4x x x
A. 1 nghiệm B. 2 nghiệm C. 3 nghiệm 4. Vô
nghiệm
Lời giải:
23
48
2
log 1 2 log 4 log 4x x x
(2) Điều kiện:
10
44
40
1
40
x
x
x
x
x




2
2 2 2 2 2
22
22
(2) log 1 2 log 4 log 4 log 1 2 log 16
log 4 1 log 16 4 1 16
x x x x x
x x x x
+ Với
14x
ta có phương trình
2
4 12 0 (3)xx
;
2
(3)
6
x
x

lo¹i
V
6 9

'
Ev
- +
E(v)
E(9)
+ Với
41x
ta có phương trình
2
4 20 0xx
(4);
2 24
4
2 24
x
x


lo¹i
Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm là
2x
hoặc
2 1 6x 
, chọn B
Câu 3(Tích phân) Một người đứng từ sân thượng một tòa nhà cao 262m, ném một quả bi sắt
theo phương thẳng đứng hướng xuống (bỏ qua ma sát) với vận tốc 20m/s. Hỏi sau 5s thì
quả bi sắt cách mặt đất một đoạn
d
bao nhiêu mét? (Cho gia tốc trọng trường
2
10 /a m s
)
A. 35 m B.36 m C. 37 m D. 40 m
Lời giải: Quả bi sắt chịu tác dụng của trọng lực hướng xuống nên có gia tốc trọng trường
2
10 /a m s
Ta có biểu thức v theo thời gian t có gia tốc a là:
10 10v adt dt t C

Ở đây, với:
0, 20 /
20
t v m s
C


Vậy ta biểu diễn biểu thức vận tốc có dạng:
10 20 /v t m s
Lấy nguyên hàm biểu thức vận tốc, ta sẽ được biểu thức quảng đường:
2
10 20
5 20
s vdt
t dt
t t K

Theo đề bài, ta được khi
0 0 0t s K
Vậy biểu thức tọa độ quảng đường là:
22
5 20 /s t t m s
Khi
5ts
, ta sẽ được
225sm
Vậy quả bi cách mặt đất
262 225 37dm
.
Câu 4( Số phức).Cho các số phức z thỏa mãn
2z
.Biết rằng tập hợp các điểm biểu diễn các
số phức
3 2 2w i i z
là một đường tròn.Tính bán kính r của đường tròn đó.
A.20 B.
20
C.
7
D.7
Giải: Chọn B
Đặt
,,w x yi x y
22
22
22
3 2 2
3 2 2
32
2 8 2 1
2 5 5
2 8 2 1
2
55
6 4 7 0
3 2 20
w i i z
x yi i i z
x y i
x y x y
zi
i
x y x y
x y x y
xy
Bán kính của đường tròn là
20r
Câu 5( Thể tích khối đa diện): 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.
A. V=
a
3
B. V= a
3
C. V=
a
3
D. V= 
a
3
Lời giải:
Gọi M, N, H lần lượt là trung điểm của AB, AC, và BC
Ta có tam giác SAB cân suy ra SM 
HM // AC  AB AB
󰇛

󰇜
 
󰇛
󰇜
Và [(SAB), (ABC)] = SMH = 60
0
Tương tự AC (SNH)  SH (2)
Từ (1) và (2)  (ABC)
Ta có SH = MH. tan 60
0
=

= a
SABC =
AC.AB = a
2
Vậy V =
.SH. SABC =
a
3
(đvdt) , CHỌN A
Câu 6( THề tích khối tròn xoay): Một công ty sản xuất một loại cốc giấy hình nón có thể
tích 27cm
3
. Vói chiều cao h và bán kính đáy là r. Tìm r để lượng giấy tiêu thụ ít nhất.
A.
6
4
2
3
2
r
B.
8
6
2
3
2
r
C.
8
4
2
3
2
r
D.
6
6
2
3
2
r
BG: Ta có:
2
2
13
3
V
V r h h
r

=> độ dài đường sinh là:
8
2 2 2 2 2 2 2
2 2 2 4
3 81 3
( ) ( )
V
l h r r r r
r r r
Diện tích xung quanh của hình nòn là:
88
24
2 4 2 2
33
xq
S rl r r r
rr

Áp dụng BĐT Cauchy ta được giá trị nhỏ nhất là khi
8
6
2
3
2
r
.
Câu 7( Tọa độ KG). Trong không gian với hệ tọa độ
Oxyz
, cho hai điểm
2 ;1; 1A
,
0; 3;1B
và
mặt phẳng
: 3 0P x y z
. Tìm tọa độ điểm
M
thuộc
()P
sao cho
2MA MB
có giá trị
nhỏ nhất.
A.
4; 1;0M
. B.
1; 4;0M
. C.
4;1;0M
. D.
1; 4;0M
.
Lời giải : Gọi
;;I a b c
là điểm thỏa mãn
20IA IB
, suy ra
4; 1; 3I
.
Ta có
2 2 2 .MA MB MI IA MI IB MI
Suy ra
2MA MB MI MI
.
Do đó
2MA 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
4 1 3
:
1 1 1
x y z
d
.
Tọa độ hình chiếu
M
của
I
trên
P
thỏa mãn
1;
4 1 3
1 1 1
4;0
30
M
x
yz
y
x
z
. Chọn D.
G.
Câu 1
Một vật có kích thước và hình dáng như hình vẽ dưới đây. Đáy là hình tròn bán kinh 4 cắt
vật bởi các mặt phẳng vuông góc với trục Ox ta được thiết diện là tam giác đều. Thể tích của
vật thể là:
A.
256
.
3
V
B.
32
.
3
V
C.
256 3
.
3
V
D.
32 3
.
3
V
Đáp án:
I
N
M
A
S
B
C
Chọn tâm đường tròn làm gốc.
Diện tích thiết diện là
22
3
3(4 )
4
S AB x
22
2
22
( ) 4 (4 )V S x dx x dx


Câu 2. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho
(1;0;2), (3;1;4), (3; 2;1)A B C
. 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
2
và S có
cao độ âm.
A.
( 4; 6;4)S 
. B.
(3;4;0)S
. C.
(2;2;1)S
. D.
(4;6; 4)S
.
Hướng dẫn.
Ta có
(2;1;2); (2; 2; 1)AB AC
, 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.
( ) ,MI ABC MI k AB AC k


2AS MI
, tìm S.
, (3;6; 6)AB AC



Gọi
15
3; ;
22
M



là trung điểm BC. Ta có:
2
2 2 2
3 11 9 81 9
2 2 4 2
IM IB BM IM




( ) , (3;6; 6) 9 .MI ABC MI k AB AC k MI k


Suy ra
91
9
22
kk
1
2
k
thì
2 3;6; 6 4;6; 4AS MI S
Vậy
(4;6; 4)S
Số
vi
khuẩn
số
ngày
7
6
5
4
3
2
1
5000
7000
6000
4000
3000
O
Số
vi
khuẩn
số
ngày
7
6
5
4
3
2
1
5000
7000
6000
4000
3000
O
Số
vi
khuẩn
số
ngày
7
6
5
4
3
2
1
5000
7000
6000
4000
3000
O
Số
vi
khuẩn
số
ngày
7
6
5
4
3
2
1
5000
7000
6000
4000
3000
O
Câu 3. Tìm số thực
20m a b
(a, b là các số nguyên khác 0) để phương trình
2
2 2( 1) (2 1) 0z m z m
có hai nghiệm phức phân biệt z1, z2 thỏa mãn
12
10zz
. Tìm a.
A. 1 B.2 C.3 D.4
Hướng dẫn
2
' 6 1 mm
TH1:
' 0 ( ;3 10) (3 10; ) hay m
Khi đó
22
1 2 1 2 1 2
10 2 10 z z z z z z
2
2
2
2 1 0
(1 ) 10
1 10 ( )
(1 ) (2 1) 2 1 10
2 1 0
3 20
6 11 0





m
m
m loai
m m m
m
m
mm
TH2:
' 0 (3 10;3 10) hay m
Khi đó:
22
12
1 ( 6 1) 1 ( 6 1)
10 10
22
m i m m m i m m
zz
Hay
22
(1 ) ( 6 1) 10 2 m m m m
Vậy m = 2 hoặc
3 20m
Câu 4. Số lượng vi khuẩn ban đầu là 3000 con, và tăng 20% một ngày. Đồ thị nào sau đây
mô tả hàm số lượng vi khuẩn sau t ngày?
A
B
C
D
Hướng dẫn giải.
Công thức số vi khuẩn:
( ) 3000.1,2
x
Qx
Hàm mũ nên loại A, D.
Xét
5
(5) 3000.(1,2) 7460Q 
nên chọn B.
Câu 5. Cho lăng trụ đứng ABC.A’B’C’ có đáy ABC là tam giác vuông cân AB=BC=a. Mặt
phẳng (AB’C) tạo với (BCC’B’) một góc
với
3
tan
2
. Gọi M là trung điểm của BC. Tính
bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp B’ACM.
A.
3 10
8
a
B.
3 10
4
a
C.
3 13
8
a
D.
13
2
a
Trục không có tính chất đặc
biệt, ta sử dụng phương pháp
4 để giải
R
2
= B’O
2
= NO
2
+ B’N
2
=
22
( ' )BJ BB JO
= OM
2
= OJ
2
+ JM
2
Chú ý
0
45CBJ
Giải phương trình ta tìm
được OJ =
52
8
a
Xác định tâm đáy: giao của
hai đường thẳng trung trục
MC và BI.
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
2 2 2
1 1 1
'

BI BC B B
tính
được
'2B B a
.
a
α
M
B
C
A
B'
C'
A'
I
a
N
M
B
C
A
B'
C'
A'
J
O
K
a
M
B
C
A
B'
C'
A'
J
K
60
0
H
M
I
A
C
B
A'
B'
C'
B'
B
C
M
I
R =
3 10
8
a
Câu 6. 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
0
60
.Tính thể tích lăng trụ
ABCA B C
.
A.
3
2a
B.
3
2a
C.
3
6a
D.
3
3a
Dựng góc:
Từ A kẻ AI
BC
I là trung điểm BC
AI
(BC

CB
)
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
= 60
0
Ta có AI=
1
2
BC a
; IM=
0
tan60
3
AI a
2
2
3

a
BH IM
;
2 2 2 2 2 2
1 1 1 3 1 1
' 4 4 2
B B BH BC a a a
.
Suy ra
BB
=
2a
;
2
11
. .2
22
ABC
S AI BC a a a
23
2. 2

ABC A B C
V a a a
Câu 7. Từ một tấm tôn có kích thước 90cmx3m người ta làm một máng xối nước trong đó
mặt cắt là hình thang ABCD có hinh dưới. Tính thể tích lớn nhất của máng xối.
A.
3
40500 3cm
B.
3
40500 2cm
C.
3
40500 6cm
D.
3
40500 5cm
Thể tích máng xối:
2
.300 ( )
ABCD
V S cm
.
Vậy thể tích lớn nhất khi diện tích hình thang là lớn nhất.
1
( ).
2

ABCD
S BC AD CE
CE CDsin
30.
sin
2 30 60
AD BC ED cos
90
90 2
2


ABCD
S sin sin
Đặt
90
( ) 90 2 , [0; ]
2
f sin sin
90
'( ) 90 .2 2
2
f cos cos
2
1
cos
'( ) 0 cos cos2 0 2cos cos 1 0
3
2
cos 1


f
.
(0) ( ) 0; 135 3
3



f f f
. Vậy GTLN của diện tích ABCD là
2
135 3cm
.
Vậy thể tích máng xối lớn nhất bằng
3
40500 3cm
khi ta cạnh CD tạo với BC góc
0
60
.
3m
90cm
3m
30cm
30cm
30cm
D
B
C
A
θ
θ
30cm
30cm
30cm
E
D
B
C
A
H.
Câu 1. KSHS
Cho hàm số
2x 1
1
yC
x
. Tìm k để đường thẳng
: x 2 1d y k k
cắt (C) tại hai điểm phân
biệt
,AB
sao cho khoảng cách từ
A
và
B
đến trục hoành bằng nhau.
A.
12
B.
4
C.
3
D.
1
Giải
Phương triình hoành độ giao điểm của (C) và d:
2x 1
x 2 1 2x 1 1 2 1 ; 1
1
k k x kx k x
x
2
x 3 1 2 0 1 ; 1k k x k x
d cắt (C) tại hai điểm A, B phân biệt khi và chỉ khi (1) có hai nghiệm phân biệt khác
1
.
2
2
1
0
6 1 0
3 2 2 3 2 2
1 3 1 1 2 0
k
k
kk
kk
k k k


.
Khi đó:
1 1 2 2
; x 2 1 , ; x 2 1A x k k B x k k
với
12
,xx
là nghiệm của (1).
Theo định lý Viet tao có
12
12
31
2
k
xx
k
xx


.
Ta có
12
; ; x 2 1 x 2 1d A Ox d B Ox k k k k
12
12
12
12
2 1 x 2 1
4 2 0
2 1 x 2 1
xx
kx k k k
k x x k
kx k k k

.
Do hai điểm A, B phân biệt nên ta loại nghiệm
12
xx
.
Do đó
12
4 2 0 3k x x k k
.
Đáp án C.
Câu 2. Logarit
Cho phương trình
22
2 5 3.3 15 5 0
xx
m m x
. Tìm tập hợp tất cả các giá trị thực của
tham số m để phương trình có nghiệm trong khoảng
0;2
.
A. B.
2;3
C.
0;
D.
;1
Giải
Đặt
22
2 5 3.3 15 5
xx
f x m m x
. Do f liên tục trên nên f cũng liên tục trên đoạn
0;2
.
Ta có
2 0 0 2 2
0 2 5 3.3 15.0 5 6 1 0,f m m m m
.
2 2 2 2
2 2 5 3.3 15.2 5 13 0f m m
.
Khi đó
0 . 2 0,f f m
.
Vậy
0fx
có nghiệm trên khoảng
0;2
với mọi giá trị thực của m.
Đáp án A.
Câu 3. HKG
Đáy của hình chóp SABC là tam giác cân ABC có
AB AC a
và
BC

. Các cạnh bên
cùng tạo với đáy một góc
. Tính thể tích hình chóp SABC.
A.
3
tan
6
a
V
B.
3
cos tan
6
a
V

C.
3
cos tan
3
a
V

D.
3
sin2
6
a
V
Giải
Kẻ
SO ABC
OA
là hình chiếu vuông góc của SA lên (ABC)
Do đó
;SA ABC SAO

. Tương tự ta cũng có
SBO SCO

.
Nên
SAO SBO SCO
AO BO CO
.
Theo định lí sin ta có:
2O
sin sin 2sin
AC a a
A OA
B

.
Nên
tan
.tan
2sin
a
SO OA

.
Mặt khác
2
2
1 1 sin
. .sinA sin 180 2
2 2 2
ABC
a
S AB AC a
.
Vậy
23
1 1 sin tan cos tan
..
3 6 2 2sin 6
ABC
a a a
V S SO
.
Vậy đáp án B.
Câu 4. Tròn xoay
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.
A.
3
3
3
4sin 2
a
V
B.
3
3
4
3sin 3
a
V
C.
3
3
4
3sin 2
a
V
D.
3
3
4
3sin
a
V
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
2
. . .tan tan
SMN
S MO SO a a a

.
Mặt khác
2
23
2
.2a
. . .2a
cos
4R 4R 4R 2R cos
SMN
a
SM SN MN SM a
S



.
Do đó
3
2
22
tan
2Rcos 2cos tan sin2
a a a
aR
.
R cũng là bán kính của mặt cầu ngoại tiếp.
3
3
3
44
R
3 3 sin 2
a
V


.
Đáp án C.
Câu 5.
Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, gọi d là đường thẳng đi qua điểm
1;0; 1A 
, cắt
122
2 1 1
x y z

, sao cho
2
cos ;d
là nhỏ nhất, biết phương trình của đường thẳng
2
3 2 3
:
1 2 2
x y z
. Phương trình đường thẳng d là?
A.
11
2 2 1
x y z

B.
11
4 5 2
x y z

C.
11
4 5 2
x y z


D.
11
2 2 1
x y z

Giải
Gọi
1
1 2 ;2 ; 2M d M t t t
.
d có vectơ chỉ phương là
2 2; 2; 1
d
u AM t t t
.
2
có vectơ chỉ phương
2
1;2;2u 
.
2
2
2
2
cos ;
3 6 14 9
t
d
tt


.
Xét hàm số
2
2
6 14 9
t
ft
tt

, ta suy ra được
min 0 0f t f
.
Do đó
2
min cos ; 0d 


khi
0t
. Nên
2;2; 1AM 
.
Vậy phương trình đường thẳng d là:
11
2 2 1
x y z

.
Vập đáp án A.
Câu 6. Tích Phân
Cho F(x) là một nguyên hàm của
2
tan
cos 1 cos
x
fx
x a x
, biết
00F
,
1
4
F



. Tính
34
FF

?
A.
53
B.
51
C.
35
D.
52
Giải
4 4 4 4
2
2 2 2 2
0 0 0 0
tan tan 1
tan 1
cosx 1 cos cos tan 1 2 tan 1
xx
f x dx dx dx d x a
a x x x a x a
22
tan 1 tan 0 1 3 2
4
aa
.
2 1 3 2aa
2 1 2 1 3 2 5 2 6
36
11
32
a a a
aa
Do đó
3
2
4
tan
34
cos 1 cos
x
F F dx
xx

22
tan 2 tan 2 5 3
34

.
Đáp án A.
Câu 7. Số Phức
Cho ba số phức
1 2 3
,,z z z
thỏa mãn
1 2 3
1z z z
và
1 2 3
1z z z
. 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.
Giải
Ta có:
1 2 3 1 2 3
11z z z z z z
.
Nếu
1
10z
thì
2 3 2 3
0z z z z
.
Nếu
1
10z
thì điểm P biểu diễn số phức
1 2 3
1 z z z
không trùng với góc tọa độ O.
Gọi M là điểm biểu diễn của số phức
1
z
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
1 z
) nên OAPM là hình bình
hành. Mà
1 2 3
1z z z
nên các điểm biểu diễn cho ba số
1 2 3
,,z z z
đều nằm trên đường
tròn đơn vị. Ta cũng có
1OA OM
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
23
zz
, nếu M’ và A’ là hai điểm biểu diễn của số
23
,zz
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
2 3 1
1,z z z
hoặc
3 2 1
1,z z z
.
Do đó A, B là mệnh đề đúng.
C đúng là hiển nhiên, vì nếu ba số đều 1 một thì tổng bằng 3.
D sai vì với
1 2 3
2 2 2 2
1, ,
2 2 2 2
z z i z i
thỏa hai tính chất trên của đề bài nhưng
1 2 3
1z z z
.
Đáp án D.
I.
Câu 1: Cho hàm số
3 2 2 2
3 3 1 1y x mx m x m
. Tìm m để trên đồ thị hàm số có hai điểm
đối xứng qua gốc tọa độ
A.
10m
hoặc
1m
B.
10m
hoặc
1m
C.
10m
hoặc
1m 
D.
10m
hoặc
1m 
Đáp án B
Giải: gọi hai điểm đối xứng nhau qua O là
0 0 0 0
, , ,A x y B x y
Khi đó ta có
3 2 2 2
0 0 0 0
3 3 1 1y x mx m x m
và
3 2 2 2
0 0 0 0
3 3 1 1y x mx m x m
Từ đó suy ra:
22
0
6 2 2 0(*)mx m
Nếu
0
0x
thì
2
2 2 0m
suy ra
2
0
10ym
. Vậy
A B O
Do đó: đồ thị hàm số có hai điểm đối xứng nhau qua gốc tọa độ O
phương trình (*) có nghiệm khác 0
2
2
0
2 2 0 1 0 hay 1
' 6 2 2 0
m
m m m
mm
Câu 2: 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.
A.
3
h
d
B.
2
h
d
C.
6
h
d
D.
4
h
d
Đáp án: A
Giải: Gọi r là bán kính của (L).
Ta có
r h d R
r h d
R h h
3
2 2 2 2
2
2 2 2
2
4
. .2
2 2 3 27
h d h d d
R R R R h
V h d d h d h d d
h h h



Dấu bằng xảy ra khi
2
3
h
h d d d
.
Câu 3: 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).
A.
3
3
2
a
B.
3
33
2
a
C.
3
2
a
D.
3
3
2
a
Đáp án C
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
tan cot90
NI HK
NO MH


Suy ra
22
. . .
2 2 2 4
SA SA a a
NI MH OI HK SA a
Mà
23
31
.
2 3 2
ABCD ABCD
aa
S V S SA
Câu 4: PHương trình
2
33
log 1 2 logx x x x x
có bao nhiêu nghiệm
A. 1 nghiệm
B. 2 nghiệm
C. 3 nghiệm
D. Vô nghiệm
Đáp án A
Giải: điều kiện x > 0
Phương trình tương đương với
2
2
3
1
log 2
xx
xx
x





Ta có
2
2
2 1 1 1x x x
Và
2
2
3 3 3 3
1 1 1
log log 1 log 3 log 3 1
xx
xx
xx
x














Do đó
2
2
2
3
10
1
log 2 1
1
0
x
xx
x x x
x
x
x






Câu 5: Tính
/4
0
ln 1 tanI x dx

A.
ln2
8
B.
ln2
4
C.
ln2
8
D.
ln2
4
Đáp án: A
Giải: Đặt
4
tx

. Khi đó:
0 /4 /4
/4 0 0
/4 /4
00
1 tan 2
ln 1 tan ln 1 ln
4 1 tan 1 tan
ln2
ln 2 ln 1 tan
4
t
I t dt dt dt
tt
dt t dt I






Do đó
ln2
8
I
Câu 6: Đường thẳng
song song với
4 5 2
:
3 4 1
x y z
d

và cắt cả hai đường thẳng
1
112
:
3 1 2
x y z
d

và
2
23
:
2 4 1
x y z
d


. Phương trình nào không phải đường thẳng
A.
4 1 1
:
3 4 1
x y z
B.
72
3
33
:
3 4 1
yz
x

C.
9 7 2
:
3 4 1
xyz
D.
4 1 1
:
3 4 1
x y z
Đáp án: A
Giải: Gọi M, N là giao điểm của
và
12
,dd
.
Khi đó M, N thuộc
12
,dd
nên
2 2 '
13
1 , 3 4 '
22
'
N
M
MN
M
N
xt
xt
y t y t
zt
zt





.
Vector chỉ phương của
là
3 2 ' 3 ;4 4 ' ; 2 ' 2MN t t t t t t
song song với
4 5 2
:
3 4 1
x y z
d

nên
3 2 ' 3 4 4 ' 2 ' 2
3 4 1
t t t t t t

Giải hệ ta được
4
' 1;
3
tt
. Vậy
72
4; 1; 1 , 3; ;
33
NM



Vậy
4 1 1
:
3 4 1
x y z
Câu 7: Điểm M biểu diễn số phức
0z
và điểm M’ biểu diễn số phức
1
'z
z
. Nếu điểm M di
động trên đường tròn tâm A(-1;1) bán kính
2R
thì M’ di động trên đường nào?
A.
22
2 2 0x y x y
B.
2 2 1 0xy
C.
2 2 1 0xy
D.
2 2 1 0xy
Đáp án: C
Giải: Ta có
2
1
'
z
z
z
z

. Do đó
22
22
'
'
x
x
xy
y
y
xy
M di động trên đường tròn tâm A(-1;1) bán kính
2R
nên
22
22
22
22
2 2 2 2
1 1 2
2 2 0
22
0
22
10
2 ' 2 ' 1 0
xy
x y x y
x y x y
xy
xy
x y x y
xy


J.
Chương I. Ứng dụng đạo hàm
Một người thợ xây cần xây một bể chứa 108
3
m
nước, có dạng hình hộp chữ nhật với đáy là
hình vuông và không có nắp. Hỏi chiều dài, chiều rộng và chiều cao của lòng bể bằng bao
nhiêu để số viên gạch dùng xây bể là ít nhất? Biết thành bể và đáy bể đều được xây bằng
gạch, độ dày của thành bể và đáy là như nhau, các viên gạch có kích thước như nhau và số
viên gạch trên một đơn vị diện tích là bằng nhau.
A. 6; 6; 3. B.
2 3;2 3;9.
C.
3 2;3 2;6
D.
3 3;3 3;4
Gọi x(m) là cạnh của đáy bể, y(m) là chiều cao bể, x, y > 0
Ta có:
2
2
108
108x y y
x
Diện tích xây dựng:
22
432
4S x xy x
x
2
432
' 2 ; ' 0 6 3S x S x y
x
Chương II. Phương trình mũ, logarit
Cường độ một trận động đất M (Richter) được cho bởi công thức
0
log logM A A
, với A là
biên độ rung chấn tối đa và
0
A
là một biên độ chuẩn (hằng số). Đầu thế kỷ 20, một trận
động đất ở San Francisco có cường độ 8,3 độ Richter. Trong cùng năm đó, trận động đất
khác ở Nam Mỹ có biên độ mạnh hơn gấp 4 lần. Cường độ của trận động đất ở Nam Mỹ là:
A. 8,9 B. 33,2 C. 2,075 D.11
GIẢI
0
0
log log log
A
M A A
A
Trận động đất ở San Francisco:
1
1
0
8,3 log (1)
A
M
A

ở Nam Mỹ:
2
2
0
log (2)
A
M
A
Biên độ ở Nam Mỹ gấp 4 lần ở San Francisco nên
2
21
1
44
A
AA
A
Lấy (2) - (1) ta được:
2 1 2
22
0 0 1
8,3 log log log log4 log4 8,3 8,9
A A A
MM
A A A
Chương III. Nguyên hàm, tích phân
Một chiếc xe đang chạy với vận tốc 100Km/h thì đạp phanh dừng lại, vận tốc của xe giảm
dần theo công thức
5000 100v t t
(Km/h) cho đến khi dừng lại. Hỏi xe chạy thêm
được bao nhiêu met thì dừng lại.
A. 25 B. 1 C. 10
3
D. 10
-3
Xe dừng lại nên
1
0
50
vt
Phương trình quảng đường
2
2500 100S t v t dt t t
Quảng đường xe đi được
2
3
11
2500. 100. 1 10
50 50
S Km m



Chương IV. Số phức
Xác định tập hợp các điểm trong mặt phẳng phức biểu diễn các số phức z thỏa mãn
từng điều kiện sau:
34z z i
.
A.
25
3 4 0
2
xy
B.
3 4 25 0xy
C.
25
3 4 0
2
xy
D.
3 4 25 0xy
Vì
zz
nên
3 4 3 4 3 4z i z i z i
,
suy ra
34z z i
34z z i
34
1
zi
z


Tập hợp điểm có tọa vị z thỏa mãn
34
1
zi
z

là đường trung trực của đoạn thẳng OA,
với
0O
và
34Ai
. Đường trung trực này đi qua trung điểm
3
2
2
Ki



của đoạn thẳng OA và
nhận véctơ
34OA i
làm véctơ pháp tuyến nên có phương trình là:
3
3 4 2 0
2
xy



25
3 4 0
2
xy
.
Hình học – Chương I. Thể tích khối đa diện
Từ một miếng bìa hình vuông có cạnh bằng 5, người ta cắt 4 góc bìa 4 tứ giác bằng nhau và
gập lại phần còn lại của tấm bìa để được một khối chóp tứ giác đều có cạnh đáy bằng x (
xem hình). Nếu chiều cao khối chóp tứ giác đều này bằng
5
2
thì x bằng:
A. x=1. B. x=2. C. x=3. D. x= 4
Hình học – Chương II. Khối tròn xoay
Một một chiếc chén hình trụ có chiều cao bằng đường kính quả bóng bàn. Người ta đặt quả
bóng lên chiếc chén thấy phần ở ngoài của quả bóng có chiều cao bằng
3
4
chiều cao của nó.
Gọi
12
,VV
lần lượt là thể tích của quả bóng và chiếc chén, khi đó:
A.
12
98VV
B.
12
32VV
C.
12
16 9VV
D.
12
27 8VV
Giải: Gọi h là đường cao của hình trụ, r là bán kính của quả bóng, R là bán kính của chén hình trụ
=>h=2r
2
h
r OA OB
Theo giả thiết:
44
hh
IB OI
( vì phần bên ngoài =
3
4
h
)
bán kính đáy của chén hình trụ là
22
3
4
h
R OA OI
I
B
A
O
Tỉ số thể tích là
3
3
1
12
2
2
2
4
4
8
32
3
98
9
3
4
h
r
V
VV
V R h
h
h






Hình học – Chương III. Phương pháp tọa độ không gian
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm A(1;5;0), B(3;3;6) và đường thẳng
có
phương trình tham số

xt
yt
zt
12
1
2
. Một điểm M thay đổi trên đường thẳng
sao cho chu vi
tam giác 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
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 t t t
1 2 ;1 ;2
.
AM BM t t
2 2 2 2
(3 ) (2 5) (3 6) (2 5)
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, ta xét hai vectơ
ut
3 ;2 5
và
vt
3 6;2 5
.
Ta có
u t v t
2 2 2 2
(3 ) (2 5) ; (3 6) (2 5)
AM BM u v
| | | |
và
u v u v
(6;4 5) | | 2 29
Mặt khác, ta luôn có
u v u v
| | | | | |
Như vậy
AM BM
2 29
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
uv
,
cùng hướng
t
t
t
3 2 5
1
36
25

M
(1;0;2)
và
AM BM
min( ) 2 29
. Vậy khi M(1;0;2) thì minP =
2( 11 29)
K.
1.(Hàm số)
Một miếng gỗ hình tam giác đều chiều dài cạnh là a. Cắt bỏ 3 phần như hình vẽ để
được một miếng gỗ hình chữ nhật có diện tích lớn nhất. Tính diện tích lớn nhất đó.
A.
2
3
8
a
B.
2
8
a
C.
2
3
4
a
D.
2
6
8
a
HD: Gọi
,0MN x x a
Khi đó :
3
()
2
MNPQ
S x a x
KSHS ta tìm được GTLN là
2
3
8
a
khi
2
a
x
2.(Mũ – Logarit)
Cho hàm số
9
( ) ,
93
x
x
f x x
. Tính
2 2 2
(sin 10 ) (sin 20 ) ..... (sin 80 )P f f f
A.
4
B. 8 C. 9 D. 3
HD: Nếu
1ab
thì
( ) ( ) 1f a f b
. Do đó
1 1 1 1 4P
M
N
P
C
A
B
Q
3. (Tích Phân)
Cho
()fx
là hàm liên tục và
0a
. Giả sử rằng với mọi
[0; ]xa
, ta có
( ) 0fx
và
( ) ( ) 1f x f a x
. Tính
0
1 ( )
a
dx
fx
A.
2
a
B.
2a
C.
3
a
D.
ln( 1)aa
HD: Đặt
t a x
ta có:
0
00
()
1 ( ) 1 ( ) ( ) 1
aa
a
dx dt f t dt
f x f a t f t
Suy ra:
0
1 ( ) 2
a
dx a
fx
4. (Số Phức)
Trong các số phức z thỏa mãn
2
1
2
zi
iz
. Tìm giá trị lớn nhất của
z
.
A. 1. B. 2. C.
2
D.
3
HD: Ta có:
(2 )(2 ) (2 )(2 )
2 2 2
1 . 1 . 1
20
2 2 2
z i z i iz iz
z i z i z i
zz
iz
iz iz iz

5. (Thể tích)
Một hình chóp có đáy là hình chữ nhật và có chiều cao h. Tính thể tích của hình chóp
đó biết năm mặt của hình chóp có diện tích bằng nhau.
A.
3
4
45
h
B.
3
45
h
C.
3
3
h
D.
3
2
15
h
HD: Để thỏa mãn yêu cầu thì chân đường cao sẽ phải cách đều các cạnh của hình chữ nhật
hay chính là tâm của hình chữ nhật đó và:
22
22
2
2 4 2 4
15
a b b a h
ab h h a b
6. (Tọa độ Oxyz)
Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho hai điểm A(1;2; -1), B(7; -2; 3) và đường
thẳng d có phương trình
23
2
42
(t R)
xt
yt
zt


. Điểm M trên
d
sao cho tổng khoảng cách từ M
đến A và B là nhỏ nhất có tổng các tọa độ là:
A. 6. B. 4. C. 2. D. 0.
HD: Nếu M nằm trên d thì điểm I có tọa độ là M=(2+3t;-2t;4+2t) . Từ đó ta có :
2 2 2
3 1; 2 2 ;2 5 3 1 2 2 2 5AM t t t AM t t t
Tương tự :
2 2 2
3 5;2 2 ;2 1 3 5 2 2 2 1BM t t t BM t t t
Từ (*) : MA=MB =
2 2 2
3 1 2 2 2 5t t t
=
2 2 2
3 5 2 2 2 1t t t
Hay :
22
17 34 30 17 36 30 34 36 0 11 70 0 0t t t t t t t t
Tọa độ M thỏa mãn yêu cầu là : M=(2;0;4 ).
L.
CHỦ ĐỀ 1: HÀM SỐ
Câu 1. Khi sản xuất vỏ lon sữa bò hình trụ các nhà thiết kế luôn đặt mục tiêu sao cho chi
phí nguyên liệu làm vỏ lon là ít nhất, tức là diện tích toàn phần của hình trụ là nhỏ
nhất. Muốn thể tích của khối trụ đó bằng 2 và diện tích toàn phần hình trụ nhỏ
nhất thì bán kính đáy gần số nào nhất?
A. 0,68. B. 0,6. C. 0,12. D. 0,52.
Hướng dẫn giải
Gọi
x
0x
là bán kính đáy của lon sữa.
Khi đó
2
2
V
V x h h
x
.
Diện tích toàn phần của lon sữa là
2 2 2 2
2
24
( ) 2 2 2 2 2 2 2 , 0
V
S x x xh x x x x x
x x x
Bài toán quy về tìm GTNN của hàm số
2
4
( ) 2S x x
x

,
0x
2
3
4
4
1
0 0,6827
S x x
x
S x x
Câu 2. Khi xây dựng nhà, chủ nhà cần làm một bể nước bằng gạch có dạng hình hộp có
đáy là hình chữ nhật chiều dài
dm
và chiều rộng
rm
với
2.dr
Chiều cao bể
nước là
hm
và thể tích bể là
3
2.m
Hỏi chiều cao bể nước như thế nào thì chi phí xây
dựng là thấp nhất?
A.
33
22
m
. B.
3
2
3
m
. C.
3
3
2
m
. D.
22
33
m
.
Hướng dẫn giải
Gọi
0xx
là chiều rộng của đáy suy ra thể tích bể nước bằng
2
2
1
2 . 2V x h h
x
Diện tích xung quanh hồ và đáy bể là
22
6
6 . 2 2 0S x h x x x
x
Xét hàm số
2
6
2f x x
x

với
0.x
Hàm số đạt giá trị nhỏ nhất tại
3
3
.
2
x
Vậy chiều cao cần xây là
2
2
3
1 1 2 2
.
33
3
2
hm
x



Câu 3. Một khách sạn có 50 phòng. Hiện tại mỗi phòng cho thuê với giá 400 ngàn đồng
một ngày thì toàn bộ phòng được thuê hết. Biết rằng cứ mỗi lần tăng giá thêm 20
ngàn đồng thì có thêm 2 phòng trống. Giám đốc phải chọn giá phòng mới là bao
nhiêu để thu nhập của khách sạn trong ngày là lớn nhất.
A. 480 ngàn. B. 50 ngàn. C. 450 ngàn. D. 80 ngàn.
Hướng dẫn giải
Gọi
x
(ngàn đồng) là giá phòng khách sạn cần đặt ra,
400x
(đơn vị: ngàn đồng).
Giá chênh lệch sau khi tăng
400x
.
Số phòng cho thuê giảm nếu giá là
x
:
400 2
400
20 10
x
x

.
Số phòng cho thuê với giá
x
là
400
50 90
10 10
xx
.
Tổng doanh thu trong ngày là:
2
( ) 90 90
10 10
xx
f x x x



.
( ) 90
5
x
fx
.
( ) 0 450f x x
.
Bảng biến thiên:
Dựa vào bảng biến thiên ta thấy
()fx
đạt giá trị lớn nhất khi
450x
.
Vậy nếu cho thuê với giá 450 ngàn đồng thì sẽ có doanh thu cao nhất trong ngày là
2.025.000 đồng.
CHỦ ĐỀ 2: HÀM SỐ LŨY THỪA, HÀM SỐ MŨ VÀ HÀM SỐ LOGARIT
Câu 4. Phương trình
3 3 3 3 4 4 3
3 3 3 3 10
x x x x
có tổng các nghiệm là ?
A. 0. B. 2. C. 3. D. 4 .
Hướng dẫn giải
3 3 3 3 4 4 3
3 3 3 3 10
x x x x
7
3 3 3 3
33
27 81 1 1
7 27.3 81.3 10 27. 3 81. 3 10 7
3 3 3 3
x x x x
x x x x
Đặt
11
3 2 3 . 2
33
xx
xx
Côsi
t
3
3 3 2 3 3
2 3 3
1 1 1 1 1
3 3 3.3 . 3.3 . 3 3
3 3 3 3 3
x x x x x
x x x x x
t t t



Khi đó:
3
3 3 3
10 10
7' 27 3 81 10 2
27 3
t t t t t N
Với
10 1 10
3 7
3 3 3
x
x
t

Đặt
30
x
y 
. Khi đó:
2
3
1 10
7 3 10 3 0
1
3
3
yN
y y y
y
yN

Với
3 3 3 1
x
yx
Với
11
31
33
x
yx
Câu 5. Tính đến đầu năm 2011, dân số toàn tỉnh Bình Phước đạt gần 905.300, mức tăng
dân số là 1,37% mỗi năm. Tỉnh thực hiện tốt chủ trương 100% trẻ em đúng độ tuổi
đều vào lớp 1. Đến năm học 2024-2025 ngành giáo dục của tỉnh cần chuẩn bị bao
nhiêu phòng học cho học sinh lớp 1, mỗi phòng dành cho 35 học sinh? ( Giả sử
trong năm sinh của lứa học sinh vào lớp 1 đó toàn tỉnh có 2400 người chết, số trẻ tử
vong trước 6 tuổi không đáng kể)
A.458. B.222. C. 459. D. 221.
Hướng dẫn giải
Chỉ những em sinh năm 2018 mới đủ tuổi đi học ( 6 tuổi) vào lớp 1 năm học 2024-
2025.
Áp dụng công thức
1
n
n
S A r
để tính dân số năm 2018.
Trong đó:
905300; 1,37; 8A r n
Dân số năm 2018 là:
8
1,37
905300. 1 1009411
100
A



Dân số năm 2017 là:
7
1,37
905300. 1 995769
100
A



Số trẻ vào lớp 1 là:
1009411 995769 2400 16042
Số phòng học cần chuẩn bị là :
16042:35 458,3428571
.
Câu 6. Một nghiên cứu cho thấy một nhóm học sinh được cho xem cùng một danh sách
các loài động vật và được kiểm tra lại xem họ nhớ bao nhiêu % mỗi tháng. Sau t
tháng, khả năng nhớ trung bình của nhóm học sinh được cho bởi công thức
75 20ln 1 , 0M t t t
(đơn vị %). Hỏi sau khoảng bao lâu thì nhóm học sinh
nhớ được danh sách đó dưới 10%?
A.25 tháng. B. 23 tháng. C. 24 tháng. D. 22 tháng.
Hướng dẫn giải
Theo công thức tính tỉ lệ % thì cần tìm t thỏa mãn:
75 20ln 1 10 ln 1 3.25 24.79t t t
Câu 7. 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
Ux
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 tăng theo hàm số mũ xấp xỉ như sau:
. 1 0,04
x
U x A
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 tháng. B. 1 năm 2 tháng. C. 1 năm. D. 11 tháng.
Hướng dẫn giải
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

2
1 0.04 108160A
100000.A
Khi đó công việc của ta chỉ là tìm
x
sao cho
100000 1 0.04 194790
x
1 0.04
194790
log 17
100000
x
hay 1 năm 5 tháng.
CHỦ ĐỀ 3: NGUYÊN HÀM – TÍCH PHÂN
Câu 8. Diện tích hình phẳng nằm trong góc phần tư thứ nhất, giới hạn bởi các đường
thẳng
8,y x y x
và đồ thị hàm số
3
yx
là
a
b
, trong đó
,ab
là các số nguyên,
a
b
tối
giản. Khi đó
ab
bằng
A.
68
B.
67
C.
66
D.
65
Hướng dẫn giải
Ta có
33
0
0
8 0 0;8 0 ; 0
1
22
x
x
x x x x x x x
x
x
Nên
1 2 2
3
01
63
88
4
S x x dx x x dx
Câu 9. Khi quan sát một đám vi khuẩn trong phòng thí nghiệm người ta thấy tại ngày thứ
x có số lượng là
Nx
. Biết rằng
2000
1
Nx
x
và lúc đầu số lượng vi khuẩn là 5000
con .Vậy ngày thứ 12 số lượng vi khuẩn là?
A. 10130. B. 5130. C. 5154. D. 10129.
Hướng dẫn giải
Thực chất đây là một bài toán tìm nguyên hàm. Cho
Nx
và đi tìm
Nx
.
Ta có
2000
d 2000.ln 1 5000
1
xx
x
( Do ban đầu khối lượng vi khuẩn là 5000) .Với
12x
thì số lượng vi khuẩn là
10130
con
Câu 10. Một vật chuyển động với vận tốc 10 m/s thì tăng tốc với gia tốc
2
( ) 3a t t t
. Tính
quãng đường vật đi được trong khoảng thời gian 10 giây kể từ lúc bắt đầu tăng tốc.
A.
4300
m.
3
B.
4300 m.
C.
430 m.
D.
430
m.
3
Hướng dẫn giải
Hàm vận tốc
23
2
3
d 3 d
23
tt
v t a t t t t t C

Lấy mốc thời gian lúc tăng tốc
0 10 10vC
Ta được:
23
3
10
23
tt
vt
Sau 10 giây, quãng đường vật đi được là:
10
10
2 3 3 4
0
0
3 4300
10 d 10 m.
2 3 2 12 3
t t t t
s t t
CHỦ ĐỀ 4: SỐ PHỨC
Câu 11. Trong mặt phẳng phức
Oxy
, các số phức
z
thỏa
21z i z i
. Tìm số phức
z
được biểu diễn bởi điểm
M
sao cho
MA
ngắn nhất với
1,3A
.
A.
3 i
. B.
13i
. C.
23i
. D.
23i
.
Hướng dẫn giải
Gọi
,M x y
là điểm biểu diễn số phức
,z x yi x y R
Gọi
1, 2E
là điểm biểu diễn số phức
12i
Gọi
0, 1F
là điểm biểu diễn số phức
i
Ta có :
21z i z i ME MF
Tập hợp điểm biểu diễn số phức
z
là đường
trung trục
: 2 0EF x y
.
Để
MA
ngắn nhất khi
MA EF
tại
M
3,1 3M z i
Câu 12. Trong mặt phẳng phức
Oxy
, trong các số phức
z
thỏa
11zi
. Nếu số phức
z
có
môđun lớn nhất thì số phức
z
có phần thực bằng bao nhiêu ?
A.
22
2

. B.
22
2
. C.
22
2
. D.
22
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 :
1 1 1z i MA
. Vậy tập hợp điểm biểu diễn số phức là hình tròn tâm
1,1 , 1AR
như hình vẽ
Để
max z
max OM
M
thỏa hệ :
22
1 1 1
2 2 2 2
,
22
xy
yx
xx


Câu 13. Cho hai số phức
12
;zz
thỏa mãn

1
1
2
2
iz
và
21
z iz
. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu
thức
12
zz
.
A.
1
2
2
B.
1
2
2
C.
1
2
2
D.
1
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
1 1 1 1 1
;z x y i x y
. Khi đó điểm
11
;M x y
là điểm biểu diễn số phức
1
z
thỏa mãn:
11
1
2
2
i x y i
11
1
2
2
ix y
2
2
11
1
2
4
xy
. Suy ra tập hợp các điểm M
biểu diễn
1
z
là đường trong
C
có tâm
0; 2I
và bán kính
1
2
R
.
Khi đó nếu N là điểm biểu diễn của số phức
2
z
thì việc tìm GTNN của
12
zz
là
việc tìm GTNN của MN.
Theo đề thì
2 1 1 1 1 1
;z iz y x i N y x
là điểm biểu diễn
2
z
. Ta nhận thấy rõ ràng
1 1 1 1
.0OM ON x y x y
OM ON
. Dễ nhận thấy
22
11
OM ON x y
Ta có hình vẽ sau:
Do
OMN
là tam giác vuông cân tại O nên
2MN OM
, do đó để MN nhỏ nhất thì
OM nhỏ nhất. Dễ thấy, OM nhỏ nhất khi
'MM
(M’ là giao điểm của OI với đường
tròn như hình vẽ) Tức là



1
0; 2
2
M
. Khi đó



11
2 2 2 2
2
2
MN OM
.
CHỦ ĐỀ 5: KHỐI ĐA DIỆN
I
M
N
y
x
O
M’
Cho hình chóp tam giác
.S ABC
có
M
là trung điểm của
SB
,
N
là điểm trên cạnh
SC
sao cho
2NS NC
,
P
là điểm trên cạnh
SA
sao cho
2PA PS
. Kí hiệu
12
,VV
lần lượt là thể tích của các
khối tứ diện
BMNP
và
SABC
. Tính tỉ số
1
2
V
V
.
A.
1
2
1
9
V
V
. B.
1
2
3
4
V
V
. C.
1
2
2
3
V
V
. D.
1
2
1
3
V
V
.
Hướng dẫn giải
.
.
1
( ,( ))
3
1
(C,( ))
3
BMP
N BMP
C SAB
SAB
d N SAB S
V
V
d SAB S


;
( ,( )) 2
(C,( )) 3
d N SAB NS
d SAB CS

,
1 1 1
2 2 3
BPM BPS SAB
S S S
Suy ra,
.
.
2 1 1
3 6 9
N BMP
C SAB
V
V
.
Câu 14. Cho tứ diện
.S ABC
,
M
và
N
là các điểm thuộc các cạnh
SA
và
SB
sao cho
2MA SM
,
2SN NB
,
()
là mặt phẳng qua
MN
và song song với
SC
. Kí hiệu
1
()H
và
2
()H
là các khối đa diện có được khi chia khối tứ diện
.S ABC
bởi mặt phẳng
()
,
trong đó,
1
()H
chứa điểm
S
,
2
()H
chứa điểm
A
;
1
V
và
2
V
lần lượt là thể tích của
1
()H
và
2
()H
. Tính tỉ số
1
2
V
V
.
A.
4
5
B.
5
4
C.
3
4
D.
4
3
Hướng dẫn giải
Kí hiệu
V
là thể tích khối tứ diện
SABC
.
Gọi
P
,
Q
lần lượt là giao điểm của
()
với các đường thẳng
BC
,
AC
.
P
N
M
A
B
C
S
Ta có
// //NP MQ SC
. Khi chia khối
1
()H
bởi mặt phẳng
()QNC
, ta được hai khối chóp
.N SMQC
và
.N QPC
.
Ta có:
.
.
( ,( ))
(B,( ))
N SMQC SMQC
B ASC SAC
VS
d N SAC
V d SAC S

;
( ,( )) 2
(B,( )) 3
d N SAC NS
d SAC BS

;
2
45
99
AMQ SMQC
ASC ASC
SS
AM
S AS S



.
Suy ra
.
.
2 5 10
3 9 27
N SMQC
B ASC
V
V
.QP
.
( ,(QP ))
(S,(A ))
1 1 2 2
3 3 3 27
QPC
NC
S ABC ABC
S
V
d N C
V d BC S
NB CQ CP
SB CA CB


.
.QP
11
12
. . 1 2
10 2 4 4
54
27 27 9 9
N SMQC
NC
B ASC S ABC
V
V
VV
VV
V V V V V
1
2
4
5
V
V

CHỦ ĐỀ 6: KHỐI TRÒN XOAY
Câu 15. 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:
A.
1
;
2 2 2
SS
Rh


. B.
;
44
SS
Rh


.
C.
22
;4
33
SS
Rh


. D.
;2
66
SS
Rh


.
Hướng dẫn giải
Gọi thể tích khối trụ là
V
, diện tích toàn phần của hình trụ là
S
.
Ta có:
2
2
22
day xq
S S S R Rh

. Từ đó suy ra:
2
2 2 2
3
2
3
2 2 2 2 4
Cauchy
S S V V V V
R Rh R R
R R R
P
N
Q
M
A
B
C
S
hay
3
23
2
27
4 2 54
V S S
V



.
Vậy
3
max
54
S
V
. Dấu “=” xảy ra
2
2
2 2 2
V R h Rh
R
RR

hay
2hR
.
Khi đó
2
6
6
S
S R R
và
22
6
S
hR

.
Câu 16. 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 là
3
16
9
dm
. Biết rằng một mặt của khối trụ nằm trên
mặt trên của hình nón, các điểm trên đường tròn 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
xq
S
của bình nước là:
A.
2
9 10
2
xq
S dm
. B.
2
4 10
xq
S dm
. C.
2
4
xq
S dm
. D.
2
3
2
xq
S dm
.
Hướng dẫn giải
Xét hình nón :
3h SO r
,
,r OB l SA
. Xét hình trụ :
1
2h r NQ
,
1
r ON QI
SQI SBO
1
1
33
QI SI r
r
BO SO
Thể tích khối trụ là :
3
2
11
2 16
26
99

t
r
V r h r h
22
2 10 l h r
2
4 10
xq
S rl dm
M
Q
P
A
B
I
O
S
N
Câu 17. Cho hình vẽ bên:
Tam giác
SOA
vuông tại O có
MN SO€
với
,MN
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.
A.
2
h
MN
B.
3
h
MN
C.
4
h
MN
D.
6
h
MN
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
.
Theo định lí Thales ta có
.
.
R h x
IM SI OASI
IM
OA SO SO h
. Thể tích khối trụ
2
2
2
2
..
R
V IM IH x h x
h
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có:






3
2
22
2
3
x h x
x h x
Vậy
2
4
27
Rh
V
. Dấu
'' ''
xảy ra khi
3
h
x
. Hay
3
h
MN
.
A
O
S
M
Q
P
N
B
I
S
M
A
O
N
CHỦ ĐỀ 7: PHƯƠNG PHÁP TỌA ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN
Câu 18. Trong không gian với hệ tọa độ
,Oxyz
gọi
d
đi qua điểm
1; 1;2A
, song song với
:2 3 0P x y z
, đồng thời tạo với đường thẳng
11
:
1 2 2
x y z
một góc lớn
nhất. Phương trình đường thẳng
d
là.
A.
112
.
1 5 7
x y z

B.
1 1 2
.
4 5 7
x y z

C.
112
.
4 5 7
x y z

D.
112
.
1 5 7
x y z


Hướng dẫn giải
có vectơ chỉ phương
1; 2;2a

d
có vectơ chỉ phương
;;
d
a a b c
P
có vectơ pháp tuyến
2; 1; 1
P
n
Vì
dP€
nên
. 0 2 0 2
d P d P
a n a n a b c c a b
2
22
22
54
54
1
cos ,
3 5 4 2
3 5 4 2
ab
ab
d
a ab b
a ab b


Đặt
a
t
b
, ta có:
2
2
54
1
cos ,
3 5 4 2
t
d
tt


Xét hàm số
2
2
54
5 4 2
t
ft
tt

, ta suy ra được:
1 5 3
max
53
f t f



Do đó:
5 3 1 1
max cos ,
27 5 5
a
dt
b


Chọn
1 5, 7a b c
Vậy phương trình đường thẳng
d
là
1 1 2
1 5 7
x y z

Câu 19. Trong không gian với hệ toạ độ
Oxyz
,cho
: 4 2 6 0P x y z
,
: 2 4 6 0Q x y z
.
Lập phương trình mặt phẳng
chứa giao tuyến của
,PQ
và cắt các trục tọa độ
tại các điểm
,,A B C
sao cho hình chóp
.O ABC
là hình chóp đều.
A.
60x y z
. B.
60x y z
. C.
60x y z
. D.
30x y z
.
Hướng dẫn giải
Chọn
6;0;0 , 2;2;2MN
thuộc giao tuyến của
,PQ
Gọi
;0;0 , 0; ;0 , 0;0;A a B b C c
lần lượt là giao điểm của
với các trục
,,Ox Oy Oz
: 1 , , 0
x y z
abc
a b c
chứa
,MN
6
1
2 2 2
1
a
a b c
Hình chóp
.O ABC
là hình chóp đều
OA OB OC a b c
Vây phương trình
60x y z
.
Câu 20. Trong không gian với hệ tọa độ
0
2 2 2 0
y
x y z
Oxyz
cho điểm
1;0;0M
và
0;0; 1N
, mặt phẳng
P
qua điểm
,MN
và tạo với mặt phẳng
: 4 0Q x y
một góc bằng
O
45
. Phương trình mặt phẳng
P
là
A.
0
2 2 2 0
y
x y z
. B.
0
2 2 2 0
y
x y z
.
C.
2 2 2 0
2 2 2 0
x y z
x y z
. D.
2 2 2 0
.
2 2 2 0
xz
xz
Hướng dẫn giải
Gọi vectơ pháp tuyến của mp
P
và
Q
lần lượt là
;;
P
n a b c
2 2 2
0abc
,
Q
n
qua 1;0;0 : 1 0P M P a x by cz
P
qua
0;0; 1N
0ac
P
hợp với
Q
góc
O
45
O
22
0
1
, 45
2
2
22
PQ
a
ab
cos n n cos
ab
ab

Với
00ac
chọn
1b
phương trình
:0Py
Với
2ab
chọn
12ba
phương trình mặt phẳng
:2 2 2 0P x y z
.
Câu 21. Trong không gian với hệ trục toạ độ Oxyz, cho điểm
10;2;1A
và đường thẳng
11
:
2 1 3
x y z
d


. Gọi
P
là mặt phẳng đi qua điểm
A
, song song với đường thẳng
d
sao cho khoảng cách giữa
d
và
P
lớn nhất. Khoảng cách từ điểm
1;2;3M
đến mp
P
là
A.
97 3
.
15
B.
76 790
.
790
C.
2 13
.
13
D.
3 29
.
29
Hướng dẫn giải:
P
là mặt phẳng đi qua điểm
A
và song song
với 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
.
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
.
, 98;14; 70
97 3
:7 5 77 0 , .
15
P d Q
n u n
P x y z d M P


L.
Câu 1 Hàm số. 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
A.
2
3
xV
B.
3
xV
C.
1
4
xV
D.
xV
P
d'
d
H
K
A
Hướng dẫn
Gọi
a
là độ dài cạnh đáy,
x
là độ dài đường cao của thùng đựng đồ
a,x 0
Khi đó,
22
tp
VV
V a x a S 2a 4ax 2 4 Vx
xx
Để làm thùng hàng tốn ít nguyên liệu nhất thì
tp
S
nhỏ nhất
V
2 4 Vx
x

nhỏ nhất.
Cách 1 : Xét hàm số
V
f x 2 4 Vx
x

trên
0;
Ta có
1
2
3
2
2V 2 V
f' x ; f' x 0 x V V x x V
x
x
Từ BBT ta thấy để làm thùng hàng tốn ít nguyên liệu nhất thì chiều cao của thùng đựng đồ
bằng
1
3
V
.
Cách 2: ta có
3
2
VV
2 4 Vx 2 2 Vx 2 Vx 6 V
xx
Dấu
""
xảy ra tại
3
3
V
Vx x V x V
x
Câu 2 Mũ - Loga. Một khu rừng có trữ lượng gỗ là
63
3.10 m
. Biết tốc độ sinh trưởng của các
cây trong khu rừng đó là
5%
mỗi năm. Sau 10 năm nữa, trữ lượng gỗ trong rừng là
A.
3
4886683,88 m
B.
3
4668883 m
C.
3
4326671,91 m
D.
3
4499251 m
f
x
( )
f'
x
( )
x
f
(
V
1
3
)
0
+
∞
0
+
V
1
3
Hướng dẫn
Gọi
A
là trữ lượng gỗ ban đầu của khu rừng
3
m
;
r
là tốc độ sinh trưởng hàng năm(%);
n
M
là trữ lượng gỗ sau n năm
3
m
.
Năm đầu tiên,
1
M A A.r A(1 r)
Năm thứ hai,
2
2 1 1 1
M M M .r M (1 r) A(1 r)
Năm thứ ba,
3
3 2 2 2
M M M .r M (1 r) A(1 r)
Tương tự năm thứ n,
n
n
M A(1 r)
Áp dụng công thức ta có
10
10 6 3
10
M A(1 r) 3.10 1 0,05 4886683,88 m
Câu 3 Tích phân. Một viên đạn được bắn lên theo phương thẳng đứng với vận tốc ban đầu
là
24,5 m / s
và gia tốc trọng trường là
2
9,8 m / s
. Quãng đường viên đạn đi từ lúc bắn lên
cho tới khi rơi xuống đất là (coi như viên đạn được bắn lên từ mặt đất)
A.
61,25 m
B.
30,625 m
C.
29,4 m
D.
59,5 m
Hướng dẫn.
Chọn chiều dương từ mặt đất hướng lên trên, mốc thời gian
bắt đầu từ khi vật chuyển
động.
Ta có vận tốc viên đạn theo thời gian
t
là
0
v t v gt 24,5 9,8t m / s
Khi vật ở vị trí cao nhất thì có vận tốc bằng 0 tương ứng tại thời điềm
5
t
2
Quãng đường viên đạn đi được từ mặt đất đến vị trí cao nhất là
55
22
00
245
S t v t dt 24,5 9,8t dt
8

Vậy quãng đường viên đạn đi từ lúc bắn lên cho tới khi rơi xuống đất là
245
2. 61,25 m
8
Câu 4 Số phức. Cho số phức
m1
zm
1 m 2i 1


. Số các giá trị nguyên của
m
để
z i 1
là
A.
0
B.
1
C.
4
D. Vô số
Hướng dẫn
Ta có
m 1 i 1 2mi m 3m 1 m 1 i
m1
z i i
1 m 2mi
1 m 2i 1 1 m 2i 1

2 2 2
2
2
3m 1 m 1 i
3m 1 m 1 i
z i 1
1 m 2mi
1 m 2mi
3m 1 m 1 i 1 m 2mi 3m 1 m 1 1 m 4m
1
5m 6m 1 0 1 m
5


Vì
m
Không có giá trị của
m
thỏa mãn.
Câu 5 Hình học không gian. 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
0
30
, khoảng cách giữa
AA'
và
BC'
là
a
.
Góc giữa hai mặt bên
AA'B'B
và
AA'C'C
là
0
60
. Thể tích lăng trụ
ABC.A'B'C'
là
A.
3
2a 3
3
B.
3
a3
3
C.
3
a6
6
D.
3
a6
3
Hướng dẫn
Ta có góc giữa hai mặt bên
AA'B'B
và
AA'C'C
là
0
BAC 60
ABC
đều.
Vì
0
AA'/ /CC' AA';BC' CC';BC' BC'C 30
Kẻ
AI BC AI BB'C'C
30
0
60
0
I
A'
B'
C'
C
B
A
0
3
ABC.A' B'C'
d AA';BC' d AA'; BB'C'C AI a
2a BC
BC ,CC' 2a
tan30
3
1 2a 2a 3
V 2a. .a.
23
3
Câu 6 Tròn xoay. Một hình nón bị cắt bởi mặt phẳng
P
song song với đáy. Mặt phẳng
P
chia hình nón làm hai phần
1
N
và
2
N
. Cho hình cầu nội
tiếp
2
N
như hình vẽ sao cho thể tích hình cầu bằng một nửa
thể tích của
2
N
. Một mặt phẳng đi qua trục hình nón và
vuông góc với đáy cắt
2
N
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
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
0
h 2r AH.tan R r tan 1
Thể tích khối cầu là
3
3
10
4h
Vr
36
Thể tích của
2
N
là
22
2
1
V h R r Rr
3
2 2 2
1
2
V
1
h R r Rr 2
V2
Ta có
BC R r
(tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau)
Mà
2
22
h BC R r 4Rr 3
α
r
h
r
0
R
K
H
O
A
C
B
D
N
2
N
1
Từ
2
2 , 3 R r Rr 4
Từ
22
2 2 2
1 , 3 , 4 h R r .tan 4 R r tan 4 tan 2
(vì
là góc nhọn)
Câu 7 Hình học Oxyz. Trong không gian với hệ tọa độ
Oxyz
, cho điểm
A(2; 2;0)
, đường
thẳng
y
x 1 z 2
:
1 3 1

. Biết mặt phẳng
(P)
có phương trình
ax by cz d 0
đi qua
A
,
song song 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
t1
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
max
d( ,(P)) HA
. Dấu “=” xảy ra khi
FA
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
(P)
n (2;1; 1)
Suy ra phương trình mặt phẳng
(P)
là:
2(x 2) y 2 z 0 2x y z 2 0
.
Do
a,b * a 2,b 1
a b c d 0
(a,b) 1 c 1,d 2


.
M.
Câu 1. Gọi
1 2 1 2
, x x x x
là hai nghiệm của phương trình
1
5 1 5 1 5.2
xx
x
. Trong
các khẳng định dưới đây, khẳng định nào sai?
A.
1
, 1,1 1,1 x
B.
2
, 1,1 1,1 x
C.
12
, 1,0 1,0 xx
D.
12
, 1,1 1,1 xx
HDG:
1
5 1 5 1 5
5 1 5 1 5.2 1
2 2 2

xx
xx
x
.
Nhận xét:
5 1 5 1 5 1 5 1
11
2 2 2 2
x x x x
x
+ Đặt
12
5 1 5 1
22
5 1 1 5 1
0, 1 log 2, log
2 2 2




x
t t x x
t
.
Câu 2. Cho hàm số
3 2 3
3 y x mx m
có đồ thị
m
C
và đường thẳng
23
:2d y m x m
. Biết
rằng
1 2 1 2
, m m m m
là hai giá trị thực của m để đường thẳng d cắt đồ thị
m
C
tại 3 điểm
phân biệt có hoành độ
1 2 3
,,x x x
thỏa
4 4 4
1 2 3
83 x x x
. Phát biểu nào sau đây là đúng về
quan hệ giữa hai giá trị
12
,mm
?
A.
12
0mm
. B.
2
12
24mm
. C.
2
21
24mm
. D.
12
0mm
.
HDG:
3 2 2 3
: 3 3 0 : 0
3

xm
pthdgd x mx m x m x m DK m
xm
4 4 4 4 4 4
1 2 3 1 2
83 81 83 1 0 ycbt x x x m m m m m m
.
Câu 3. Thang đo Richter được Charles Francis Richter đề xuất và sử dụng lần đầu tiên vào
năm 1935 để sắp xếp các số đo độ chấn động của các cơn động đất với đơn vị là độ Richter.
Công thức tính độ chấn động như sau:
lg lg
Lo
M A A
, với
L
M
là độ chấn động, A là biên
độ tối đa đo được bằng địa chấn kế và
o
A
là một biên độ chuẩn. (nguồn: Trung tâm tư liệu
khí tượng thủy văn). Hỏi theo thang độ Richter, với cùng một biên độ chuẩn thì biên độ tối
đa của một trận động đất 7 độ Richter sẽ lớn gấp mấy lần biên độ tối đa của một trận động
đất 5 độ Richter ?
A.2. B. 20. C.
7
5
10
. D. 100.
HDG: Gọi
1
A
và
2
A
lần lượt là biên độ tối đa của hai trận động đất 7 độ Richter và 5 độ
Richter. Theo công thức, ta có:
1
2
7 lg lg
5 lg lg


o
o
AA
AA
Trừ vế theo vế của hai đẳng thức trên, ta có :
2
11
12
22
2 lg lg lg 10 100
AA
AA
AA
.
Câu 4. Cho hình lập phương
D. ' ' ' 'ABC A B C D
có khoảng cách giữa
'AC
và
''CD
là 1 cm.
Thể tích khối lập phương
D. ' ' ' 'ABC A B C D
là:
A.
3
8 cm
. B.
3
22cm
. C.
3
33cm
. D.
3
27 cm
.
HDG: 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’.
23
3
' ' ' ' ' '
11
. '. . .
3 3 2 6
D CA B B A D
aa
V CC S a cm
22
''
1 1 2
S .CB'.B'A' . 2.
2 2 2
CA B
a a a cm
(do tam giác CA’B’ vuông tại B’)
Suy ra:
3
' ' '
2
''
3
2
2
', ' ' 2
2
2
2


D CA B
CA B
a
V
d D CA B a cm a
S
a
(cm).
Do đó
33
22V a cm
Câu 5. Số phức z thỏa mãn điều nào thì có biểu diễn là phần gạch chéo
như trên hình.
A. Số phức
,M x y
.
B. Số phức
, z x yi x y R
.
C. Số phức
1,1A
.
D. Số phức
1i
.
Hướng dẫn giải
Từ hình biểu diễn ta thấy tập hợp các điểm
1 1 2 zi
biểu diễn số phức z trong
phần gạch chéo đều thuộc đường tròn tâm
12 MA
và bán kính bằng 2 ngoài
ra
12
2, 1RR
Vậy
,M a b
là điểm biểu diễn của các số phức
1 2 1 2
22

P S S R R
có
mô đun nhỏ hơn hoặc bằng 2 và có phần thực thuộc đoạn [-1;1]. Ta có đáp án là A.
Câu 6. 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
.ABCDS
là
2
4
dm
. Khoảng cách giữa hai đường thẳng
SD
và
AC
gần với giá trị
nào nhất sau đây ?
A.
2
7
dm
. B.
3
7
dm
. C.
4
7
dm
. D.
6
7
dm
.
Câu 7. Trong mặt phẳng phức
Oxy
, cho số phức
z
thỏa lần lượt một trong bốn điều kiện
:2I z z
;
: . 5II z z
;
: 2 4III z i
,
: 4 3IV i z i
. Hỏi điều kiện nào để số phức Z có
tập hợp biểu diễn là đường thẳng.
A.
,,II III IV
. B.
,I II
. C.
,I IV
. D.
I
.
Hướng dẫn giải
Gọi
,M x y
là điểm biểu diễn số phức
,z x yi x y R
: 2 2 2 1I z z x x
; (Đường thẳng)
22
: . 5 5II z z x y
(Đường tròn)
2
2
: 2 4 2 16III z i x y
; (Đường tròn)
2
2
: 4 3 4 3 4 9IV i z i iz x y
(Đường tròn)
Vậy đáp án D.
HDG: Gọi
0x
là cạnh của hình vuông
ABCD
và
H
là
trung điểm cạnh
AD
Dễ dàng chứng minh
3
,
2

x
SH ABCD SH
.
Gọi
O AC BD
và
G
là trọng tâm
SAD
, đồng thời
12
,dd
lần lượt là 2 trục đường tròn ngoại tiếp
,ABCD SAD
12
qua O va / / , qua G va / /d SH d AB
12
I d d
là tâm mặt cầu ngoại tiếp khối chóp
.S ABCD
R SI
2
2
2 2 2
2 21
41
27
3






xx
S R R SI SG GI x dm
Gọi
E
là điểm thỏa
ADEC
là hình bình hành
/ / ; ; ED AC d AC SD d AC SDE
; ; 2 ; 2 d AC SD d A SDE d H SDE HP
(phần chứng minh
HP SDE
xin dành
cho bạn đọc)
22
2 2 2
1 1 1 1 1 21 3 6
: ;SD
14 7 7
32
24
x
SKH HP dm d AC dm
HP SH KH
xx
Câu
8: Tích phân
2
2001
2 1002
1
(1 )
x
I dx
x
có giá trị là
A.
1001
1
2002.2
. B.
1001
1
2001.2
. C.
1002
1
2001.2
. D.
1002
1
2002.2
.
Hướng dẫn giải
22
2004
1002
3 2 1002
3
11
2
1
..
(1 )
1
1





x
I dx dx
xx
x
x
. Đặt
23
12
1 t dt dx
xx
.
Câu 9: Cho một miếng tôn hình tròn có bán kính
cm50
. 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.
cm10 2
B.
cm20
C.
cm50 2
D.
cm25
HDG
Đặt
a cm 50
Gọi bán kính đáy và chiều cao của hình nón lần lượt là
x,y x,y 0
. Ta có
SA SH AH x y
2 2 2 2
Khi đó diện tích toàn phần của hình nón là
tp
S x x x y

2 2 2
Theo giả thiết ta có
x x x y a x x y x a
x x y a x x x y a x a x , DK : x a
a
x
ya

2 2 2 2 2 2 2 2
2 2 2 2 2 2 2 4 4 2 2
4
2
22
2
2
Khi đó thể tích khối nón là
y
a
V . .y a .
y a y a



4
4
2 2 2 2
11
33
22
V
đạt giá trị lớn nhất khi và chỉ khi
ya
y
22
2
đạt giá trị nhỏ nhất
Ta có
ya
aa
y y. a
y y y
22
22
2
22
2 2 2
I
H
J
O
A
S
Vậy
V
đạt giá trị lớn nhất khi và chỉ khi
a
y
y
2
2
, tức là
a
y a x cm 2 25
2
Lưu ý: Bài trên các em xét hàm số và lập bảng biến thiên cũng được nhé
N.
Phần 1: Khảo sát hàm số
Câu hỏi : Cho hàm số
3
1
x
y
x
có đồ thị là (C). Gọi I là giao điểm của 2 đường tiệm cận của
(C). Tìm tọa độ điểm M trên (C) sao cho độ dài IM là ngắn nhất ?
A.
1
0 ; 3M
và
2
2 ; 5M
B.
1
1 ; 1M
và
2
3 ; 3M
C.
1
1
2;
3
M
và
2
7
4;
3
M
D.
1
15
;
23
M
và
2
5 11
;
23
M
Hướng dẫn giải : Gọi
3
;
1
m
Mm
m
thuộc đồ thị, có I(–1 ; 1)
2
2
16
1
1
IM m
m
,
2
2
16
1 2 16
1
IM m
m
22
IM nhỏ nhất khi
22IM
. Khi đó (m + 1)
2
= 4. Tìm được hai điểm
1
1 ; 1M
và
2
3 ; 3M
.
Chọn B
Phần 2: Mũ – Logarit
Câu hỏi : Phương trình
9 9 3
1 log 3 log log 1x x x
có bao nhiêu nghiệm nguyên ?
A. 0 B. 1 C. 2 D. 3
Hướng dẫn giải : Giải phương trình:
9 9 3
1 log 3 log log 1x x x
. Điều kiện xác định: x
≥ 1
9 9 3
1 log 3 log log 1x x x
9 9 9
1 log 3 log 2log 1x x x
9 9 9 9
1 2 log 2log 1 1 log 3 logx x x x
9 9 9
2log 1 1 log 3 log 1 0x x x
9
2log 1x
vì:
99
1 log 3 log 1 0xx
x = 3.
Vậy nghiệm phương trình đã cho: x = 3. Chọn đáp án B
Phần 3: Nguyên Hàm – Tích Phân - Ứng dụng
Câu hỏi : Phần bôi đen trên hình vẽ là hình phẳng (D) giới hạn giữa parabol (P) và tiếp
tuyến d của (P) tại điểm A(1;1) và đường thẳng
2x
. Tính diện tích hình phẳng (D).
A.
1
3
B.
2
3
C.
4
3
D. Một đáp số khác
Hướng dẫn giải :
Vì parabol (P) nhận gốc O làm đỉnh và đối xứng qua Oy nên phương trình parabol (P) có
dạng
2
( 0)y ax a
.
Vì (P) đi qua A(1;1) nên
1a
, suy ra phương trình (P) :
2
yx
Đường thẳng d là tiếp tuyến của (P) tại A nên có phương trình :
21yx
Diện tích hình phẳng (D) là :
2
22
2 2 3
11
1
1 1 1
(2 1) ( 1) ( 1) 0
3 3 3
S x x dx x dx x
.
Chọn A
Lưu ý : Bài này cần phải tìm phương trình của các đường dựa trên hình vẽ
y
x
A
1
-1
-1
-2
4
1
Phần 4 : Số Phức
Câu hỏi : Gọi
là các nghiệm phức của phương trình:
2
4 5 0zz
. Tính :
2017 2017
12
( 1) ( 1)zz
A.
2017
2
B.
1007
2
C.
2009
2
D.
1009
2
Hướng dẫn giải :
Ta có:
'2
4 5 1 i
1
2
2
2
zi
zi
Khi đó:
2017 2017 2016 2016
12
1 1 1 (1 ) 1 (1 )z z i i i i
1008 1008
22
(1 ) (1 ) (1 ) (1 )i i i i
=
1008 1008
2 (1 ) 2 (1 )i i i i
1008 1008 1009
2 (1 ) 2 (1 ) 2ii
. Chọn đáp án D
Phần 5: Thể tích khối đa diện
Câu hỏi : Người ta cắt miếng bìa tam giác đều như hình vẽ và gấp lại theo các đường kẻ,
sau đó dán các mép lại để được hình tứ diện đều có thể tích
3
2
12
Va
. Tính độ dài cạnh của
miếng bìa theo
a
?
A.
a
B. 2a C.
2
a
D.
3a
Hướng dẫn giải :
Đặt
2x
là cạnh của miếng bìa. Khi đó cạnh của tứ diện đều là
x
, suy ra thể tích tứ diện đều
là :
33
22
12 12
V x a
. Do đó
xa
, suy ra cạnh của miếng bìa là
2a
. Chọn B
Lưu ý : Nếu tứ diện đều có cạnh bằng a thì thể tích của nó là
3
2
12
Va
.
Phần 6: Khối tròn xoay
Câu hỏi : 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
.
A.
2
2
a
B.
2
3
2
a
C.
2
2
3
a
D.
2
3
a
Hướng dẫn giải :
Gọi thiết diện qua trục là SAB vuông cân tại S,
SA SB a

Gọi O là tâm của đáy , SO =
2
a
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 đáy là
SMO
= 60
0
*
0
6
3
sin60
SO a
SM
( SMO vuông tại O).
C
M
45
a
S
B
A
O
*
6
6
a
OM
*
22
22AC AM OA OM
=
23
3
a
* SSAC =
1
2
SM.AC =
1
2
.
6
3
a
.
23
3
a
=
2
2
3
a
Chọn C
Phần 7: Hình giải tích Oxyz
Câu hỏi : Trong không gian tọa độ Oxyz cho M(2;1;0) và ñöôøng thaúng d coù phương trình
:
11
2 1 1
x y z
. Gọi là ñöôøng thaúng ñi qua M, caét vaø vuoâng goùc vôùi d. Vieát
phương trình đường thẳng ?
A.
2
14
2
xt
yt
zt
B.
2
14
32
xt
yt
zt
C.
1
14
2
xt
yt
zt
D.
2
14
2
xt
yt
zt
Hướng dẫn giải :
PTTS của d là
12
1
xt
yt
zt
.
Gọi H là hình chiếu vuông góc của M lên d, đường thẳng cần tìm là đường thẳng MH.
Vì H thuộc d nên
1 2 ; 1 ;H t t t
suy ra
(2 1; 2 ; )MH t t t
.
Vì
MH d
và d có 1 VTCP là
(2;1; 1)u
nên
.0MH u
2
3
t
. Do đó
1 4 2
;;
3 3 3
MH
Vậy PTTS của là :
2
14
2
xt
yt
zt
. Đáp án A.
| 1/94
| | Tải xuống

Có thể bạn quan tâm:

Preview text:

TỔNG HỢP CÁC CÂU HỎI VẬN DỤNG CAO – GROUP NHÓM TOÁN A. x  4
Câu 1. Nếu đồ thị hàm số y d
x y m tại hai đểm AB sao cho
x  cắt đường thẳng ( ) : 2 1
độ dài AB nhỏ nhất thì A. m=-1 B. m=1 C. m=-2 D. m=2 Đáp án chi tiết :
Phương trình hoành độ giao điểm x  4  2  x m (x  1  ) x 1 2
 2x  (m  3)x m  4  0 2
  (m 1)  40  0, m   R
Suy ra (d) luôn cắt dồ thị hàm số tại hai điểm A,B m  3 m  4 x x  ; x .x  ; A B 2 A B 2 y  2  x  ; m y  2  x m A A B B y y  2  (x x ) B A B A 2 2 2
AB  (x x )  ( y y )  5(x x ) B A B A B A 2  m 3 m  4 2
 5(x x )  4x x   5   4      B A A B  2  2   5  m  2 1  40  5 2 4  
Vậy AB nhỏ nhất khi m=-1 Chọn A
Câu 2. Cho n là số nguyên dương, tìm n sao cho 2 2 2 2 2 log 2019  2 l o g 2019  3 log 2019  ...  n log   n 2019 1008 2017 log 2019 3 a a a a a
A. n=2017 B. n=2018 C. n=2019 D. n=2016
Đáp án chi tiết : Ta có 2 2 2 2 2 log 2019  2 l o g 2019  3 log 2019  ...  n log   n 2019 1008 2017 log 2019 3 a a a a a 3 3 3 2 2
 log 2019  2 log 2019  3 log 2019  ... n log 2019  1008  2017 log 2019 a a a a a 3 3 3 3 2 2
 (1  2  3 ... n )log 2019 1008  2017 log 2019 a a 2  2 n(n 1)   2016.   2017       2   2   n  2017 Chọn A
Câu 3. Cho hình chóp tam giác S.ABC biết AB  3, BC  4,CA  5 . Tính thể tích hình chóp
SABC biết các mặt bên của hình chóp đều tạo với đáy một góc 30 độ
A. 2 3 B. 8 3 C. 200 3 D. 2 3 3 9 3
Đáp án chi tiết :
Dễ thấy tam giác ABC vuông tại B S S  6 ABC  Gọi p là nữa chu vi 3  4  5 p   6 2
S pr r  1 A C
Gọi I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác 30 I ABC,
từ giả thiết các mặt bên tạo với đáy một r góc M B
30 độ ta suy ra I là chân đường cao của khối chóp SI 3 3 0 0 tan 30 
SI MI.t an 30 1.  MI 3 3 1 2 3 VS .SI S . ABC  3 ABC 3 Do đó ta chọn A 1 1
Câu 4. Cho f (x)dx  5 
. Tính I f (1 x)dx 0 0 1 5 A. 5 B. 10 C. D. 5
Đáp án chi tiết : Đặt
t  1 x dt dx
x  0  t  1
x  1  t  0 0
I   f (t)dt  5  1 Chọn A
Câu 5. Cho đường thẳng
x 1 t và mp (P) : x y  2  0 . Tìm phương trình đường 
(d ) :  y  1 tz  2t
thẳng nằm trong mặt phẳng (P) cắt và vuông góc với (d). x 1 2tx 1 3tx 1 2tx 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    
Đáp án chi tiết :
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 
Câu 6. 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 8 6
A. 16 B. 4 C. 9 D. 25 4
Đáp án chi tiết : Đặt z=x+yi 2 2 2
z  3i 1  x 1 ( y  3)i  (x 1)  ( y  3) 5 O Do đó 2 2 2
3  z  3i 1  5  9  (x 1)  ( y  3)  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 2 2
S  .5 .3  16
Câu 7. 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 V 4  V A. 3 R  . B. 3 R  C. 3 R  D. 3 R 2 V V
Đáp án chi tiết : 2
V   R .h Vl h  2  R 2V 2 2 S
S  2S  2 Rl  2 R   2 R TP Xq d R 2V Xét hàm số 2 f (R) 
 2 R với R>0 R 3 2  V  4 R f '(R)  2 R V 3
f '(R)  0  R  2 Bảng biến thiên R V 0 3 2 + , f (R) + 0 - 0     f (R) V
Từ bảng biến thiên ta thấy diện tích toàn phần nhỏ nhất khi 3 R  2 Do đó chọn A B.
Câu 1. Tìm tham số thực m để bất phương trình: 2 2 x 4x 5 x 4x m 1 có nghiệm thực trong đoạn 2;3 . 1 1 A. m 1 B. m 1 C. m D. m 2 2 Lời giải Tập xác định: D . Đặt 2 2 2 t x 4x 5 1 x 4x t 5 . Khi đó: 2 2 1 t t 5 m m t t 5 g t , t 1; . 1 g ' t 2t 1 . Cho g ' t 0 t Ta có: 2 . Bảng biến thiên: 1 2 3 2 t g ' t 0 3 g t 1
Dựa vào bảng biến thiên, m
1 thỏa yêu cầu bài toán.    
Câu 2: Tìm m để phương trình sau có bốn nghiệm phân biệt thuộc đoạn  ;    4 4  4 4 2 sin x + cos x + cos 4x = m. 47 3 49 3 47 3 A. m  ;  m B.  m  C.  m  D. 64 2 64 2 64 2 47 3  m  64 2 Lời giải
Phương trình đã cho tương đương 3  cos4x 2
cos 4x m 4  2
4cos 4x cos4x  4m  3 (1)
Đặt t = cos4x. Phương trình trở thành: 2
4t t  4m  3 , (2)     Với x   ;   thì t  1  ;  1 .  4 4     
Phương trình (1) có 4 nghiệm phân biệt x   ; 
 khi và chỉ khi phương trình (2) có 2  4 4 
nghiệm phân biệt t[-1; 1), (3) Xét hàm số g(t) = 2
4t t với t [ 1
 ;1) , g’(t) = 8t+1. 1
g’(t) = 0  t =  8 Lập bảng biến thiên 1 t 1   1 8 g’(t)  0 + 5 g(t) 3 1 16 1 47 3
Dựa vào bảng biến thiên suy ra (3) xảy ra    4m  3  3  m  16 64 2 47 3
Vậy giá trị của m phải tìm là:  m  . 64 2
Câu 3 : Cho phương trình 4 2 2
3cos x  5cos3x  36sin x 15cos x  36  24m 12m  0 . Tìm m để
bất phương trình sau đúng với mọi x Lời giải Đưa về bpt dạng 4 3 2 2
3cos x  20cos x  36cos x 12m  24m Đặt t =cosx ; 1
  t 1 . Khi đó bài toán trở thành
Tìm m để bất phương trình 4 3 2 2
f (t)  3t  20t  36t 12m  24m đúng với mọi 1   t 1 Lập BBT 1 1 A. m 1 B. m 1 C. m D. m 2 2 2
Câu 4: Đặt vào một đoạn mạch hiệu điện thế xoay chiều u = U0 sin t . Khi đó trong T  2 
mạch có dòng diện xoay chiều i = I0 sin t   
 với  là độ lệch pha giữa dòng diện  T 
và hiệu điện thế.Hãy Tính công của dòng diện xoay chiều thực hiện trên đoạn mạnh
đó trong thời gian một chu kì. U I U I U I U I A. 0 0 cos B. 0 0 T sin  C. 0 0 Tcos(  )  D. 0 0 Tcos 2 2 2 2 Lời giải Ta có: T T  2  2 A = uidt  U I sin t     sin tdt 0 0   T T 0 0   T 1   4   U I cos  cos t   dt  0 0    2   T  0 T U I 1   4  0 0  cos  cos t   dt     2 2   T  0 T U I  T  4  U I 0 0 0 0  tcos  sin t    Tcos    2  4  T  2 0  2 
Câu 5: Một dòng điện xoay chiều i = I0 sin t   
 chạy qua một mạch điện có điện trở  T 
thuần R.Hãy tính nhiệt lượng Q tỏa ra trên đoạn mạch đó trong thời gian một chu kì T. 2 RI 2 RI 2 RI 2 RI A. 0 T B. 0 T C. 0 T D. 0 T 2 3 4 5 Lời giải T T  2  Ta cã: Q = 2 2 2 Ri dt  RI sin t   dt   0    T  0 0  2  1  cos2   T    T  2  RI dt  0 2 0 T 2 2 RI  T  2  RI 0 0  t  sin 2 t    T    2  4  T  2 0
Câu 6: Một đoàn tàu chuyển động trên một đường thẳng nằm ngang với vận tốc không đổi
v0.Vào thời điểm nào đó người ta tắt máy. Lực hãm và lực cản tổng hợp cả đoàn tàu bằng
1/10 trọng lượng P của nó. Hãy các định chuyển động của đoàn tàu khi tắt máy và hãm. 2 g.t 2 g.t 2 g.t 2 t A. x  v .t  B. x  v .t  C. x  v .t  D. x  v .t  0 20 0 10 0 30 0 20 Lời giải
- Khảo sát đoàn tàu như một chất điểm có khối lượng m,
chịu tác dụng của P, N,F . c
- Phương trình động lực học là: ma  P  N  F (1) c
Chọn trục Ox nằm ngang, chiều (+) theo chiều chuyển động gốc thời gian lúc tắt
máy.Do vậy chiếu (1) lên trục Ox ta có: p ma  F hay viết: " mx  F hay F  ; " g x   (2) x c 10 10 dv g g hay     dt (2') dt 10 10 g
nguyên hàm hai vế (2') ta có: V   t  C 1 10 dx g g hay   t  C  dx  t.dt  C dx 1 1 dt 10 10 g
nguyên hàm tiếp 2 vế ta được 2 x   t  C .t  C (3) 1 2 20
Dựa vào điều kiện ban đầu để xác định các hằng số C1 và C2 như sau:
T¹i t0 = 0; v = v0; v0 = 0 Ta cã: C2 = 0 vµ C1 = v0 thay C1 vµ C2 vµo (3) 2 g.t x  v .t  0 20
Câu 7: Một thanh AB có chiều dài là 2a ban đầu người ta giữ thanh ở góc nghiêng    , o
một đầu thanh tựa không ma sát với bức tường thẳng đứng. Khi buông thanh, nó sẽ trượt
xuống dưới tác dụng của trọng lực. Hãy biểu diễn góc  theo thời gian t (Tính bằng công thức tính phân) d d A. t B. t 3 3g o (sin sin ) o (sin sin ) 2 o a 2 o add C. t D. t    3g  3g o (sin sin ) o (sin   sin  ) o a o 2a Lời giải
Do trượt không ma sát nên cơ năng của thanh được bảo toàn
mgasin  mgasin  K K (1) o q tt 2 2 ma  1
Do khối tâm chuyển động trên đường tròn tâm O bán kính a nên: 2 2 K   ma ' tt 2 2 1 1 1 1
Động năng quay quanh khối tâm: 2 2 2 2 2 K   I  ( m 2a)  '  ma  ' q 2 2 12 6 2 Thay vào (1) ta được: 
a '2  g(sin  sin  ) 3 o 3g ' (sin sin ) 2 o a      d t  3g o (sin   sin  ) o 2a
Câu 8: Một thanh AB có chiều dài là 2a ban đầu người ta giữ thanh ở góc nghiêng    , o
một đầu thanh tựa không ma sát với bức tường thẳng đứng. Khi buông thanh, nó sẽ trượt
xuống dưới tác dụng của trọng lực. Tính góc sin khi thanh rời khỏi tường 1 2 2 4 A. sin  sin B. sin  sin C. sin  sin D. sin sin o 3 o 3 o 5 3 o Lời giải
Xét chuyển động khối tâm của thanh theo phương Ox:
N mx'' . Tại thời điểm thanh rời tường thì N  0  x'' 0 1 1
Toạ độ khối tâm theo phương x là: x a co  s
Đạo hàm cấp 1 hai vế: ' x a  sin.'
Đạo hàm cấp 2 hai vế: x'' acos.'2 sin.' 
'  acos.'2 sin.'  '
Khi x'' 0  cos.'2  sin.'' (2) 2
Từ (1) suy ra: a '2 g sin   g sin  o 3 4 Lấy đạo hàm 2 vế: 
a ''. 'g cos. ' 0 3 3g Hay:  ''  co  s 4a
Thay vào (2) ta có phương trình: 3g  3g  co  s .
(sin  sin  )  sin  o . co  s  2a  4a  sin   ( 2 sin  sin ) o  2 sin  sin o 3 C.
Câu 1(GT Chương 1). Khi xây nhà, chủ nhà cần làm một hồ nước bằng gạch và xi măng có
dạng hình hộp đứng đáy là hình chữ nhật có chiều dài gấp ba lần chiều rộng và không nắp,
có chiều cao là h và có thể tích là m3 18
. Hãy tính chiều cao h của hồ nước sao cho chi phí
xây dựng là thấp nhất? 3 5 A. h  1m B. h  2 m C. h m D. h m 2 2 Hướng dẫn giải
Gọi x, y, h lần lượt là chiều rộng, chiều dài và chiều cao của hình hộp V V
Theo đề bài ta có y  3x và V hxy h   2 xy 3x
Để tiết kiệm nguyên vật liệu nhất ta cần tìm các kích thước sao cho diện tích toàn phần của hồ nước là nhỏ nhất. V V 8V Khi đó ta có: 2
S  2xh  2 yh xy  2x  2.3 . x  . x 3x   3x tp 2 2 3x 3x 3x 2 8V 4V 4 Cauchy V 16V Ta có 2 2 3 S   3x    3x  3  36 . tp 3x 3x 3x 3 4V 4V V 3
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi 2 3  3x x   2  h   . 2 3x 9 3x 2 Vậy chọn C
Câu 2(GT Chương 2). Phương trình log  3
mx  6x   2log  2 1
 4x  29x  2  0 có 3 nghiệm 1 2  2 thực phân biệt khi: 39
A. m  19 B. m  39 C. 19  m  D. 19  m  39 2 Hướng dẫn giải f x 3 2
6x 14x  29x  2   f x 2  12x 14  2 log  3
mx  6x   2log  2 14
x  29x  2  0 x x 1 2  2   log  3
mx  6x   log  2 14
x  29x  2  0
x 1 f  1 19 2 2   3 2
mx  6x  14
x  29x  2 f  x  1  1  39
 0  x   f     3 2
6x 14x  29x  2 2  2  2   m   x 1  1  121
x    f      3  3  3
Lập bảng biến thiên suy ra đáp án C.
Câu 3(GT Chương 3). Một lực 50 N cần thiết để kéo căng một chiếc lò xo có độ dài tự nhiên
5 cm đến 10 cm. Hãy tìm công sinh ra khi kéo lò xo từ độ dài từ 10 cm đến 13 cm? A. 1,95J B. 1,59 J C. 1000 J D. 10000 J
Hướng dẫn giải
Theo định luật Hooke, khi chiếc lò xo bị kéo căng thêm x m so với độ dài tự nhiên thì chiếc
lò xo trì lại với một lực f (x)  kx .Khi kéo căng lò xo từ 5 cm đến 10 cm, thì nó bị kéo căng
thêm 5 cm = 0,05 m. Bằng cách này, ta được f (0,05)  50 bởi vậy : 50
0.05k  50  k  1000 0.05
Do đó: f (x) 1000x và công được sinh ra khi kéo căng lò xo từ 10 cm đến 13 cm là: 2 0,08 0,08 W  1000 1000 1,95  x xdx J 0,05 0,05 2 Vậy chọn A
Câu 4(GT Chương 4). Cho số phức z có mô đun bằng 2017 và w là số phức thỏa mãn biểu 1 1 1 thức  
. Môđun của số phức w bằng: z w z w A. 1 B. 2 C. 2016 D. 2017 Hướng dẫn giải z wz w2 1 1 1 1  zw Từ      0  z w z w zw z w
zwz w  0 1 3 2 2 2 2 2
z w zw  0  z zw w w  0 4 4 2  1  3 2
z w     w  2  4 2 2  1   i 3w   z w       2  2   2 2  w   i 3w   1 i 3  z Từ z     
  z      w  w=  2  2 2 2      1 i 3      2 2   2017 Suy ra: w   2017 1 3  4 4 Vậy chọn D.
Câu 5(HH Chương 1). Cho khối lập phương ABC . D 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 V là thể tich khối chứa điểm 
A và V là thể tich khối chứa điểm C ' . Khi đó 1 2 V1 là V2 25 17 8 A. . B. 1. C. . D. . 47 25 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 ABCDCQEFP và AQEFP B A D . Gọi V V , V V , ABCD. 
A BCD 3 . A A MN V V V V . PF  , 4 D N 4 QM B E
Do tính đối xứng của hình lập phương nên ta có V V . 4 5 3 1 1 3a 3a 3  a V AA .  A M .  A N  . a .  , 3 6 6 2 2 8 3 1 1  a a a a V PD .  D F.  D N  . . .  4 6 6 3 2 2 72 3 25   2  a V V V , 1 3 4 72 3 47    a V V V . 2 1 72 V 25 Vậy 1  . V 47 2 Vậy chọn A.
Câu 6(HH Chương 2). 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 V là thể tích 1 V
phần khối trụ chứa trục OO' , V là thể tích phần còn lại của khối trụ. Tính tỉ số 1 , biết 2 V2 a 2
rằng (P) cách OO' một khoảng bằng . 2 3  2 3  2 2  3 2  3 A.  . B. . C. . D. .  2   2   2   2 Hướng dẫn giải Thể tích khối trụ 2 2 3
V   r h   a .2a  2 a .
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. 2
Ta có OH AB OH  (ABB' A')   a OH 2  a 2 AH BH   OH . 2
 OAB vuông cân tại O  ABCD là hình vuông. Từ đó suy ra: 1  a V V V a a a . ABCD A B C D  1   2      ( 2) .2  3 ( 2) 3 2  2 . ' ' ' ' 4 4 2 3 3 a ( 2) a (3 2) 3 V V V 2      a   1 2 2 2 V 3  2 Suy ra 1  . V   2 2 Vậy chọn A
Câu 7(HH Chương 3). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hình hộp chữ nhật ABC . D 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. maxVV   B. max  1 A MBD 27 A MBD 64 27 C. maxV   V   D. max A MBD  27 A MBD 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  2 2 3a b a b 2    A , BA D  (a ; b a ; b a )    A B,  A D.  A M  V       2 A MBD 4 1 1 1 64 Do ,
a b  0 nên áp dụng BĐT Côsi ta được: 2 2 3
4  a b a a b  3 a b a b  2 2 4 27 64 Suy ra: maxV   . A MBD 27 Vậy chọn A D.
Câu 1. Có bao nhiêu giá trị thực của tham số m thuộc 10;10 để phương trình 2
1 x m2 1 x  2 1 x 3 1 0 có nghiệm? A. 12 B. 13 C. 8 D. 9 2 x 1  x 1 
Câu 2. Biết phương trình log  2log  
 có nghiệm duy nhất x a b 2 5 3   x 2 2 x  
trong đó a,b là các số nguyên. Tính a b ? A. 5 B. 1  C. 1 D. 2 2 2 2 1 x . a   b
Câu 3. Biết tích phân dx   trong đó , a b
. Tính tổng a b ? 1 2x 8 2  2 A. 0 B. 1 C. 3 D. -1 z 6  7i
Câu 4. Cho số phức z thoả mãn : z  
. Tìm phần thực của số phức 2017 z . 1 3i 5 A. 1008 2  B. 1008 2 C. 504 2 D. 2017 2
Câu 5. 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 2 3 1 A. B. C. D. 2 3 4 4
Câu 6. Cho hình chóp S.ABC có 0 AB  2 , a AC  3 ,
a BAC  60 , SA   ABC, SA a . Tính bán kính
mặt cầu ngoại tiếp hình chóp. 2 21 21 93 A. a B. a C. 29a D. a 3 3 3
Câu 7. Cho A 1
 ;3;5, B2;6;  1 ,C  4  ; 1
 2;5 và điểm P: x  2y  2z 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. x  3 B. x  1  C. x 1 D. x  3  M M M M
Đáp án: 1A; 2A; 3C;4B;5A;6D;7C ĐÁP ÁN CHI TIẾT Câu 1.
(Ứng dụng đạo hàm) Có bao nhiêu giá trị thực của tham số m thuộc 10;10 để phương trình 2
1 x m2 1 x  2 1 x 3 1 0 có nghiệm? A. 12 B. 13 C. 8 D. 9 Lời giải ĐK: 1
  x 1. Đặt u  1 x  1 x x 1  0 1 1 1  u '  
;u '  0  x  0 u ' + 0 2 1 x 2 1 x 2
Từ BBT  2  t  2 u 2 2 2 t PT có dạng:
mt   2 2
3  0  t  2m2t  3  * 2 2 2 t
Do t  không là nghiệm nên   *  2m   f t 3 2t  3
PT đã cho có nghiệm  Đồ thị h/s y f t và đt y  2m có điểm chung có hoành độ 2  t  2 t 2t t  3
Xét hàm số f t 2  trên  2;2         : f 't   0 t 2;2   2t  3 2t 32 BBT: t 2 3 2 2 f 't   2  2 2 3    f t   4 2m  2
 2 2 3 m  2 2 3
Phương trình đã cho có nghiệm     . Đáp án A. 2m  4 m  2 2 x 1  x 1 
Câu 2. (Mũ – Logarit) Biết phương trình log  2log    có nghiệm duy nhất 5 3   x 2 2 x  
x a b 2 trong đó a,b là các số nguyên. Tính a b ? A. 5 B. 1  C. 1 D. 2 Lời giải. 2 x 1  x 1  2 x 1 x 1 log  2log     log  2log 5 3 5 3   x 2 2 x x 2 x   x  0 Đk:   x 1 x 1  0
Pt  log 2 x   2
1  log x  log (x 1)  log 4x 5 5 3 3  log 2 x   2
1  log 4x  log x  log (x 1) (1) 5 3 5 3 Đặt t
x   x  t  2 2 1 4 1 (1) có dạng 2 2
log t  log (t 1)  log x  log (x 1) (2) 5 3 5 3 Xét 2
f ( y)  log y  log ( y 1) , do x 1 t  3  y 1. 5 3 1 1
Xét y  1: f '(y)   .2( y 1)  0 2 y ln 5 ( y 1) 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)
Vậy x  3 2 2 . Đáp án A. 2 2 2 1 x . a   b
Câu 3. ( Tích phân) Biết tích phân dx   trong đó , a b
. Tính tổng a b ? 1 2x 8 2  2 A. 0 B. 1 C. 3 D. -1 2 2 2 2 2 0 2 2 2 2 1 x 1 x 1 x Giải: 2 I dx dx dx  1 x dx     1 2x 1 2x 1 2x 2 2 0 0   2 2   2
Đặt x  sin t I  . Đáp án C. 8 z 6  7i
Câu 4. (Sô phức) Cho số phức z thoả mãn : z  
. Tìm phần thực của số phức 2017 z . 1 3i 5 A. 1008 2  B. 1008 2 C. 504 2 D. 2017 2 Lời giải. z 6  7i
Cho số phức z thoả mãn : z  
. Tìm phần thực của số phức 2013 z . 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 9
a  3b 12 a 1     1
 1b  3a 14 b  1
a b   z   i z  
504 i  504 2017 4  i 1008 1008 1 1 (1+i) 1 4 1  2  2 i Đáp án B.
Câu 5. (Khối đa diện) 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 2 3 1 A. B. C. D. 2 3 4 4 Lời 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 S dt BCDM  3
dt ABCD 3 VV S '.BCDM S '. 4 4 ABCD S'
Gọi H, H’ lần lượt là hình chiếu của S, S’ trên ABCD A M D S ' H ' CS ' CI 2     I SH CS CA 3 B C 3 3 2 1 VV   VV S '.BCDM S '. ABCD S. ABCD S. 4 4 3 2 ABCD Đáp án A. Câu 6. (Mặt tròn xoay) Cho hình chóp S.ABC có 0 AB  2 , a AC  3 ,
a BAC  60 , SA   ABC, SA a . Tính bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp. 2 21 21 93 A. a B. a C. 29a D. a 3 3 3 Lời giải Có 2 2 0 2
BC AB AC  2A . B A .
C cos 60  7a BC a 7 2 21a
Bán kính đường tròn ngoại tiêp ABC  là: r    sin A 3 3 2 2 2  SA   2 21a  93
Bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp là 2 2 R   r a       a   .  2  3 3   Đáp án D.
Câu 7. (Hình Oxyz) Cho A 1
 ;3;5, B2;6;  1 ,C  4  ; 1
 2;5 và điểm P: x  2y  2z 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. x  3 B. x  1  C. x 1 D. x  3  M M M M Lời giải
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 Đáp án C. E.
Câu 1 (Đạo hàm và ứng dụng).
Từ một miếng tôn hình vuông cạnh a(cm) người ta muốn cắt ra một hình chữ nhật và hai
hình tròn có cùng đường kính để làm thân và các đáy của một hình trụ. Hỏi khối trụ được
tạo thành có thể tích lớn nhất bằng bao nhiêu, biết rằng các cạnh cảu hình chữ nhật song
song hoặc trùng với các cạnh ban đầu của tấm tôn. 3 a  3 a    1 3 a    1 3 a A.  B. C. D.   2 2 2 2 4 1 4 4 4 Giải
Ta có 2 cách để cắt hình để tạo thành hình trụ.
+) Cách 1: Cắt thành 2 phần: Một phần có kích thước x và a. Một phần có kích thước a-x và
a. Phần có kích thước x và a để làm hai đáy và phần có kích thước a-x và a cuộn dọc để tạo a
thành thân (tạo thành hình trụ có chiều cao bằng a). Điều kiện là x   thì 1 2 3  ax a V    .   2 4 4 1
+) Cách 2: Cắt như trên. Nhưng phần có kích thước a-x và a cuộn ngang để làm thành thân a
(tạo thành hình trụ có chiều cao là a-x). Điều kiện là x   do chu vi của hình tròn cắt ra
 a x 2 x
phải bằng với phần đáy của hình chữ nhật. Khi đó V  . 4
 a x 2 x a Xét hàm số V  , với x  . 4 
 a x 2 3 x a    1 Ta có V   . 2 4 4 3 a    1
Vậy thể tích lớn nhất của khối trụ được tạo thành là: . 2 4
Câu 2 (Mũ và lôgarit).
Theo dự báo với mức tiêu thụ dầu không đổi như hiện nay thì trữ lượng dầu của nước A sẽ
hết sau 100 năm nữa. Nhưng do nhu cầu thực tế, mức tiêu thụ tăng lên 4% mỗi năm. Hỏi
sau bao nhiêu năm số dầu dự trữ của nước A sẽ hết.
A. 45 năm B. 50 năm C. 41 năm D. 47 năm Giải
Giả sử số lượng dầu của nước A là 100 đơn vị.
Số dầu sử dụng không đổi mà 100 năm mới hết thì suy ra số dầu nước A dùng 1 năm là 1 đơn vị.
Gọi n là số năm tiêu thụ hết sau khi thực tế mỗi năm tăng 4%, ta có n
1.1 0,04.1 0,04  
1 100 n log 4,846  40,23 . 1.04 0, 04
Vậy sau 41 năm thì số dầu sẽ hết.
Câu 3 (Tích phân và ứng dụng).
Một bác thợ xây bơm nước vào bể chứa nước. Gọi h(t) là thể tích nước bơm được sau t giây. Cho ’ h t  2
 3at bt và ban đầu bể không có nước. Sau 5 giây thì thể tích nước trong bể là 3
150m . Sau 10 giây thì thể tích nước trong bể là 3
1100m . Hỏi thể tích nước trong bể sau khi
bơm được 20 giây là bao nhiêu. A. 3 8400m B. 3 2200m C. 3 6000m D. 3 4200m Giải bt Ta có ht 2 2 3
 (3at bt)dt at   . 2  1 3 2 5 .a  . .5 b 150  a 1 Khi đo ta có hệ: 2    1 b    2 3 2 10 .a  . .1 b 0  1100  2 Khi đó   3 2
h t t t .
Vậy thể tích nước trong bể sau khi bơm được 20 giây là h  3 20  8400m .
Câu 4 (Số phức).
Cho hai số phức u,v thỏa mãn u v 10 và 3u  4v  2016 . Tính M  4u  3v .
A. 2984 B. 2884 C. 2894 D. 24 Giải Ta có 2 z  .
z z . Đặt N  3u  4v .
Khi đó N   u v u v 2 2 2 3 4 3 4
 9 u 16 v 12uv vu . Tương tự ta có 2 2 2
M  16 u  9 v 12uv vu .
Do đó M N   2 2 2 2
25 u v   5000 . Suy ra 2 2
M  5000  N  5000  2016  2984  M  2984 .
Câu 5 (Thể tích khối đa diện).
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 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 2 2 2 2 2 2
SO SB OB AB OB OA nên SO OA OC . Do đó tam giác SAC vuông tại S. Ta có 2 2 2 2
AC x  4  4OA x  4 . Do đó 2 2
4OB  12  x  0  x  2 3 . Và 2 2 Sx  2 2 OA x  2 16 4  4x . SOA Để V
đạt giá trị lớn nhất khi và chỉ khi V
đạt giá trị lớn nhất . S. ABCD SOAB Do đó V
đạt giá trị lớn nhất khi và chỉ khi 2 x  2
12  x  đạt giá trị lớn nhất. S. ABCD Suy ra 2 2 2
x  12  x x  6  x  6 .
Câu 6 (Hình tròn xoay).
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 3 25 2 20 3 250 6 A.V B.V C. V D. V  27 27 27 27 Giải 1 1 1 25 1 Ta có 2 2
V   r h   x y    2 25  y  3 y
y   y . 3 3 3 3 3 25 1 Xét hàm số 3 V
y   y với 0  y  5 . 3 3 25 5 Ta có 2 V ' 
  y  0  y  . 3 3 250 3
Khi đó thể tích lớn nhất là V  . 27
Câu 7 (Hình học Oxyz). x  2  t x 1 y  2 z 1 
Trong không gain Oxyz, cho hai đường thẳng d :  
và d : y  3  t . Mặt 1 1 2 1  2 z  2  
phẳng P : ax by cz d  0 (với ; a ; b ; c d
) vuông góc với đường thẳng d và chắn d , d 1 1 2
đoạn thẳng có độ dài nhỏ nhất. Tính a b c d . A. 14  B.1 C. 8  D. 12  Giải
Ta có mặt phẳng (P) vuông dóc với đường thẳng d nên (P) có véctơ pháp tuyến n  1;2;  1 . 1
Phương trình (P) có dạng P : x  2y z d  0 .
 2  d 2  d 10  d
Gọi M là giáo điểm của (P) với d và N là giao của (P) với d suy ra M ; ; , 1 2    6 3 6   4   d 1   dN ; ; 2    .  3 3  2 d 16d 155 Ta có 2 MN    . 18 9 9 Để MN nhỏ nhất thì 2
MN nhỏ nhất, nghĩa là d  16  .
Khi đó a b c d  14  . F.
Câu 1. Tìm m để bpt sau có tập nghiệm là ( ;   )        : 2
(x 1)(x 3) m 5 x 4x 29 129 129 A. m  26. B. m  26. C. m   . D. m   . 4 4 Hướng dẫn giải: 2 2 2 2
(x 1)(x  3)  m  5 x  4x  29  m  x  4x  3  5 x  4x  29  m t   5t  26
Với t x x
t  x  2 2 4 29, 2  25  5 BPT 2
(x 1)(x  3)  m  5 x  4x  29 có nghiệm là ( ;   )
  m  max f (t) với [5;) 2
f (t)  t   5t  26 Do 2
f (t)  t
  5t  26  t 5t  26  26 với t  5 nên max f (t)  26 [5;) Đáp án: B
Câu 2. Một người vay ngân hàng 1 tỷ đồng với lãi kép là 12%/năm. Hỏi người đó phải trả
ngân hàng hàng tháng bao nhiêu tiền để sau đúng 5 năm người đó trả xong nợ ngân hàng? A. 88 848 789 đồng. B. 14 673 315 đồng. C. 47 073 472 đồng . D. 111 299 776 đồng. Hướng dẫn giải:
Gọi A là số tiền người đó vay ngân hàng ( đồng), a là số tiền phải trả hàng tháng và r % là lãi suất kép. Ta có:
- Số tiền nợ ngân hàng tháng thứ nhất: R A 1 r 1  
- Số tiền nợ ngân hàng tháng thứ hai : R   A1 r  a1 r  A1 r2  a 1 r 2  
- Số tiền nợ ngân hàng tháng thứ ba: 2 3 2
R A 1 r a 1 r a 1 r A 1 r a 1 r a 1 r 3
             …. n n 1 
- Số tiền nợ ngân hàng tháng thứ n : R A ra r
  a r n 1  1  ... 1  n .
A r.1 r
Tháng thứ n trả xong nợ: R a a nn 1 r  1 Áp dụng với 9
A  1.10 đồng, r  0,01, và n  24 , ta có a  47073472 Đáp án: C
Câu 3. Một người có mảnh đất hình tròn có bán kính 5m, người này tính trồng cây trên
mảnh đất đó, biết mỗi mét vuông trồng cây thu hoạch được giá 100 nghìn. Tuy nhiên cần có
khoảng trống để dựng chồi và đồ dùng nên người này căng sợi dây 6m sao cho 2 đầu mút
dây nằm trên đường tròn xung quanh mảnh đất. Hỏi người này thu hoạch được bao nhiêu
tiền (tính theo đơn vị nghìn và bỏ phần số thập phân). A. 3722 B. 7445 C. 7446 D. 3723 Hướng dẫn giải:
Đặt hệ trục tọa độ 4349582 như hình vẽ.
Phương trình đường tròn của miếng đất sẽ là 2 2 x y  25
Diện tích cần tính sẽ bằng 2 lần diện tích phần tô đậm phía trên.
Phần tô đậm được giới hạn bởi đường cong có phương trình là 2
y  25  x , trục O ; x x  5
 ; x  4 (trong đó giá trị 4 có được dựa vào bán kính bằng 5 và độ dài dây cung bằng 6) 4
Vậy diện tích cần tính là 2 S  2
25  x dx  74, 45228... 
Do đó, đáp án là câu B 5 
Câu 4. Cho A, B, C, D lần lượt là điểm biểu diễn của các số phức
Z  2  i ; Z  3  2i ; Z  1
  4i ; Z  2
  i . Mệnh đề nào dưới đây là đúng A B C D A. ABCD là hình vuông.
B. ABCD là hình bình hành.
C. B và D nhìn doạn AC dưới góc vuông. D. ACD ABD. Hướng dẫn giải: Ta có ( A 2; 1
 ) ; B(3;2) ; C( 1  ;4) và ( D 2  ;1)
Do đó: AB  1;3; DC  1;3
Suy ra, AB DC  Tứ giác ABCD là hình bình hành. Ta lại có, 0
AB BC, ABC  90 Đáp án: B
Câu 5. Người thợ cần làm một bể cá hai ngăn, không có nắp ở
phía trên với thể tích 1,296 m3. Người thợ này cắt các tấm kính
ghép lại một bể cá dạng hình hộp chữ nhật với 3 kích thước a, b,
c như hình vẽ. Hỏi người thợ phải thiết kế các kích thước a,
b, c bằng bao nhiêu để đỡ tốn kính nhất, giả sử độ dầy của kính không đáng kể. A. a  3,6 ; m b  0, 6 ; m c  0, 6m B. a  2, 4 ; m b  0,9 ; m c  0, 6m C. a 1,8 ; m b  1, 2 ; m c  0, 6m D. a 1, 2 ; m b  1, 2 ; m c  0,9m Hướng dẫn giải:
Thể tích bể cá là: V abc 1, 296
Diện tích tổng các miếng kính là S ab  2ac  3bc (kể cả miếng ở giữa) 3 3 S 1 2 3 1 2 3 3 6 3 6 Ta có: 3     3 . .   abc c b a c b a abc 1, 296 1 2 3
Cauchy cho 3 so , , c b a 1 2 3 a 1,8    
Dấu “=” xảy ra khi c b a b  1,2 .
abc 1,296 c  0,6  Đáp án: C
Câu 6. Một phễu đựng kem hình nón bằng giấy bạc có thể tích 12 (cm3) và chiều cao là
4cm. Muốn tăng thể tích kem trong phễu hình nón lên 4 lần, nhưng chiều cao không thay
đổi, diện tích miếng giấy bạc cần thêm là. A.    2 (12 13 15) cm  . B.   2 12 13 cm  . 12 13 C.  2 cm  . D.    2 (12 13 15) cm  15 Hướng dẫn giải:
Gọi R1 là bán kính đường tròn đáy hình nón lúc đầu; h1 là chiều cao của hình nón lúc đầu.
Gọi R2 là bán kính đường tròn đáy hình nón sau khi tăng thể tích; h2 là chiều cao của hình
nón sau khi tăng thể tích. 1 1 Ta có: 2 2
V   R h  12   R 4  R  3 1 1 1 1 1 3 3 1  2 V   R h 1 1 1  3  2 1  V R 2 2 2
V   R h   
 4  R  2R  6 2 2 2 2 2 1 3 V R  1 1 h h  2 1 
Diện tích xung quanh hình nón lúc đầu: S
  R l  3 16  9 15 cm xp  2 1 1 1 
Diện tích xung quanh hình nón sau khi tăng thể tích: S
  R l   6 16  36 12 13 cm xp  2 2 2 2 
Diện tích phần giấy bạc cần tăng thêm là: S      2 12 13 15 cm Đáp án: A x 1 y  2 z
Câu 7. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho hai đường thẳng d :   1 1 2 1  x  2 y 1 z và d : 
 . Gọi P là mặt phẳng chứa d sao cho góc giữa mặt phẳng P và 2 2 1  2 1
đường thẳng d là lớn nhất. Chọn mệnh đề đúng trong các mệnh đề sau: 2
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 : 7x y  5z  3  0.
D.  P cắt d tại điểm B2; 1  ;4. 2 Hướng dẫn giải: d qua M 1; 2
 ;0 và có VTCP u  1;2; 
1 . Vì d P nên M  P . 1   1
Pt mặt phẳng  P có dạng: Ax    By    Cz   2 2 2 1 2
0 A B C  0.
Ta có: d P  .
u n  0  C A  2B . 1   4A  3B 1 4A  3B
Gọi   P,d   2  sin   . 2 2 2 2 2   3 2A  4AB  5 3 2 4 5 B A AB B 2 2
TH1: Với B  0 thì sin  . 3 A 1 4t 32
TH2: Với B  0 . Đặt t  , ta được: sin  . B 2 3 2t  4t  5 4t  3
Xét hàm số f t   2  f x  khi t  7  khi 2
2t  4t  . Dựa vào bảng biến thiên ta có:   25 max 5 7 A  7  . B Khi đó
  f   5 3 sin 7  . 9 5 3 A
So sánh TH1 và TH2   lớn nhất với sin  khi  7  . 9 B
Vậy phương trình mặt phẳng P : 7x y  5z  9  0 . Đáp án: B G.
Câu 1(KSHS): Một con cá hồi bơi ngược dòng để vượt một khoảng cách là 300km. Vận tốc
của dòng nước là 6km / h . Nếu vận tốc bơi của cá khi nước đứng yên là v (km/h) thì năng
lượng tiêu hao của cá trong t giờ được cho bởi công thức.   3 E v  cv t
Trong đó c là một hằng số, E được tính bằng jun. Tìm vận tốc bơi của cá khi nước đứng yên
để năng lượng tiêu hao là ít nhất.
A. 6km/h B. 9km/h A. 12km/h A. 15km/h Giải:
Vận tốc của cá bơi khi ngược dòng là: v- 6 ( km/ h). 300
Thời gian để cá bơi vượt khoảng cách 300km là t  v  6
Năng lượng tiêu hao của cá để vượt khoảng cách đó là: E v 3 300 v 3  cv .  300c.  jun,v  6 v  6 v  6 v  9 ' E v 2  600cv v62 v  0 loai '  E v    0  v9 V 6 9  ' E v - + E(v) E(9) Chọn đáp án B
Câu 2( Mũ- loga): Phương trình sau có bao nhiêu nghiệm ? log  x  2 1  2  log
4  x  log 4  x3 4 8 2 A. 1 nghiệm B. 2 nghiệm C. 3 nghiệm 4. Vô nghiệm x 1  0   4   x  4
Lời giải: log  x  2 1  2  log
4  x  log 4  x3 (2) Điều kiện: 4  x  0   4 8 2  x  1  4  x  0 
(2)  log x 1  2  log 4  x  log 4  x  log x 1  2  log  2 16  x 2 2 2 2 2 
 log 4 x 1  log  2 16  x  2
 4 x 1 16  x 2 2 x  2 + Với 1
  x  4 ta có phương trình 2
x  4x 12  0 (3) ; (3)   x  6   lo¹i x  2  24 + Với 4   x  1  ta có phương trình 2
x  4x  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 B
Câu 3(Tích phân) Một người đứng từ sân thượng một tòa nhà cao 262m, ném một quả bi sắt
theo phương thẳng đứng hướng xuống (bỏ qua ma sát) với vận tốc 20m/s. Hỏi sau 5s thì
quả bi sắt cách mặt đất một đoạn d
 bao nhiêu mét? (Cho gia tốc trọng trường a   2 10 m / s  ) A. 35 m B.36 m C. 37 m D. 40 m
Lời giải: Quả bi sắt chịu tác dụng của trọng lực hướng xuống nên có gia tốc trọng trường a   2 10 m / s
Ta có biểu thức v theo thời gian t có gia tốc a là:
v adt  10dt  10t C   Ở đây, với:
t  0, v  20m / s C  20
Vậy ta biểu diễn biểu thức vận tốc có dạng:
v  10t  20m / s
Lấy nguyên hàm biểu thức vận tốc, ta sẽ được biểu thức quảng đường: s vdt
 10t  20dt 2
 5t  20t K
Theo đề bài, ta được khi t  0  s  0  K  0
Vậy biểu thức tọa độ quảng đường là: 2 s t t  2 5 20 m / s
Khi t  5s , ta sẽ được s  225m
Vậy quả bi cách mặt đất d
  262  225  37m .
Câu 4( Số phức).Cho các số phức z thỏa mãn z  2 .Biết rằng tập hợp các điểm biểu diễn các
số phức w  3 2i  2 iz là một đường tròn.Tính bán kính r của đường tròn đó. A.20 B. 20 C. 7 D.7 Giải: Chọn B
Đặt w x yi, , x y  
w  3  2i  2  iz
x yi  3 2i  2  iz
x  3   y  2i 2x y  8 x  2 y 1  z    i 2  i 5 5 2 2
 2x y 8 
x  2y 1    2      5   5  2 2
x y  6x  4y  7  0
 x 32   y  22  20
Bán kính của đường tròn là r  20
Câu 5( Thể tích khối đa diện): 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 600. Tính thể
tích khối chóp S.ABC. √3 A. V= a3 3 B. V= a3 1 C. V= a3 3 D. V= 3. √3 a3 3 Lời 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 = 600
Tương tự AC ⊥ (SNH) ⟹ 𝐴𝐶 ⊥ SH (2)
Từ (1) và (2) ⟹ 𝑆𝐻 ⊥ (ABC) 𝐴𝐶 Ta có SH = MH. tan 600 = √3 = a√3 2 1 1 √3
SABC = AC.AB = a2 Vậy V = .SH. S a3 (đvdt) , CHỌN A 2 3 ABC = 3
Câu 6( THề tích khối tròn xoay): 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. 6 3 8 3 8 3 6 3 A. 4 r  B. 6 r  C. 4 r  D. 6 r  2 2 2 2 2 2 2 2 1 3V BG: Ta có: 2
V   r h  h
=> độ dài đường sinh là: 2 3 r 8 3V 81 3 2 2 2 2 2 2 2 l h r  ( )  r  ( )  r   r 2 2 2 4 rrr 8 8 3 3
Diện tích xung quanh của hình nòn là: 2 4 S
  rl   rr    r xq 2 4 2 2  rr 8 3
Áp dụng BĐT Cauchy ta được giá trị nhỏ nhất là khi 6 r  . 2 2
Câu 7( Tọa độ KG). 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) sao cho 2MA MB có giá trị nhỏ nhất. A. M 4; 1;0 . B. M 1; 4;0 . C. M 4;1;0 . D. M 1; 4;0 .
Lời giải : Gọi I a;b;c là điểm thỏa mãn 2IA IB 0 , suy ra I 4; 1; 3 .
Ta có 2MA MB 2MI 2IA MI IB MI. Suy ra 2MA MB MI MI .
Do đó 2MA MB nhỏ nhất khi MI nhỏ nhất hay M là hình chiếu của I trên mặt phẳng x 4 y 1 z 3
P . Đường thẳng đi qua I và vuông góc với P có là d : . 1 1 1
Tọa độ hình chiếu M của I trên P thỏa mãn x 4 y 1 z 3 1 1 1
M 1; 4;0 . Chọn D. x y z 3 0 G. Câu 1
Một vật có kích thước và hình dáng như hình vẽ dưới đây. Đáy là hình tròn bán kinh 4 cắt
vật bởi các mặt phẳng vuông góc với trục Ox ta được thiết diện là tam giác đều. Thể tích của vật thể là: 256 32 256 3 32 3 A.V  . B. V  . C.V  . D. V  . 3 3 3 3 Đáp án:
Chọn tâm đường tròn làm gốc. 3
Diện tích thiết diện là 2 2 S
AB  3(4  x ) 4 2 2 2 V
S(x)dx  4 (4  x )dx   2  2 
Câu 2. 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 3 11
S, biết SA vuông góc với (ABC), mặt cầu ngoại tiếp tứ diện S.ABC có bán kính bằng và S có 2 cao độ âm. A. S( 4  ; 6  ;4) . B. S(3;4;0) . C. S(2;2;1) . D. S(4;6; 4  ) . Hướng dẫn.
Ta có AB  (2;1;2); AC  (2; 2  ; 1
 ) , suy ra AB AC . S
Tam giác ABC vuông nên I và S có thể sử dụng các tính chất của phép N dụng tâm để tính. Tính được IM. I
MI  ( ABC)  MI k A , B AC  k A C   M
AS  2MI , tìm S. BA , B AC  (3;6; 6  )    1  5  Gọi M 3; ; 
 là trung điểm BC. Ta có:  2 2  2  3 11  9 81 9 2 2 2
IM IB BM       IM         MI ( ABC) MI k A ,
B AC k(3;6; 6
 )  MI  9 k .   2 2 4 2   9 1
Suy ra  9 k k   2 2 1 k
thì AS  2MI  3;6; 6    S 4;6; 4   2 Vậy S(4;6; 4  )
Câu 3. Tìm số thực m a b 20 (a, b là các số nguyên khác 0) để phương trình 2
2z  2(m 1)z  (2m 1)  0 có hai nghiệm phức phân biệt z1, z2 thỏa mãn z z  10 . Tìm a. 1 2 A. 1 B.2 C.3 D.4 Hướng dẫn 2
'  m  6m 1
TH1: '  0 hay m( ;  3 10) (3 10; )  Khi đó 2 2
z z  10  z z  2 z z  10 1 2 1 2 1 2 2m 1 0  2 (1 m) 10
m 1 10 (loai) 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) 2 2
1 m i (m  6m 1)
1 m i (m  6m 1)
Khi đó: z z  10    10 1 2 2 2 Hay 2 2 (1 ) m
 (m  6m 1)  10  m  2
Vậy m = 2 hoặc m  3  20
Câu 4. Số lượng vi khuẩn ban đầu là 3000 con, và tăng 20% một ngày. Đồ thị nào sau đây
mô tả hàm số lượng vi khuẩn sau t ngày?
Số vi khuẩn
Số vi khuẩn
Số vi khuẩn
Số vi khuẩn 7000 7000 7000 7000 6000 6000 6000 6000 5000 5000 5000 5000 4000 4000 4000 4000 3000 3000 3000 3000
số ngày số số ngày số ngày ngày O 1 2 3 4 5 6 7 O 1 2 3 4 5 6 7 O 1 2 3 4 5 6 7 O 1 2 3 4 5 6 7 A B C D Hướng dẫn giải.
Công thức số vi khuẩn: ( ) 3000.1,2x Q x  Hàm mũ nên loại A, D. Xét 5 (
Q 5)  3000.(1,2)  7460 nên chọn B.
Câu 5. Cho lăng trụ đứng ABC.A’B’C’ có đáy ABC là tam giác vuông cân AB=BC=a. Mặt 3
phẳng (AB’C) tạo với (BCC’B’) một góc  với tan 
. Gọi M là trung điểm của BC. Tính 2
bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp B’ACM. 3 10a 3 10a 3 13a 13a A. 8 B. 4 C. 8 D. 2 B' A' B' A' B' A' C' C' N C' O B I a A B α A M a K M K a B A J C J M C
Trục không có tính chất đặc
Xác định tâm đáy: giao của C
biệt, ta sử dụng phương pháp hai đường thẳng trung trục
Dựng góc: chú ý BA vuông 4 để giải MC và BI.
góc với giao tuyến CB’
R2 = B’O2 = NO2 + B’N2
Từ tam giác vuông BIA và góc 2 2 BJ BB = ( ' J ) O
, tính được BI. Từ BI sử = OM2 = OJ2 + JM2 1 1 1 dụng   tính 2 2 2 0
Chú ý CBJ  45 BI BC B ' B
được B ' B a 2 .
Giải phương trình ta tìm 5 2a được OJ = 8 3 10a R = 8
Câu 6. Cho lăng trụ đứng ABC
A BC có đáy là tam giác ABC vuông cân tại A, BC=2a. Góc
giữa mặt phẳng (ABC) và mặt phẳng (BBC) bằng 0
60 .Tính thể tích lăng trụ ABC A BC . A. 3 a 2 B. 3 2a C. 3 a 6 D. 3 3a A' C' B' B' H M M B C 600 I A C I B Dựng góc:
Từ A kẻ AI BCI là trung điểm BC
AI  (BC CB )  AI BC (1)
Từ I kẻ IM B C (2)
Từ (1), (2)  BC  (IAM)
Vậy góc giữa (A BC) và ( BCB) là AMI = 600 1 AI a Ta có AI=
BC a ; IM=  2 0 tan 60 3 2  1 1 1 3 1 1 2  a BH IM ;      . 3 2 2 2 2 2 2 B ' B BH BC 4a 4a 2a 1 1
Suy ra BB = a 2 ; 2 SAI.BC  . a 2a   a ABC 2 2 2 3 Va a a ABC A BC 2. 2
Câu 7. Từ một tấm tôn có kích thước 90cmx3m người ta làm một máng xối nước trong đó
mặt cắt là hình thang ABCD có hinh dưới. Tính thể tích lớn nhất của máng xối. A D 30cm 30cm 90cm 3m 3m B 30cm C A. 3 40500 3cm B. 3 40500 2cm C. 3 40500 6cm D. 3 40500 5cm Thể tích máng xối: 2 V S .300 (cm ) . ABCD
Vậy thể tích lớn nhất khi diện tích hình thang là lớn nhất. 1 S
 (BC AD).CE ABCD 2 CE CDsi n  30.si n A E D θ
AD BC  2ED  30  60co s 30cm 30cm 90 S  90si n sin2 θ ABCD 2 B 30cm C 90
Đặt f ( )  90si n sin2 , [0; ] 2 90
f '( )  90co s  .2cos2 2  1   cos    2
f '( )  0  cos  cos 2  0  2 cos   cos 1  0    2  3   . cos  1       f (0) f (    )  0; f  135 3  
. Vậy GTLN của diện tích ABCD là 2 135 3cm .  3 
Vậy thể tích máng xối lớn nhất bằng 3
40500 3cm khi ta cạnh CD tạo với BC góc 0 60 . H. Câu 1. KSHS 2x 1 Cho hàm số y
C. Tìm k để đường thẳng d : y  x
k  2k 1 cắt (C) tại hai điểm phân x 1 biệt ,
A B sao cho khoảng cách từ A và B đến trục hoành bằng nhau. A. 12 B. 4  C. 3  D. 1 Giải
Phương triình hoành độ giao điểm của (C) và d: 2x 1  x
k  2k 1  2x 1   x  
1 kx  2k   1 ;  x    1 x 1 2  x k  3k  
1 x  2k  0   1 ; x    1
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  2
   k  6k 1 0   .        k    k 3 2 2 k 3 2 2 2 1  3k   1   1  2k  0
Khi đó: Ax ; x k
 2k 1 , B x ; x k
 2k 1 với x , x là nghiệm của (1). 1 1   2 2  1 2  3  k 1 x x
Theo định lý Viet tao có 1 2  k . x x  2  1 2 Ta có d  ;
A Ox  d  ; B Ox  x k  2k 1  x k  2k 1 1 2
kx  2k 1  x k  2k 1 x x 1 2 1 2     .
kx  2k 1   x k  2k 1 k x x  4k  2  0  1 2   1 2 
Do hai điểm A, B phân biệt nên ta loại nghiệm x x . 1 2
Do đó k x x  4k  2  0  k  3  . 1 2  Đáp án C. Câu 2. Logarit Cho phương trình  2  m x x 2 2
5  3.3  m 15x  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. B.  2  ;3 C. 0; D.   ;1  Giải
Đặt f x   2  m x x 2 2
5  3.3  m 15x  5 . Do f liên tục trên
nên f cũng liên tục trên đoạn 0;2.
Ta có f     2  m  0 0 2   m    2 0 2 5 3.3 15.0 5  6
m 1 0, m  . f     2  m  2 2 2 2 2
5  3.3  m 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. Đáp án A. Câu 3. HKG
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. 3 a tan  3 a cos tan  3 a cos tan  3 a sin 2 A. V  B. V  C. V  D. V  6 6 3 6 Giải
Kẻ SO   ABC  OA là hình chiếu vuông góc của SA lên (ABC) Do đó S ;
A ABC  SAO   . Tương tự ta cũng có SBO SCO   . Nên SAO SBO S
CO AO BO CO . AC a a Theo định lí sin ta có: 
 2OA OA  . sin B sin 2sin a tan  Nên SO O . A tan   . 2sin 1 1 a sin   Mặt khác SA . B AC.sin A  a sin    . ABC  180 2  2 2 2 2 2 2 3 1 1 a sin   a tan  a cos tan  Vậy V S .SO  .   . 3 ABC 6 2 2sin 6 Vậy đáp án B. Câu 4. Tròn xoay
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. 3 3 a 3 4 a 3 4 a 3 4 a A.V  B. V  C. V  D. V  3 4sin 2 3 3sin 3 3 3sin 2 3 3sin  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 2 SM . O SO  . a .
a tan  a tan . SMN 2  a  .2a   2 3 SM .SN.MN SM .2a  cos  a Mặt khác S     . SMN 2 4R 4R 4R 2R cos  3 a a a Do đó 2
a tan  R   . 2 2 2R cos  2 cos  tan sin 2
R cũng là bán kính của mặt cầu ngoại tiếp. 3 4 4 a 3 V  R   . 3 3 3 sin 2 Đáp án C. Câu 5.
Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, gọi d là đường thẳng đi qua điểm A 1  ;0;  1 , cắt x 1 y  2 z  2  
, sao cho cosd; là nhỏ nhất, biết phương trình của đường thẳng 2  2 1 1  x  3 y  2 z  3  :  
. Phương trình đường thẳng d là? 2 1  2 2 x 1 y z 1 x 1 y z 1 A.   B.   2 2 1  4 5 2  x 1 y z 1 x 1 y z 1 C.   D.   4 5  2  2 2 1 Giải
Gọi M d    M 1 2t;2  t; 2  t . 1  
d có vectơ chỉ phương là u       d AM
2t 2;t 2; 1 t .
 có vectơ chỉ phương u   2  1;2;2. 2 d   2 2 t cos ;  . 2 2 3 6t 14t  9 t
Xét hàm số f t 2 
, ta suy ra được min f t  f 0  0 . 2 6t 14t  9 Do đó min cos  d;   0
t  . Nên AM  2;2;  1 . 2  khi 0 x 1 y z 1
Vậy phương trình đường thẳng d là:   . 2 2 1  Vập đáp án A. Câu 6. Tích Phân tan x   
Cho F(x) là một nguyên hàm của f x 
, biết F 0  0 , F 1   . Tính 2
cos x 1 a cos x  4        FF     ?  3   4  A. 5  3 B. 5 1 C. 3  5 D. 5  2 Giải     4 f  x 4 4 4 tan x tan x 1 2 dx dx dx
d tan x 1 a    2 2 2 2      0 0 cos x 1 a cos x 0 cos
x tan x 1 a 0 2 tan x 1 a  2 2  tan
1 a  tan 0 1 a  3  2 . 4
a  2  a 1  3  2
a  2  a 1 2 a 1 3  25 2 6 3  6 
a 1  a 1 3  2  3       tan x   Do đó FFdx       2 2 tan  2  tan  2  5  3 . 2  3 
 4   cos x 1 cos x 3 4 4 Đáp án A. Câu 7. Số Phức
Cho ba số phức z , z , z thỏa mãn z z z 1 và z z z 1. Mệnh đề nào sau đây là 1 2 3 1 2 3 1 2 3 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. Giải
Ta có: z z z 1 1 z z z . 1 2 3 1 2 3
Nếu 1 z  0 thì z z  0  z  z . 1 2 3 2 3
Nếu 1 z  0 thì điểm P biểu diễn số phức 1 z z z không trùng với góc tọa độ O. 1 1 2 3
Gọi M là điểm biểu diễn của số phức z và A là điểm biểu diễn của số 1. 1
Khi đó ta có OA OM OP (do P là điểm biểu diễn của số 1 z ) nên OAPM là hình bình 1 
hành. Mà z z z 1 nên các điểm biểu diễn cho ba số z , z , z đều nằm trên đường 1 2 3 1 2 3
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 z z , nếu M’ và A’ là hai điểm biểu diễn của số 2 3
z , z thì ta cũng có M’, A’ là giao điểm đường trung trực của OP và đường tròn đơn vị. 2 3
Vậy M '  M , A'  A hoặc ngược lại. Nghĩa là z 1, z  z hoặc z 1, z  z . 2 3 1 3 2 1
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
D sai vì với z 1, z   i, z   
i thỏa hai tính chất trên của đề bài nhưng 1 2 3 2 2 2 2 z z z  1. 1 2 3 Đáp án D. I. Câu 1: Cho hàm số 3 2
y x mx   2 m   2 3 3
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 B. 1
  m  0 hoặc m 1
C. 1  m  0 hoặc m  1 
D. 1 m  0 hoặc m  1  Đáp án B
Giải: gọi hai điểm đối xứng nhau qua O là Ax , y , B x , y 0 0   0 0 Khi đó ta có 3 2
y x  3mx  3 2 m   2
1 x 1 m và 3 2
y  x 3mx 3 m 1 x 1 m 0 0 0  2  2 0 0 0 0 0 Từ đó suy ra: 2 2 6
mx  2  2m  0(*) 0 Nếu x  0 thì 2 2  2m  0 suy ra 2
y  1 m  0 . Vậy A B O 0 0
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  2  2m  0  1
  m  0 hay m 1 '  6m   2 2  2m   0
Câu 2: 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 A. d  3 h B. d  2 h C. d  6 h D. d  4 Đáp án: A
Giải: Gọi r là bán kính của (L). r h d R Ta có 
r  h d R h h R      R         d  
h dh dR
h d h d 3 2 2 2 2 2 2d 4 R h V h d . .2d      2 2 2 h 2h 2h 3 27   h
Dấu bằng xảy ra khi h d  2d d  . 3
Câu 3: 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). 3 3a A. 2 3 3a 3 B. 2 3 a C. 2 3 a 3 D. 2 Đáp án C
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  N
OI  NAC,ACD  Tương tự ta có M
KH  MAC, ACB   Theo đề ta có  NI HK
    90  tan  cot    NO MH SA SA a 2 a 2
Suy ra NI.MH OI.HK  .   SA a 2 2 2 4 2 3 3a 1 a Mà S  V S .SA ABCD 2 3 ABCD 2
Câu 4: PHương trình log  2
x x 1  x 2  x  log x có bao nhiêu nghiệm 3    3 A. 1 nghiệm B. 2 nghiệm C. 3 nghiệm D. Vô nghiệm Đáp án A
Giải: điều kiện x > 0 2
x x 1
Phương trình tương đương với 2 log 
  2x x 3  x
Ta có x x    x  2 2 2 1 1 1 2 2
x x 1  1    1   Và log 
  log x  1  log    x   3  log 3 1 3 3 3   3  xxx          x  2 1  0 2
x x 1  Do đó 2 log 
  2x x    x 1 3 1  x   x   0  x  /4 Câu 5: Tính I  ln
 1 tan xdx 0  ln 2 A. 8  ln 2 B. 4 ln 2 C. 8 ln 2 D. 4 Đáp án: A  Giải: Đặt t   x . Khi đó: 4 0  /4  /4      1 tan t   2  I   ln 1 tan  t dt  ln 1 dt  ln dt             4   1 tan t  1 tan t   /4 0 0  /4  /4      dt     t  ln 2 ln 2 ln 1 tan dt   I 4 0 0  ln 2 Do đó I  8 x  4 y  5 z  2
Câu 6: 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 d :   và d : 
 . Phương trình nào không phải đường thẳng  1 3 1 2 2 2 4 1 x  4 y 1 z 1 A.  :   3 4  1 7 2 y z x  3 B. 3 3  :   3 4  1 x  9 y  7 z  2 C.  :   3 4  1 x  4 y 1 z 1 D.  :   3 4  1 Đáp án: A
Giải: Gọi M, N là giao điểm của  và d , d . 1 2
x 1 3t x  2   2t ' M N  
Khi đó M, N thuộc d , d nên y  1
  t , y  3 4t ' . 1 2 M N   z
 2  2t z t '  MN
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 song song với d :   nên   3 4  1 3 4  1 4  
Giải hệ ta được t '  1
 ;t   . Vậy N     7 2 4; 1; 1 , M 3  ; ;   3  3 3  x  4 y 1 z 1 Vậy  :   3 4  1 1
Câu 7: Điểm M biểu diễn số phức z  0 và điểm M’ biểu diễn số phức z '  . Nếu điểm M di z
động trên đường tròn tâm A(-1;1) bán kính R  2 thì M’ di động trên đường nào? A. 2 2
x y  2x  2y  0
B. 2x  2y 1  0
C. 2x  2y 1  0
D. 2x  2y 1  0 Đáp án: C  x x '   1 z 2 2  x y
Giải: Ta có z '   . Do đó  2 z z yy '  2 2  x y
M di động trên đường tròn tâm A(-1;1) bán kính R  2 nên  x  2 1   y  2 1  2 2 2
x y  2x  2y  0 2 2
x y  2x  2 y   0 2 2 x y 2x 2 y  1   0 2 2 2 2 x y x y
 2x ' 2y '1  0 J.
Chương I. Ứng dụng đạo hàm 3
Một người thợ xây cần xây một bể chứa 108 m nước, có dạng hình hộp chữ nhật với đáy là
hình vuông và không có nắp. Hỏi chiều dài, chiều rộng và chiều cao của lòng bể bằng bao
nhiêu để số viên gạch dùng xây bể là ít nhất? Biết thành bể và đáy bể đều được xây bằng
gạch, độ dày của thành bể và đáy là như nhau, các viên gạch có kích thước như nhau và số
viên gạch trên một đơn vị diện tích là bằng nhau. A. 6; 6; 3. B. 2 3;2 3;9. C. 3 2;3 2;6 D. 3 3;3 3;4
Gọi x(m) là cạnh của đáy bể, y(m) là chiều cao bể, x, y > 0 108 Ta có: 2
x y  108  y 2 x 432
Diện tích xây dựng: 2 2
S x  4xy x x 432 S '  2x
; S '  0  x  6  y  3 2 x
Chương II. Phương trình mũ, logarit
Cường độ một trận động đất M (Richter) được cho bởi công thức M  log A  log A , với A là 0
biên độ rung chấn tối đa và A là một biên độ chuẩn (hằng số). Đầu thế kỷ 20, một trận 0
động đất ở San Francisco có cường độ 8,3 độ Richter. Trong cùng năm đó, trận động đất
khác ở Nam Mỹ có biên độ mạnh hơn gấp 4 lần. Cường độ của trận động đất ở Nam Mỹ là: A. 8,9 B. 33,2 C. 2,075 D.11 GIẢI A
M  log A  log A  log 0 A0 A
Trận động đất ở San Francisco: 1 M  8,3  log (1) 1 A0 A ở Nam Mỹ: 2 M  log (2) 2 A0 A
Biên độ ở Nam Mỹ gấp 4 lần ở San Francisco nên 2 A  4A   4 2 1 A1
Lấy (2) - (1) ta được: A A A 2 1 2 M  8,3  log  log  log
 log 4  M  log 4  8,3  8,9 2 2 A A A 0 0 1
Chương III. Nguyên hàm, tích phân
Một chiếc xe đang chạy với vận tốc 100Km/h thì đạp phanh dừng lại, vận tốc của xe giảm
dần theo công thức vt   5
 000t 100 (Km/h) cho đến khi dừng lại. Hỏi xe chạy thêm
được bao nhiêu met thì dừng lại. A. 25 B. 1 C. 103 D. 10-3 1
Xe dừng lại nên v  0  t 50
Phương trình quảng đường S t   v  t 2 dt  2
 500t 100t 2  1  1
Quảng đường xe đi được 3 S  2  500. 100. 1Km 10 m    50  50
Chương IV. Số phức
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
A. 3x  4y   0
B. 3x  4y  25  0 2 25 C. 3x  4y   0
D. 3x  4y  25  0 2
Vì z z nên z  3  4i z  3  4i z  3  4i , z  3  4i
suy ra z z  3  4i z z  3  4i  1 z z  3  4i
Tập hợp điểm có tọa vị z thỏa mãn
 1 là đường trung trực của đoạn thẳng OA, z  3 
với 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:  3  25 3 x   4  
y  2  0  3x  4y   0.  2  2
Hình học – Chương I. Thể tích khối đa diện
Từ một miếng bìa hình vuông có cạnh bằng 5, người ta cắt 4 góc bìa 4 tứ giác bằng nhau và
gập lại phần còn lại của tấm bìa để được một khối chóp tứ giác đều có cạnh đáy bằng x ( 5
xem hình). Nếu chiều cao khối chóp tứ giác đều này bằng thì x bằng: 2 A. x=1. B. x=2. C. x=3. D. x= 4
Hình học – Chương II. Khối tròn xoay
Một một chiếc chén hình trụ có chiều cao bằng đường kính quả bóng bàn. Người ta đặt quả 3
bóng lên chiếc chén thấy phần ở ngoài của quả bóng có chiều cao bằng chiều cao của nó. 4
Gọi V ,V lần lượt là thể tích của quả bóng và chiếc chén, khi đó: 1 2
A. 9V  8V
B. 3V  2V
C. 16V  9V
D. 27V  8V 1 2 1 2 1 2 1 2
Giải: Gọi h là đường cao của hình trụ, r là bán kính của quả bóng, R là bán kính của chén hình trụ h
=>h=2r r OA OB 2 h h 3 O
Theo giả thiết: IB   OI ( vì phần bên ngoài = h ) 4 4 4 I A h 3
bán kính đáy của chén hình trụ là 2 2
R OA OI 4 B 3 4 4  h  3  r    V 3 3  2  8
Tỉ số thể tích là 1  
  9V  8V 2 2 1 2 VR h   9 2 h 3    h 4  
Hình học – Chương III. Phương pháp tọa độ không gian
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 z   2t
tam giác 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
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   t 2 ;1 t; t 2 . AM  BM  t 2 2   t 2 2 (3 ) (2 5) (3  6)  (2 5)
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, ta xét hai vectơ u   t
3 ;2 5 và v   t3 6;2 5. Ta có u  t 2 2  v  t 2 2 (3 ) (2 5) ; (3  6)  (2 5) 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 t 3 2 5
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi u, v cùng hướng    t  1  t 3  6 2 5
 M(1;0;2) và min(AM  BM)  2 29 . Vậy khi M(1;0;2) thì minP = 2( 11  29) K. 1.(Hàm số)
Một miếng gỗ hình tam giác đều chiều dài cạnh là a. Cắt bỏ 3 phần như hình vẽ để
được một miếng gỗ hình chữ nhật có diện tích lớn nhất. Tính diện tích lớn nhất đó. 2 a 3 2 a 2 a 3 A. B. C. 8 8 4 2 a 6 D. A 8
HD: Gọi MN  , x 0
  x a Q P 3 Khi đó : S
x(a x) MNPQ 2 2 a 3 a B C
KSHS ta tìm được GTLN là khi x M N 8 2 2.(Mũ – Logarit) 9x
Cho hàm số f (x)  ,x  . Tính 2 2 2
P f (sin 10 )   f (sin 20 )
 ..... f (sin 80 )  9x  3 A. 4 B. 8 C. 9 D. 3
HD: Nếu a b 1 thì f (a)  f ( )
b  1. Do đó P 1111  4 3. (Tích Phân)
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
f (x) f (a  ) x  1. Tính  1 f (x) 0 a a A. B. 2a C. D. a ln(a 1) 2 3 a 0 a dx dt f (t)dt
HD: Đặt t a x ta có:       1 f (x)
1 f (a t) f (t) 1 0 a 0 a dx a Suy ra:   1 f (x) 2 0 4. (Số Phức) 2z i
Trong các số phức z thỏa mãn
1. Tìm giá trị lớn nhất của z . 2  iz A. 1. B. 2. C. 2 D. 3 HD: Ta có: 2z i
2z i 2z i (
 2z i)(2z i)  (2  iz)(2  iz ) 1  . 1    . z z  1 2  iz
2  iz 2  iz 2  iz  0 5. (Thể tích)
Một hình chóp có đáy là hình chữ nhật và có chiều cao h. Tính thể tích của hình chóp
đó biết năm mặt của hình chóp có diện tích bằng nhau. 3 4h 3 h 3 h 3 2h A. B. C. D. 45 45 3 15
HD: Để thỏa mãn yêu cầu thì chân đường cao sẽ phải cách đều các cạnh của hình chữ nhật
hay chính là tâm của hình chữ nhật đó và: 2 2 a b b a 2h 2 2 ab h   h   a b  2 4 2 4 15 6. (Tọa độ Oxyz)
Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho hai điểm A(1;2; -1), B(7; -2; 3) và đường
x  2  3t
thẳng d có phương trình  y  2
t (t  R) . Điểm M trên d sao cho tổng khoảng cách từ M
z  4  2t
đến A và B là nhỏ nhất có tổng các tọa độ là: A. 6. B. 4. C. 2. D. 0.
HD: Nếu M nằm trên d thì điểm I có tọa độ là M=(2+3t;-2t;4+2t) . Từ đó ta có :
AM   t    t t    AM   t  2    t2   t  2 3 1; 2 2 ; 2 5 3 1 2 2 2 5
Tương tự :  BM   t
t t    BM   t  2    t2   t  2 3 5; 2 2 ; 2 1 3 5 2 2 2 1 Từ (*) : MA=MB =  2 2 2
t  2    t 2   t  2 3 1 2 2 2 5
= 3t  5  2  2t  2t   1 Hay : 2 2
 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 ). L.
CHỦ ĐỀ 1: HÀM SỐ Câu 1.
Khi sản xuất vỏ lon sữa bò hình trụ các nhà thiết kế luôn đặt mục tiêu sao cho chi
phí nguyên liệu làm vỏ lon là ít nhất, tức là diện tích toàn phần của hình trụ là nhỏ
nhất. Muốn thể tích của khối trụ đó bằng 2 và diện tích toàn phần hình trụ nhỏ
nhất thì bán kính đáy gần số nào nhất? A. 0,68. B. 0,6. C. 0,12. D. 0,52. Hướng dẫn giải
Gọi x x  0 là bán kính đáy của lon sữa. V Khi đó 2
V   x h h  . 2  x
Diện tích toàn phần của lon sữa là V 2 4 2 2 2 2
S(x)  2 x  2 xh  2 x  2 x
 2 x  2  2 x  , x  0 2  x x x 4
Bài toán quy về tìm GTNN của hàm số 2
S(x)  2 x  , x  0 x S x 4  4 x   2 x S x 1 3  0  x   0,6827  Câu 2.
Khi xây dựng nhà, chủ nhà cần làm một bể nước bằng gạch có dạng hình hộp có
đáy là hình chữ nhật chiều dài d m và chiều rộng r m với d  2 . r Chiều cao bể
nước là hm và thể tích bể là 3
2 m . Hỏi chiều cao bể nước như thế nào thì chi phí xây dựng là thấp nhất? 3 3 2 3 2 2 A. m . B. 3 m. C. 3 m. D. m . 2 2 3 2 3 3 Hướng dẫn giải
Gọi xx  0 là chiều rộng của đáy suy ra thể tích bể nước bằng 1 2
V  2x .h  2  h  2 x
Diện tích xung quanh hồ và đáy bể là 6 2 2 S  6 . x h  2x
 2x x  0 x 6
Xét hàm số f x 2
  2x với x  0. x 3
Hàm số đạt giá trị nhỏ nhất tại 3 x  . 2 1 1 2 2
Vậy chiều cao cần xây là h    m . 2   2 x 3 3  3  3    2  Câu 3.
Một khách sạn có 50 phòng. Hiện tại mỗi phòng cho thuê với giá 400 ngàn đồng
một ngày thì toàn bộ phòng được thuê hết. Biết rằng cứ mỗi lần tăng giá thêm 20
ngàn đồng thì có thêm 2 phòng trống. Giám đốc phải chọn giá phòng mới là bao
nhiêu để thu nhập của khách sạn trong ngày là lớn nhất. A. 480 ngàn. B. 50 ngàn. C. 450 ngàn. D. 80 ngàn. Hướng dẫn giải
Gọi x (ngàn đồng) là giá phòng khách sạn cần đặt ra, x  400 (đơn vị: ngàn đồng).
Giá chênh lệch sau khi tăng x  400.
x 400 2 x 400
Số phòng cho thuê giảm nếu giá là x :  . 20 10 x  400 x
Số phòng cho thuê với giá x là 50   90  . 10 10 2  x x
Tổng doanh thu trong ngày là: f (x)  x 90     90x   .  10  10 x f (
x)    90 . f (x)  0  x  450 . 5 Bảng biến thiên:
Dựa vào bảng biến thiên ta thấy f (x) đạt giá trị lớn nhất khi x  450 .
Vậy nếu cho thuê với giá 450 ngàn đồng thì sẽ có doanh thu cao nhất trong ngày là 2.025.000 đồng.
CHỦ ĐỀ 2: HÀM SỐ LŨY THỪA, HÀM SỐ MŨ VÀ HÀM SỐ LOGARIT     Câu 4. Phương trình 3 3x 3 3x 4 x 4 x 3 3 3 3 3
10 có tổng các nghiệm là ? A. 0. B. 2. C. 3. D. 4 . Hướng dẫn giải 33x 3 3  x 4x 4x 3 3 3 3 3 10 7      7 x 27 x 81 x 1 x 1 3 3 3 3  27.3   81.3  10  27. 3   81. 3  10 7     3x x 3x x   3 3  3   3  Côsi x 1 x 1 Đặt t  3   2 3 .  2 3x 3x 3   x 1 x x 1 x 1 1 x 1 3 3 2 3 3  t  3   3  3.3 .  3.3 .   3   t  3t   x x 2 x 3x 3  3  3 3 3 3 x 3 10 10 Khi đó: 7'  27 3 t  3t  3 3
81t 10  t   t   2 N  27 3 10 x 1 10 Với t   3    x 7  3 3 3
y  3 N  1 10 Đặt  3x y   0 . Khi đó: 7  2  y  
 3y 10y  3  0  1 y 3
y  N  3 Với  3  3x y  3  x 1 1 x 1
Với y   3   x  1  3 3 Câu 5.
Tính đến đầu năm 2011, dân số toàn tỉnh Bình Phước đạt gần 905.300, mức tăng
dân số là 1,37% mỗi năm. Tỉnh thực hiện tốt chủ trương 100% trẻ em đúng độ tuổi
đều vào lớp 1. Đến năm học 2024-2025 ngành giáo dục của tỉnh cần chuẩn bị bao
nhiêu phòng học cho học sinh lớp 1, mỗi phòng dành cho 35 học sinh? ( Giả sử
trong năm sinh của lứa học sinh vào lớp 1 đó toàn tỉnh có 2400 người chết, số trẻ tử
vong trước 6 tuổi không đáng kể) A.458. B.222. C. 459. D. 221. Hướng dẫn giải
Chỉ những em sinh năm 2018 mới đủ tuổi đi học ( 6 tuổi) vào lớp 1 năm học 2024- 2025.
Áp dụng công thức S A r để tính dân số năm 2018. nn 1 
Trong đó: A  905300;r 1,37;n  8 8  1,37 
Dân số năm 2018 là: A  905300. 1 1009411    100  7  1,37 
Dân số năm 2017 là: A  905300. 1  995769    100 
Số trẻ vào lớp 1 là: 1009411995769  2400 16042
Số phòng học cần chuẩn bị là : 16042 : 35  458,3428571. Câu 6.
Một nghiên cứu cho thấy một nhóm học sinh được cho xem cùng một danh sách
các loài động vật và được kiểm tra lại xem họ nhớ bao nhiêu % mỗi tháng. Sau t
tháng, khả năng nhớ trung bình của nhóm học sinh được cho bởi công thức
M t   75  20ln t  
1 ,t  0 (đơn vị %). Hỏi sau khoảng bao lâu thì nhóm học sinh
nhớ được danh sách đó dưới 10%? A.25 tháng. B. 23 tháng. C. 24 tháng. D. 22 tháng. Hướng dẫn giải
Theo công thức tính tỉ lệ % thì cần tìm t thỏa mãn:
75  20ln 1 t 10  ln t  
1  3.25  t  24.79 Câu 7.
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 tăng theo hàm số mũ xấp xỉ như sau:    x 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 tháng.
B. 1 năm 2 tháng. C. 1 năm. D. 11 tháng. Hướng dẫn giải
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  2 1 0.04
 108160  A  100000. Khi đó công việc của ta chỉ là tìm x sao cho x 194790
1000001 0.04  194790  x  log  hay 1 năm 5 tháng.  17 1 0.04 100000
CHỦ ĐỀ 3: NGUYÊN HÀM – TÍCH PHÂN Câu 8.
Diện tích hình phẳng nằm trong góc phần tư thứ nhất, giới hạn bởi các đường a a thẳng y 8 , x y
x và đồ thị hàm số 3 y x là
, trong đó a,b là các số nguyên, tối b b
giản. Khi đó a b bằng A. 68 B. 67 C. 66 D. 65 Hướng dẫn giải Ta có x 0 x 0 3 3 8x x 0 x 0;8x x 0 ; x x 0 x 2 2 x 1 1 2 2 63 Nên 3 S 8x x dx 8x x dx 4 0 1 Câu 9.
Khi quan sát một đám vi khuẩn trong phòng thí nghiệm người ta thấy tại ngày thứ
x có số lượng là 2000
N x . Biết rằng Nx 
và lúc đầu số lượng vi khuẩn là 5000 1  x
con .Vậy ngày thứ 12 số lượng vi khuẩn là? A. 10130. B. 5130. C. 5154. D. 10129. Hướng dẫn giải
Thực chất đây là một bài toán tìm nguyên hàm. Cho Nx và đi tìm N x . Ta có x   x   2000d 2000.ln 1
5000 ( Do ban đầu khối lượng vi khuẩn là 5000) .Với 1  x
x  12 thì số lượng vi khuẩn là  10130 con
Câu 10. Một vật chuyển động với vận tốc 10 m/s thì tăng tốc với gia tốc 2
a(t)  3t t . Tính
quãng đường vật đi được trong khoảng thời gian 10 giây kể từ lúc bắt đầu tăng tốc. 4300 430 A. m. B. 4300 m. C. 430 m. D. m. 3 3 Hướng dẫn giải  3t t
Hàm vận tốc vt  a
 tdt  3t t  2 3 2 dt    C 2 3
 Lấy mốc thời gian lúc tăng tốc  v0 10  C 10 t t
Ta được: vt 2 3 3   10 2 3
 Sau 10 giây, quãng đường vật đi được là: 10 10 2 3 3 4  3t t   t t  4300 s   
 10dt    10t   m.  2 3   2 12  3 0 0
CHỦ ĐỀ 4: SỐ PHỨC
Câu 11. 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 . D. 2   3i . Hướng dẫn giải
Gọi M x, y là điểm biểu diễn số phức z x yi  ,
x y R 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
Câu 12. 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  2  y  2 1 1  1    y  x M thỏa hệ : 2  2 2  2  x  , x   2 2 1
Câu 13. Cho hai số phức z ; z thỏa mãn iz  2 
và z iz . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu 1 2 1 2 1 2
thức z z . 1 2 A.  1 2 B.  1 2 C.  1 2 D.  1 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 z x y i x ; y
. Khi đó điểm M x ; y là điểm biểu diễn số phức z 1 1  1 1 1 1 1  1 thỏa mãn: 1 2 1
i x y i   1 2
ix y  2   2 x y 2
. Suy ra tập hợp các điểm M 1  1   1 1 2 1 1 2 4
biểu diễn z là đường trong C có tâm I 0; 2 và bán kính R  1 . 1 2
Khi đó nếu N là điểm biểu diễn của số phức z thì việc tìm GTNN của z z là 2 1 2
việc tìm GTNN của MN.
Theo đề thì z iz  y x i N y ; x là điểm biểu diễn z . Ta nhận thấy rõ ràng 2 1 1 1 1 1  2 O .
M ON  x y x y  0  OM ON . Dễ nhận thấy OM ON  2 x  2 y 1 1 1 1 1 1 Ta có hình vẽ sau: y I M N M’ x O
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  1   1 
tròn như hình vẽ) Tức là 1 M 0; 2  
 . Khi đó MN OM 2  2  2  2    .  2   2  2
CHỦ ĐỀ 5: KHỐI ĐA DIỆN
Cho hình chóp tam giác S.ABC có M là trung điểm của SB , N là điểm trên cạnh SC sao cho
NS  2NC , P là điểm trên cạnh SA sao cho PA  2PS . Kí hiệu V ,V lần lượt là thể tích của các 1 2 V
khối tứ diện BMNP và SABC . Tính tỉ số 1 . V2 V 1 V 3 V 2 V 1 A. 1  . B. 1  . C. 1  . D. 1  . V 9 V 4 V 3 V 3 2 2 2 2 Hướng dẫn giải
1 d(N,(SAB))SBMP V S N .BMP 3  V 1 C.SAB
d(C,(SAB)) S 3 SAB ; P
d (N, (SAB)) NS 2   d (C, (SAB)) CS 3 M N , 1 1 1 SS   S C BPM 2 BPS 2 3 SAB A V 2 1 1
Suy ra, N.BMP    . V 3 6 9 C.SAB B
Câu 14. Cho tứ diện S.ABC , M và N là các điểm thuộc các cạnh SA và SB sao cho
MA  2SM , SN  2NB , ( ) là mặt phẳng qua MN và song song với SC . Kí hiệu (H ) 1
và (H ) là các khối đa diện có được khi chia khối tứ diện S.ABC bởi mặt phẳng ( ) , 2
trong đó, (H ) chứa điểm S , (H ) chứa điểm A ; V và V lần lượt là thể tích của 1 2 1 2 V
(H ) và (H ) . Tính tỉ số 1 . 1 2 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 .
Gọi P , Q lần lượt là giao điểm của ( ) với các đường thẳng BC , AC .
Ta có NP//MQ//SC . Khi chia khối (H ) bởi mặt phẳng (QNC) , ta được hai khối chóp 1
N.SMQC và N.QPC . V d N SAC S N SMQC ( , ( )) Ta có: . SMQC   ; V d (B, (SAC)) S S B. ASC SAC
d (N, (SAC)) NS 2   ; d (B, (SAC)) BS 3 M 2 SAM S AMQ 4 SMQC 5       . SAS  9 S 9 ASC ASC N VN SMQC 2 5 10 Suy ra .    C V 3 9 27 A Q B.ASC P B V d N C S N .QPC ( , (QP )) QPC   V
d (S, (A BC)) S S . ABC ABC NB CQ CP 1 1 2 2        SB CA CB 3 3 3 27 V V V N .SMQC N .QPC 10 2 4 V 4 V 4 1 1      
  5V  4V 1   1 2 V V V 27 27 9 V V 9 V 5 B.ASC S. ABC 1 2 2
CHỦ ĐỀ 6: KHỐI TRÒN XOAY
Câu 15. 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 A. R  ; h  . B. R  ; h  . 2 2 2 4 4 2S 2S S S C. R  ; h  4 . D. R  ; h  2 . 3 3 6 6 Hướng dẫn giải
Gọi thể tích khối trụ là V , diện tích toàn phần của hình trụ là S . Ta có: 2 S S
S  2 R  2 Rh . Từ đó suy ra: 2day xq Cauchy 2 S S V V V V 2 2 2 3  R Rh   R   R   3  2 2 2  R 2 R 2 R 4 3 2 3 VS S hay 27   V    . 2 4  2  54 3 S 2 VR h Rh Vậy V  . Dấu “=” xảy ra  2 R    hay h  2R . max 54 2 R 2 R 2 S S Khi đó 2
S  6 R R
và h  2R  2 . 6 6
Câu 16. 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 16
dược thể tích nước tràn ra ngoài là 3
dm . Biết rằng một mặt của khối trụ nằm trên 9
mặt trên của hình nón, các điểm trên đường tròn 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 của bình nước là: xq M N A O B I P Q S  3 A. 9 10 2 Sdm . B. 2 S
 4 10 dm . C. 2 S  4dm . D. 2 Sdm . xq xq 2 xq xq 2 Hướng dẫn giải
Xét hình nón : h SO  3r , r O ,
B l SA . Xét hình trụ : h  2r NQ , r ON QI 1 1  QI SI 1 r SQISBO  
  r   Thể tích khối trụ là : 1 BO SO 3 3 3 2r 16 2 V  r h  
r  2  h  6 2 2
l h r  2 10 2
S  rl  4 10 dm t 1 1 9 9 xq
Câu 17. 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. S A.h h MN B. MN  2 3 C.h h MN D. MN  4 6 M Hướng dẫn giải
Ta thấy khi quay quanh trục SO sẽ tạo nên một khối trụ nằm A
trong khối chóp. Khi đó thiết diện qua trục của hình trụ là O N
hình chữ nhật MNPQ. Ta có hình sau: S Q I M B A P O N
Ta có SO h ; OA R . Khi đó đặt OI MN x . IM SI O . A SI .
R h x
Theo định lí Thales ta có   IM   . Thể tích khối trụ OA SO SO h  2   R V IM .IH
.xh x2 2 2 h
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có: 3 xx 2 h x 2 h x  2 2         3  4 2 Vậy  R h h h V
. Dấu '  ' xảy ra khi x  . Hay MN  . 27 3 3
CHỦ ĐỀ 7: PHƯƠNG PHÁP TỌA ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN
Câu 18. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, gọi d đi qua điểm A1; 1  ;2 , song song với  x  1 y 1 z
P : 2x y z  3  0 , đồng thời tạo với đường thẳng  :   một góc lớn 1 2  2
nhất. Phương 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  Hướng dẫn giải
 có vectơ chỉ phương a    1; 2;2
d có vectơ chỉ phương a  a; ; b c d
P có vectơ pháp tuyến n  2; 1  ;  1 P
Vì d€ P nên a n a .n  0  2a b c  0  c  2a b d P d P a b a b cos ,d  5 4 1 5 4 2   2 2 2 2  
3 5a  4ab  2 3 5 4 2 b a ab b a 1 5t  4
Đặt t  , ta có: cos,d   2  b 2
3 5t  4t  2 5t  4  
Xét hàm số f t  2  , ta suy ra được: f t 1 5 3 max  f     2 5t  4t  2  5  3 a Do đó:   d 5 3 1 1 max cos ,  
t       27 5 b 5
Chọn a  1 b  5  ,c  7 x 1 y  1 z  2
Vậy phương trình đường thẳng d là   1 5  7
Câu 19. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz ,cho P : x  4y  2z  6  0 , Q : x  2y  4z  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 O , x Oy,Oz    x y z :   1a, , b c  0 a b c  6 1     chứa a 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 .  y  0
Câu 20. Trong không gian với hệ tọa độ 
Oxyz cho điểm M 1;0;0 và
2x y  2z  2  0 N 0;0;  
1 , mặt phẳng  P qua điểm M , N và tạo với mặt phẳng Q : x y  4  0 một góc bằng O
45 . Phương trình mặt phẳng  P là  y  0  y  0 A.  . B.  .
2x y  2z  2  0
2x y  2z  2  0
2x y  2z  2  0
2x  2z  2  0 C.  . D. . 
2x y  2z  2  0
2x  2z  2  0 Hướng dẫn giải
Gọi vectơ pháp tuyến của mp  P và Q lần lượt là n  ; a ; b c  2 2 2
a b c  0 , n PQ
P qua M 1;0;0 P: ax  
1  by cz  0
P qua N 0;0; 
1  a c  0  a b 1 a  0
P hợp với Q góc O
45  cos n ,n cos    P Q  O 45  2 2 2  2 2 a  2  b a b
Với a  0  c  0 chọn b 1 phương trình P : y  0 Với a  2
b chọn b  1
  a  2 phương trình mặt phẳng P: 2x y  2z  2  0 .
Câu 21. Trong không gian với hệ trục toạ độ Oxyz, cho điểm A10;2;  1 và đường thẳng x 1 y z 1 d :  
. Gọi P là mặt phẳng đi qua điểm A , song song với đường thẳng 2 1 3
d sao cho khoảng cách giữa d và  P lớn nhất. Khoảng cách từ điểm M  1  ;2;3 đến mp P là 97 3 76 790 2 13 3 29 A. . B. . C. . D. . 15 790 13 29
Hướng dẫn giải:
P là mặt phẳng đi qua điểm A và song song d
với đường thẳng d nên P chứa đường thẳng H
d  đi qua điểm A và song song với đường thẳng d . d' K
Gọi H là hình chiếu của A trên d , K là hình
chiếu của H trên P . A P
Ta có d d, P  HKAH ( 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 ud , nQ 98;14; 70  
Px y z
  d M P 97 3 :7 5 77 0 ,  . 15 L.
Câu 1 Hàm số. 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. 3 x  V B. 3 x  V C. 4 x  V D. x  V Hướng dẫn
Gọi a là độ dài cạnh đáy, x là độ dài đường cao của thùng đựng đồ a,x  0 V V Khi đó, 2 2 V  a x  a 
 S  2a  4ax  2  4 Vx tp x x V
Để làm thùng hàng tốn ít nguyên liệu nhất thì S nhỏ nhất  2  4 Vx nhỏ nhất. tp x
Cách 1 : Xét hàm số   V f x  2  4 Vx trên 0; x 2  V 2 V Ta có f'x   ; f 'x 1 2 3
 0  x V  V x  x  V 2 x x 1 x 0 V 3 + ∞ f' x ( ) 0 + f x ( ) 1 f (V 3 )
Từ BBT ta thấy để làm thùng hàng tốn ít nguyên liệu nhất thì chiều cao của thùng đựng đồ 1 bằng 3 V . V V Cách 2: ta có 3 2 2
 4 Vx  2  2 Vx  2 Vx  6 V x x V Dấu "  " xảy ra tại 3 3
 Vx  x  V  x  V x
Câu 2 Mũ - Loga. Một khu rừng có trữ lượng gỗ là 6  3
3.10 m  . Biết tốc độ sinh trưởng của các
cây trong khu rừng đó là 5% mỗi năm. Sau 10 năm nữa, trữ lượng gỗ trong rừng là A.  3 4886683,88 m  B.  3 4668883 m  C.  3 4326671,91 m  D.  3 4499251 m  Hướng dẫn
Gọi A là trữ lượng gỗ ban đầu của khu rừng  3
m  ; r là tốc độ sinh trưởng hàng năm(%);
M là trữ lượng gỗ sau n năm  3 m  . n
Năm đầu tiên, M  A  A.r  A(1 r) 1 Năm thứ hai, 2
M  M  M .r  M (1 r)  A(1 r) 2 1 1 1 Năm thứ ba, 3
M  M  M .r  M (1 r)  A(1 r) 3 2 2 2 Tương tự năm thứ n, n M  A(1 r) n
Áp dụng công thức ta có M  A(1 r)  3.10 1 0,0510 10 6  4886683,88 3 m 10 
Câu 3 Tích phân. Một viên đạn được bắn lên theo phương thẳng đứng với vận tốc ban đầu
là 24,5m / s và gia tốc trọng trường là  2
9,8 m / s  . Quãng đường viên đạn đi từ lúc bắn lên
cho tới khi rơi xuống đất là (coi như viên đạn được bắn lên từ mặt đất) A. 61,25 m B. 30,625 m C. 29,4 m D. 59,5 m Hướng dẫn.
Chọn chiều dương từ mặt đất hướng lên trên, mốc thời gian t  0 bắt đầu từ khi vật chuyển động.
Ta có vận tốc viên đạn theo thời gian t là vt  v gt  24,5 9,8t m / s 0   5
Khi vật ở vị trí cao nhất thì có vận tốc bằng 0 tương ứng tại thời điềm t  2
Quãng đường viên đạn đi được từ mặt đất đến vị trí cao nhất là 5 5   2    2 245 S t
v t dt  24,5  9,8t dt    8 0 0 245
Vậy quãng đường viên đạn đi từ lúc bắn lên cho tới khi rơi xuống đất là 2.  61,25 m 8 m  1
Câu 4 Số phức. Cho số phức z  
. Số các giá trị nguyên của m để z  i  1 1 m 2i   m  1 là A. 0 B. 1 C. 4 D. Vô số Hướng dẫn m  1
m  1 i1 2mi  m 3m  1  m 1i Ta có z  i     1 m2i   i 1 1 m2i 1 1 m  2mi 3m  1  m   1 i 3m  1  m   1 i  z  i    1 1  m  2mi 1  m  2mi
 3m  1 m 1i  1 m  2mi  3m 12  m 12  1 m2 2  4m 2 1
 5m  6m  1  0  1   m   5
Vì m   Không có giá trị của m thỏa mãn.
Câu 5 Hình học không gian. 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 0
30 , khoảng cách giữa AA' và BC' là a .
Góc giữa hai mặt bên AA'B'B và AA'C'C là 0
60 . Thể tích lăng trụ ABC.A' B'C' là 3 2a 3 3 a 3 3 a 6 3 a 6 A. B. C. D. 3 3 6 3 Hướng dẫn
Ta có góc giữa hai mặt bên AA'B'B và AA'C'C là A' C' 0 BAC  60 B'  ABC đều. 300 Vì     0 AA'/ /CC' AA'; BC' CC'; BC'  BC'C  30
Kẻ AI  BC  AI  BB'C'C 600 C A I B
dAA'; BC'  dAA';BB'C'C  AI  a 2a BC  BC  ,CC'   2a 0 3 tan 30 3 1 2a 2a 3  V  2a. .a.  ABC.A ' B ' C ' 2 3 3
Câu 6 Tròn xoay. Một hình nón bị cắt bởi mặt phẳng P song song với đáy. Mặt phẳng P
chia hình nón làm hai phần N và N . Cho hình cầu nội 2  1 
tiếp N như hình vẽ sao cho thể tích hình cầu bằng một nửa 2  N1
thể tích của N . Một mặt phẳng đi qua trục hình nón và 2 
vuông góc với đáy cắt N theo thiết diện là hình thang cân, 2 
tang góc nhọn của hình thang cân là A. 2 B. 4 C. 1 D. 3 N2 Hướng dẫn
Giả sử ta có mặt cắt của hình nón cụt và các đại lượng như hình vẽ. D r C
Gọi  là góc cần tìm. r0 Xét A
 HD vuông tại H có DH  h,AH  R r h O
 h  2r  AH.tan  R r tan 1 0     3 4 h  Thể tích khối cầu là 3 V  r   α K 1 0 H 3 6 A B R 1
Thể tích của N là V  h   2 2 R  r  Rr 2  2  3 V 1 1 2 2 2
  h  R  r  Rr 2 V 2 2
Ta có BC  R  r (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) Mà    2 2 2 h BC R r  4Rr 3
Từ        2 2 , 3 R r  Rr 4
Từ           2     2 2 2 2 1 , 3 , 4 h R r .tan 4 R r
 tan   4  tan  2 (vì  là góc nhọn)
Câu 7 Hình học Oxyz. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm A(2; 2  ;0) , đường x  1 y z  2 thẳng  :  
. Biết mặt phẳng (P) có phương trình ax  by  cz  d  0 đi qua A , 1  3 1
song song 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  1  1  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))
 HA . Dấu “=” xảy ra khi F  A  AH  (P), hay bài toán được phát biểu lại max 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  (2;1; 1  ) (P)
Suy ra phương trình mặt phẳng (P) là: 2(x  2)  y  2  z  0  2x  y  z  2  0 . a  ,b  * a   2,b  1 Do   
 a  b  c  d  0 . (a, b)  1 c  1  ,d  2    M. x x
Câu 1. Gọi x , x x x là hai nghiệm của phương trình     x 1 5 1 5 1 5.2      . Trong 1 2  1 2 
các khẳng định dưới đây, khẳng định nào sai? A.  x ,   1  ,1  1  ,1 B.  x ,   1  ,1  1  ,1 2      1      C.  x , x  1  ,0  1  ,0 D.  x , x  1  ,1  1  ,1 1 2      1 2        x   x x x x 5 1 5 1 5 HDG:  5   1   5   1 1  5.2          1 . 2 2 2     x x x   x 5  1  5  1  x 5  1  5 1 Nhận xét:      1  1       2 2 2 2          x 5  1  1 5 1 + Đặt t     0,  1  t    x  log 2, x  log . 1  2 5 1 5 1 2 t 2  2   2 2 Câu 2. Cho hàm số 3 2 3
y x  3mx m có đồ thị C và đường thẳng 2 3
d : y m x  2m . Biết m
rằng m , m m m là hai giá trị thực của m để đường thẳng d cắt đồ thị C tại 3 điểm m  1 2  1 2 
phân biệt có hoành độ x , x , x thỏa 4 4 4 x x
x  83. Phát biểu nào sau đây là đúng về 1 2 3 1 2 3
quan hệ giữa hai giá trị m , m ? 1 2
A. m m  0 . B. 2
m  2m  4 . C. 2
m  2m  4 .
D. m m  0 . 1 2 1 2 2 1 1 2 x mHDG: 3 2 2 3
pthdgd : x  3mx m x  3m  0  x  m DK : m  0  x  3   m 4 4 4 4 4 4
ycbt x x
x  83  m m  81m  83  m  1
  m m  0 . 1 2 3 1 2
Câu 3. Thang đo Richter được Charles Francis Richter đề xuất và sử dụng lần đầu tiên vào
năm 1935 để sắp xếp các số đo độ chấn động của các cơn động đất với đơn vị là độ Richter.
Công thức tính độ chấn động như sau: M  lg A  lg A , với M là độ chấn động, A là biên L o L
độ tối đa đo được bằng địa chấn kế và A là một biên độ chuẩn. (nguồn: Trung tâm tư liệu o
khí tượng thủy văn). Hỏi theo thang độ Richter, với cùng một biên độ chuẩn thì biên độ tối
đa của một trận động đất 7 độ Richter sẽ lớn gấp mấy lần biên độ tối đa của một trận động đất 5 độ Richter ? 7 A.2. B. 20. C. 5 10 . D. 100.
HDG: Gọi A và A lần lượt là biên độ tối đa của hai trận động đất 7 độ Richter và 5 độ 1 2
7  lg A  lg A
Richter. Theo công thức, ta có: 1  o 5  lg A  lg  A 2 o A A
Trừ vế theo vế của hai đẳng thức trên, ta có : 1 1 2
2  lg A  lg A  lg   10  100. 1 2 A A 2 2
Câu 4. Cho hình lập phương AB D
C .A' B ' C ' D ' có khoảng cách giữa A' C và C ' D ' là 1 cm.
Thể tích khối lập phương AB D
C .A' B ' C ' D ' là: A. 3 8 cm . B. 3 2 2 cm . C. 3 3 3 cm . D. 3 27 cm .
HDG: 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’. 2 3 1 1  a a V .CC '.S  . . acm D CA B B A D  3 ' ' ' ' ' '  3 3 2 6 1 1 2 2 S
 .CB'.B'A'  .a 2.a a cm
(do tam giác CA’B’ vuông tại B’) CA B  2 ' '  2 2 2 3 a 3V 2
Suy ra: d D CA B  ' ' ' 2 ', ' '     aD CA B
cm  a  2 (cm). SCA B 2 2 ' ' 2 a 2 Do đó 3 3
V a  2 2 cm
Câu 5. Số phức z thỏa mãn điều nào thì có biểu diễn là phần gạch chéo như trên hình.
A. Số phức M x, y .
B. Số phức z x yi x, y R .
C. Số phức A 1  ,  1 . D. Số phức 1   i . Hướng dẫn giải
Từ hình biểu diễn ta thấy tập hợp các điểm 1  z 1 i  2 biểu diễn số phức z trong
phần gạch chéo đều thuộc đường tròn tâm 1  MA  2 và bán kính bằng 2 ngoài
ra R  2, R  1 1 2
Vậy M a,b là điểm biểu diễn của các số phức  P S S  2 R R  2 có 1 2  1 2 
mô đun nhỏ hơn hoặc bằng 2 và có phần thực thuộc đoạn [-1;1]. Ta có đáp án là A.
Câu 6. 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 là  2
4 dm  . Khoảng cách giữa hai đường thẳng SD và AC gần với giá trị
nào nhất sau đây ? 2 3 4 6 A. dm . B. dm . C. dm . D. dm . 7 7 7 7
Câu 7. Trong mặt phẳng phức Oxy , cho số phức z thỏa lần lượt một trong bốn điều kiện
I : z z  2; II : .zz  5; III: z 2i  4, IV : iz 4i  3. Hỏi điều kiện nào để số phức Z có
tập hợp biểu diễn là đường thẳng.
A. II ,III ,IV .
B.I ,II  .
C.I ,IV  . D. I  . Hướng dẫn giải Gọi M  ,
x y là điểm biểu diễn số phức z x yi  ,
x y R
I: z z  2  2x  2  x  1  ; (Đường thẳng) II  2 2 : .
z z  5  x y  5 (Đường tròn)
III z i   x  y  2 2 : 2 4 2 16 ; (Đường tròn)
IV iz i   iz   x y  2 2 : 4 3 4 3 4  9 (Đường tròn) Vậy đáp án D.
HDG: Gọi x  0 là cạnh của hình vuông ABCD và H là
trung điểm cạnh AD Dễ dàng chứng minh    3 ,  x SH ABCD SH . 2
Gọi O AC BD và G là trọng tâm SAD , đồng thời
d , d lần lượt là 2 trục đường tròn ngoại tiếp 1 2 ABC , D SAD
d qua O va / /SH,d qua G va / /AB 1 2 
I d d là tâm mặt cầu ngoại tiếp khối chóp S.ABCD R SI 1 2 2 2 x x 2 21 2 2 2 S 4     
R R  1  SI SG GI    x      dm  3   2  7
Gọi E là điểm thỏa ADEC là hình bình hành  ED / / AC d AC; SD  d AC;SDE
d AC;SD  d  ;
A SDE  2d H;SDE  2HP (phần chứng minh HP  SDE xin dành cho bạn đọc) 1 1 1 1 1 x 21 3 6 SKH :      HP
dm d AC;SD  dm Câu 2 2 2 2 2   HP SH KHx   x  14 7 7 3 2     2 4     2 2001 8: Tích phân   x I dx có giá trị là 2 1002 (1  x ) 1 1 1 1 1 A. . B. . C. . D. . 1001 2002.2 1001 2001.2 1002 2001.2 1002 2002.2 Hướng dẫn giải 2 2004 2 x 1 1 2 I  .dx  .  
dx . Đặt t  1  dt   dx . 3 2 1002 1002 x (1  x )  2 3 1  x x 1 1 3 x 1   2  x
Câu 9: Cho một miếng tôn hình tròn có bán kính cm 50
. 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 cm 2 B. cm 20 C. 50 cm 2 D. cm 25 HDG S I J O A H Đặt a c 50 m
Gọi bán kính đáy và chiều cao của hình nón lần lượt là x, y x, y  0 . Ta có
SA SH2  AH2  x2  y2
Khi đó diện tích toàn phần của hình nón là S   x2   x x2  y2 tp Theo giả thiết ta có
x2   x x2  y2   a2  x x2  y2  x2  a2
x x2  y2  a2  x2  x2 x2  y2   a4  x4  2a2x2 ,DK : x a 2 a4
x y2  2a2
Khi đó thể tích khối nón là 1 a4 1 4 y V   . .y   a . 3 y2  2a2 3 y2  2a2 y2  a2 2
V đạt giá trị lớn nhất khi và chỉ khi
đạt giá trị nhỏ nhất y y2  a2 a2 a2 2 2 2 Ta có  y   2 y.  2 2a y y y a2 2 a
Vậy V đạt giá trị lớn nhất khi và chỉ khi y
, tức là y a 2  x   2 c 5 m y 2
Lưu ý: Bài trên các em xét hàm số và lập bảng biến thiên cũng được nhé N.
Phần 1: Khảo sát hàm số x 3
Câu hỏi : Cho hàm số y
có đồ thị là (C). Gọi I là giao điểm của 2 đường tiệm cận của x 1
(C). Tìm tọa độ điểm M trên (C) sao cho độ dài IM là ngắn nhất ? A. M 0 ; 3 và M 2 ; 5 B. M 1 ; 1 và M 3 ; 3 1 2 1 2 1 7 1 5 5 11 C. M 2 ; và M 4 ; D. M ; và M ; 1 3 2 3 1 2 3 2 2 3 m 3
Hướng dẫn giải : Gọi M m ;
thuộc đồ thị, có I(–1 ; 1) m 1 2 16 2 16 IM m 1 , IM m 1 2 16 2 2 2 2 m 1 m 1 IM nhỏ nhất khi IM
2 2 . Khi đó (m + 1)2 = 4. Tìm được hai điểm M 1 ; 1 và M 3 ; 3 . 1 2 Chọn B
Phần 2: Mũ – Logarit
Câu hỏi : Phương trình 1 log x 3 log x log x
1 có bao nhiêu nghiệm nguyên ? 9 9 3 A. 0 B. 1 C. 2 D. 3
Hướng dẫn giải : Giải phương trình: 1 log x 3 log x log x
1. Điều kiện xác định: x 9 9 3 ≥ 1 1 log x 3 log x log x 1  1 log x 3 log x 2 log x 1 9 9 3 9 9 9  1 2log x 2 log x 1 1 log x
3 log x  2 log x 1 1 log x 3 log x 1 0 9 9 9 9 9 9 9
 2log x 1 vì: 1 log x 3 log x 1 0  x = 3. 9 9 9
Vậy nghiệm phương trình đã cho: x = 3. Chọn đáp án B
Phần 3: Nguyên Hàm – Tích Phân - Ứng dụng
Câu hỏi : Phần bôi đen trên hình vẽ là hình phẳng (D) giới hạn giữa parabol (P) và tiếp
tuyến d của (P) tại điểm A(1;1) và đường thẳng x
2 . Tính diện tích hình phẳng (D). 1 2 4 A. B. C. D. Một đáp số khác 3 3 3 y 4 1 A -2 -1 1 x -1
Hướng dẫn giải :
Vì parabol (P) nhận gốc O làm đỉnh và đối xứng qua Oy nên phương trình parabol (P) có dạng 2 y ax (a 0).
Vì (P) đi qua A(1;1) nên a
1, suy ra phương trình (P) : 2 y x
Đường thẳng d là tiếp tuyến của (P) tại A nên có phương trình : y 2x 1 2 2 2 1 1 1
Diện tích hình phẳng (D) là : 2 2 3 S x (2x 1)dx (x 1) dx (x 1) 0 . 3 3 3 1 1 1 Chọn A
Lưu ý : Bài này cần phải tìm phương trình của các đường dựa trên hình vẽ Phần 4 : Số Phức
Câu hỏi : Gọi z ;z là các nghiệm phức của phương trình: 2 z 4z 5 0 . Tính : 1 2 2017 2017 (z 1) (z 1) 1 2 A. 2017 2 B. 1007 2 C. 2009 2 D. 1009 2
Hướng dẫn giải : z 2 i Ta có: ' 2 4 5 1 i 1 z 2 i 2 2017 2017 2016 2016 Khi đó: z 1 z 1 1 i (1 i) 1 i (1 i) 1 2 1008 1008 1008 1008 2 2 (1 i) (1 i) (1 i) (1 i) = 2i (1 i) 2i (1 i) 1008 1008 1009 2 (1 i) 2 (1 i) 2 . Chọn đáp án D
Phần 5: Thể tích khối đa diện
Câu hỏi : Người ta cắt miếng bìa tam giác đều như hình vẽ và gấp lại theo các đường kẻ, 2
sau đó dán các mép lại để được hình tứ diện đều có thể tích 3 V a
. Tính độ dài cạnh của 12 miếng bìa theo a ? a A. a B. 2a C. D. 3a 2
Hướng dẫn giải :
Đặt 2x là cạnh của miếng bìa. Khi đó cạnh của tứ diện đều là x , suy ra thể tích tứ diện đều là : 2 2 3 3 V x a . Do đó x
a , suy ra cạnh của miếng bìa là 2a . Chọn B 12 12 2
Lưu ý : Nếu tứ diện đều có cạnh bằng a thì thể tích của nó là 3 V a . 12
Phần 6: Khối tròn xoay
Câu hỏi : 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 600. 2 a 2 a 3 2 a 2 2 a A. B. C. D. 2 2 3 3
Hướng dẫn giải :
Gọi thiết diện qua trục là SAB vuông cân tại S, SA SB  a S a
Gọi O là tâm của đáy , SO = 2
Gọi thiết diện qua đỉnh, tạo với đáy góc 600 là SAC. a
Gọi M là trung điểm AC , góc giữa mặt phẳng (SAC) với 45
mặt đáy là SMO = 600 A B O M SO a 6 C * SM ( SMO vuông tại O). 0 sin 60 3 a 6 * OM 6 2a 3 * 2 2 AC 2AM 2 OA OM = 3 1 1 a 6 2a 3 2 a 2 * SSAC = SM.AC = . . = 2 2 3 3 3 Chọn C
Phần 7: Hình giải tích Oxyz
Câu hỏi : Trong không gian tọa độ Oxyz cho M(2;1;0) và ñöôøng thaúng d coù phương trình x 1 y 1 z :
. Gọi là ñöôøng thaúng ñi qua M, caét vaø vuoâng goùc vôùi d. Vieát 2 1 1
phương trình đường 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) . 2 1 4 2 Vì MH
d và d có 1 VTCP là u
(2;1; 1)nên MH.u 0 t . Do đó MH ; ; 3 3 3 3 x 2 t
Vậy PTTS của là : y 1
4t . Đáp án A. z 2t