AM AA0 + CP
CC0 = BN
BB0 + DQ DD0. Suy ra DQ
DD0 = 1
6. Suy ra thể tích khối(H1)làVH1 = 1
2 + 2 3 + 1
3 + 1 6
4 V = 5
12 ·36= 15.
A B
C
D0 C0
A0 D
Q
B0 N P
M
Chọn đáp án A
Câu 14. Giả sửr,l,hlần lượt là bán kính đáy, đường sinh và chiều cao của khối nón đó. Theo giả thiết diện tích đáy là
πr2 =Stp−Sxq= 4π
⇒r =2.
Màπrl=Sxq= 6πnênl=3. Suy rah= √
l2−r2 = √ 5.
Vậy thể tích khối trụ làV = 1
3πr2h= 4π√ 5 3 . Chọn đáp án B
Câu 15. Xét hàm sốy=2x3+6x+2có tập xác địnhD =R.
Cóy0 =6x2+6> 0với∀x∈R⇒hàm số đã cho đồng biến trên tập xác định.
Chọn đáp án B
Câu 16. Thiết diện qua trục hình trụ là hình vuông⇒l=2r. Ta cóSxq= 2π·r·l= 4π·r2 =4π⇔ r=1.
Khi đó diện tích toàn phần hình trụ làStp =Sxq+2πr2= 6π.
Chọn đáp án B
Câu 17. Hình chiếu củaA(−1; 2; 1)lên trụcOylà M(0; 2; 0).
Chọn đáp án A
Câu 18. •Hai mặt phẳng đã cho có các véc-tơ pháp tuyến lần lượt là~n1 =(1; 2;−1)vàn~2= (2;−1; 1).
•Mặt phẳng(P)cần tìm có véc-tơ pháp tuyến là~n=~n1∧~n2= (1;−3;−5).
•Ta có(P) : (x−3)−3y−5(z+1)=0. Suy ra(P) : x−3y−5z−8= 0.
Chọn đáp án A
Câu 19. Ta có(z+1+i)(z−i)+3i=9⇔zz+i(z−z)+z−i+1+3i=9⇔a2+b2+2b+a−bi+1+2i= 9.
Do đób=2vàa2+a= 0⇔a=0hoặca=−1. Do|z|> 2nên ta chọna=−1. VậyP= 1.
Chọn đáp án A
Câu 20. (1+i)z1+2z2 =(1+i)(2+i)+2(1−3i)=3−3i⇒ |(1+i)z1+2z2|= √
9+9=3√ 2.
Chọn đáp án C
Câu 21.
d(AD,S C)=d(AD,(S BC))= d(A,(S BC))= AH.
DoAC = a√ 2
2 ⇒ AB= a
2,tanS BAd = √
3= S A AB
⇒S A= a√ 3 2 . Ta có 1
AH2 = 1
AS2 + 1
AB2 = 4 3a2 + 4
a2 ⇒AH = a√ 3 4 .
A D
B C
S
H
Chọn đáp án B Câu 22.
GọiElà trung điểm củaBC ⇒ AE ⊥ BC ⇒ BC ⊥(S AE)
⇒(S BC)⊥(S AE).
GọiFlà hình chiếu củaGtrênS E,Hlà hình chiếu củaAtrênS E.
VìGE = 1
3AE ⇔GF = 1
3AH ⇔h=d(G,(S BC))= AH 3 .
Xét4S AEvuông tạiA,S A=2a.4ABClà tam giác đều cạnh4a⇒AE = 2a√
3.
Ta có: 1
AH2 = 1
S A2 + 1
AE2 = 1
3a2 ⇔ AH = a√
3⇔h= a√ 3 3 .
S
B G
A C
E H
F
Chọn đáp án D
Câu 23. GọiΩlà không gian mẫu. Alà biến cố :"Chọn 2 người nữ".
Ta có:n(Ω)= C210,n(A)= C23. Từ đóP(A)= n(A) n(Ω) = C23
C210 = 1 15. Chọn đáp án D
Câu 24. n(Ω)= 90(vì hai chữ số khác nhau); suy ra xác suất để bạn Nam gọi đúng số là 1 90. Chọn đáp án B
Câu 25. u6 =u1q5⇒ q5= 32⇒q=2.
Chọn đáp án A
Câu 26. Thể tích khối hộp làV = xyz= 3x2z= 18⇒ z= 6
x2. (1)
Diện tích nhôm cần sử dụng để sản xuất khối hộp làS = xy+2(yz+zx). (2) Thay(1)vào(2)ta cóS =3x2+ 48
x suy raS0 =6x− 48
x2 =0⇔ x= 2.
Lập luận đượcS đạt giá trị nhỏ nhất khi x=2,y= 6,z= 3
2, suy ra x+y+z= 19 2 . Chọn đáp án D
Câu 27. Ta có lim
x→±∞ f(x)= lim
x→±∞
(m+1)x−5m
2x−m = m+1
2 , suy ray= m+1
2 là tiệm cận ngang.
Theo bài ra ta cóy= m+1
2 =1⇔ m= 1.
Chọn đáp án C Câu 28.
• Ta có:y0 =4ax3+2bx=2x
2ax2+b .
• Từ hình vẽ, suy ra đồ thị hàm số có 3 điểm cực trị có tọa độ là(−1;−4),(0;−3),(1;−4).
• Khi đó:
y(0)= −3
y(−1)=y(1)=−4 y0(−1)=y0(1)=0
⇔
c= −3
a+b+c= −4 2a+b=0
⇔
a=1 b=−2 c=−3.
Chọn đáp án D
Câu 29. Đặtt =ex,t >0thì ta cóy= 2
3t3−mt+4 lnt−2018= f(t). Ta có f0(t)=2t2−m+ 4 t,t>0.
Từ yêu cầu bài toán, ta cóy0 ≥0 ∀t>0⇔ 2t2+ 4
t ≥ m ∀t> 0.
Ta có2t2+ 4
t = 2t2+ 2 t + 2
t ≥ 3 3
√
8=6. Đẳng thức xảy ra khit =1.
Từ đó ta cóm≤6.
Chọn đáp án B
Câu 30. Giả sử phương trình có nghiệm x0của phương trình thì2−x0cũng là nghiệm của phương trình.
Do phương trình có nghiệm duy nhất nên2−x0 = x0 ⇔ x0 =1.
Vớix0 = 1thay vào phương trình đã cho ta có2+1+m=0⇔ m= −3.
Thử lại vớim= −3ta có phương trình:22|x−1|+1+2|x−1|−3=0⇔ 2.22|x−1|+2|x−1|−3=0.
Đặtt= 2|x−1| >0ta có2t2+t−3=0⇒t=1(nhận) hoặct = −3 2 (loại).
Với2|x−1| =1⇔ x=1. Vậym=−3thỏa mãn.
Chọn đáp án D
Câu 31. Điều kiện xác định
5x2 −5|x| ,0 x+4> 0 (∗).
Với điều kiện(∗), ta xét phương trình
|2x+1| −x−2= 0⇔ |2x+1|= x+2
⇔
x+2≥ 0
"
2x+1= x+2 2x+1=−x−2
⇔
x≥ −2
"
x= 1 x= −1
⇔
"
x= 1 x= −1.
Tương tự xét phương trình
1−log3(x+4)=0⇔ log3(x+4)= 1⇔ x+4= 3⇔ x=−1.
và
5x2 −5|x| = 0⇔5x2 =5|x| ⇔ x2= |x|
⇔ x4= x2⇔ x2
x2−1
=0
⇔
x2 =0
x2−1= 0 ⇔
x=0 x=1 x=−1.
Ta có bảng xét dấu
x
|2x+1| −x−2 1−log3(x+4)
5x2 −5|x|
VT
−4 −1 0 1 +∞
+ 0 − − +
+ − 0 − −
+ − − +
+ − − −
Dựa vào bảng xét dấu suy ra nghiệm của bất phương trình là−4 < x < −1. Do đó nghiệm nguyên lớn nhất là−2và bé nhất là−3. Do đóM·m= (−2)·(−3)=6.
Chọn đáp án D
Câu 32.
GọiMlà trung điểmCDvàHlà hình chiếu củaAtrên(BCD). Do(ABM)⊥ CDnênHthuộcBM. Ta có
AH = 2SABM
BM = 2√
3 r3x2
4 −3 x
√ 3 2
= 2√
3x2−12
x .
DoSBCD = x2√ 3
4 vàV = 2√ 2nên x
√
x2−4=4
√
2⇔ x=2
√2.
A
B
C H D
M
Chọn đáp án C
Câu 33.
Dựng hình chữ nhậtBCDE. Khi đó, ta có:
(CD ⊥AD
CD ⊥DE ⇒CD⊥AE (1);
(DE ⊥AB
BE ⊥DE ⇒DE ⊥AE (2).
Từ (1) và (2) ta cóAE ⊥(CDE).
Suy ra mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD cũng là mặt cầu ngoại tiếp hình chópA.BCDE. Mặt cầu này có đường kính làAC.
Lại có(AD,BC)=ADE[ =60◦ ⇒ AD=6⇒ AC = 2√ 13.
Do đó bán kính của mặt cầu này làR= 1
2AC = √
13. Từ đó có thể tích của khối cầu làV = 4
3πR3 = 52√ 13π
3 .
D C E
B
A
Chọn đáp án C
Câu 34. Mặt phẳng vuông góc với∆có một véc-tơ pháp tuyến là→−
n = (3;−2; 1), khi đó phương trình mặt phẳng là:3x−2y+z−12= 0.
Chọn đáp án C Câu 35. Ta có:
3F(1)−2F(2)=3 [F(1)−F(2)]+F(2)−F(0)+F(0)= 3
1
Z
2
f(x) dx+
2
Z
0
f(x) dx+ 1 3 =4.
⇒log2[3F(1)−2F(2)]=log24=2.
Chọn đáp án D Câu 36.
Ta cóAB: y= 1 2x+ a
4, BC: y=2x− a 2.
Thể tíchV của khối tròn xoay sinh ra khi quay hình sao quanh trụcOxlà
V =2
π
a
Z2
0
1 2x+ a
4
!2
dx−π
a
Z2
a 4
2x− a
2 2
dx
=2π 7a3
96 − 19a3 48
!
= 5πa3 48 .
x y
O a2
−a
2
a 2
−a2 A
B
C
Chọn đáp án C Câu 37.
Gọi M là trung điểm của BC. Vì B, C thuộc trục Oz nên M(0; 0;m) và
−
→k =(0; 0; 1)là véc-tơ chỉ phương củaBC.
Ta có
(BC ⊥AM
BC ⊥A1A ⇒ BC ⊥(A1AM)⇒ BC ⊥A1M.
Mặt khác−−−→
A1M= (−√
3; 1;m−1)
⇒−−−→
A1M·→−
k =0⇒ m−1=0⇔m= 1
⇒ M(0; 0; 1). GọiC(0; 0;z) và AB = x > 0. Vì ABC là tam giác đều cạnh bằngxnênAM = x
√ 3 2 . Ta có−−−→
A1M =(−√
3; 1; 0)⇒ A1M =2.
A A1
C C1
B1
B M
Xét tam giácA1AMvuông tạiA⇒ A1M2 = A1A2+AM2⇔ 22= 12+ 3x2
4 ⇔ x= 2.
Ta có−−−→
A1C =(−√
3; 1;z−1)⇒ A1C2 =4+(z−1)2.
Xét tam giácA1AC vuông tạiA
⇒A1C2= A1A2+AC2 ⇔4+(z−1)2= 1+4⇔(z−1)2= 1⇔
"
z= 2 z= 0.
Vớiz=0⇒C(0; 0; 0)≡ O⇒C(0; 0; 0)(loại).
Vớiz=2⇒C(0; 0; 2)(thỏa mãn).
Suy ra−−−→
A1C =(−√
3; 1; 1).
Vì→−
u =(a;b; 2)là một véc-tơ chỉ phương củaA1C nên a
−√ 3 = b
1 = 2 1 ⇔
a=−2
√ 3 b=2.
VậyT =
−2√ 32
+22 =16.
Chọn đáp án D
Câu 38. Mặt phẳng(ABC)có phương trình x a+ y
b+ z c = 1.
Ta cóM 1 7;2
7;3 7
!
∈(ABC)nên 1 a + 2
b + 3 c =7.
Mặt cầu(S)có tâmI(1; 2; 3)và bán kínhR= r72
7 . Mà(ABC)tiếp xúc với(S)nên d(I,(ABC))= R⇔
1
a+ 2b + 3c −1 r1
a2 + 1 b2 + 1
c2
= r72
7 ⇔ 1 a2 + 1
b2 + 1 c2 = 7
2. Chọn đáp án B
Câu 39. Vì N = ∆ ∩d nên N ∈ d, do đó N(−2+ 2t; 1+ t; 1− t) Mà A(1; 3; 2) là trung điểm MN nên
xM = 2xA−xN
yM = 2yA−yN
zM = 2zA−zN
⇔
xM = 4−2t yM =5−t zM =3+t
.
VìM= ∆∩(P)nênM ∈(P), do đó2(4−2t)−(5−t)+(3+t)−10= 0⇔t=−2.
Suy raM(8; 7; 1)và N(−6;−1; 3). Vậy M= 2√
66=4√ 16,5.
Chọn đáp án D
Câu 40. Áp dụng định lý Vi-et ta có
(z1+z2 =1 z1·z2 =2.
Mặt khác, ta có w=h
i2−i(z1+z2)+z1z2i2018
= (1−i)2018 =h
(1−i)2i1009
=(−2i)1009= −21009·i·(i2)504 =−21009·i.
Vậy phần ảo củawlà−21009. Chọn đáp án C
Câu 41. Xét hàm sốy= x2−2x+mcó∆0 =1−m.
Trường hợp∆0 ≤ 0⇔m≥1thìx2−2x+m≥ 0∀x∈R⇒ |x2−2x+m|= x2−2x+m.
Hàm sốy = x2−2x+mlà một parabol có bề lõm hướng lên nên chỉ có thể đạt giá trị lớn nhất tại x = −1 hoặcx=2.
Ta cóy(−1) = m+3,y(2) = m. Vìm+3> mkhim ≥ 1nên giá trị lớn nhất của hàm sốy(−1) = m+3 = 5⇔m=2.
Trường hợp∆0 > 0⇔m<1. Ta có bảng biến thiên x
y0 y
−∞ 1− √
1−m 1 1+ √
1−m +∞
− 0 + 0 − 0 +
+∞ +∞
0 0
−m+1
−m+1
0 0
+∞ +∞
Từ bảng biến thiên ta thấy khim= −4thì hàm số có giá trị lớn nhất trên đoạn[−1; 2]bằng5.
Chọn đáp án B
Câu 42. Ta cóy0 = 3
(x+2)2. Với x = m−2thìy = 1− 3
m. Phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại điểm có hoành độx= m−2làd: y= 3
m2(x−m+2)+1− 3 m.
Tiệm cận ngang và tiệm cận đứng của đồ thị hàm số lần lượt lày=1và x=−2.
Tọa độAlà nghiệm hệ
y= 3
m2(x−m+2)+1− 3 m x= −2
⇔
y=1− 6 m x=−2
⇒y1 =1− 6 m. Tọa độ điểmBlà nghiệm hệ
y= 3
m2(x−m+2)+1− 3 m y=1
⇔
(y= 1
x= 2m−2 ⇒ x2 =3m−2.
Vậyx2+y1 =2m− 6
m −1= −5⇔2m2+4m−6= 0⇔
"
m1 = 1
m2 = −3 ⇒m21+m22 =10.
Chọn đáp án C Câu 43. Ta có
log√3 x+y
x2+y2+xy+2 = x(x−3)+y(y−3)+xy
⇔ 3(x+y)+log√3(3(x+y))=
x2+y2+xy+2
+log√3
x2+y2+xy+2 . Hay f(3(x+y))= f
x2+y2+xy+2
với f(t)= t+log√3tcó f0(t)= 1+ 1 tln √
3 > 0,∀t>0.
Do vậy
3(x+y)= x2+y2+xy+2
⇔
4x2+4xy+y2
+3(y2−2y+1)−6(2x+y)+5= 0
⇒(2x+y)2−6(2x+y)+5=−3(y−1)2 ≤0.
Suy ra1≤2x+y≤ 5. Do đó P=1+ 2x+y−5 x+y+6 ≤ 1.
VậyPmax =1.
Chọn đáp án B Câu 44. Ta có
4x+1+41−x =(m+1)(22+x−22−x)+16−8m⇔22x+ 1
22x =(m+1)· 2x− 1 2x
!
+4−2m. (*) Đặtt= 2x. Vì0≤ x≤1nên1≤t ≤2.
Xét f(t)= t− 1
t, ta có f0(t)=1+ 1
t2 > 0với mọit ∈[1; 2]. Do đó0≤ f(t)≤ 1 2. Đặta=t− 1
t ⇒0≤a≤ 1 2.
Phương trình(∗)có dạnga2+2=(m+1)a+4−2m⇔ a2−a−2 a−2 =m.
Xét f(a)= a2−a−2
a−2 = a+1, ta có f0(a)=1>0. Ta có bảng biến thiên
a f0(a)
f(a)
0 1
2 +
1 1
3 2 3 2 Để phương trình(∗)có nghiệm trong đoạn[0; 1]thì1≤ m≤ 3
2 ⇒có1giá trị nguyên củamthỏa mãn yêu cầu bài toán.
Chọn đáp án D Câu 45.
Cách 1:
Trên tiaS Blấy điểm B0 sao choS B0 = 4a. Tương tự trên tiaS Alấy điểmA0sao choS A0= 4a.
DoAS Bd = BS Cd =CS Ad =60◦vàS A0 =S B0 =S Cnên dễ dàng nhận thấy S.A0B0C là một tứ diện đều cạnh 4a ⇒ VS.A0B0C =
√ 2
12(4a)3 = 16√
2 3 a3.
(Công thức thể tích tứ diện đều cạnhx:V =
√ 2 12 x3) Sử dụng tỉ lệ thể tích tứ diện:
VS.ABC
VS.A0B0C
= S A S A0.S B
S B0.S C S C = a
4a.2a 4a = 1
4.1 2 = 1
8
⇒VS.ABC = 1
8VS.A0B0C = 1 8.16√
2
3 a3 = 2√ 2 3 a3.
S
C
B0
A0 B
A
Cách 2:
Sử dụng công thức:
Nếu hình chópS.ABCcóS A=a,S B= b,S C =c, AS Cd = x, BS Cd = y,CS Ad = zthì:
VS.ABC = 1 6abcp
1+2 cosxcosycosz−cos2x−cos2y−cos2z.
Áp dụng cho bài này vớiS A = a, S B = 2a, S C = 4a và AS Bd = BS Cd = CS Ad = 60◦, ta được VS ABC = 2√
2 3 a3.
Chọn đáp án A
Câu 46. Đặtt =−x⇒ dt=−dx. Đổi cậnx= −2⇒t= 2, x=2⇒t =−2.
I =
2
Z
−2
f(t) 2−t +1dt=
2
Z
−2
2t
2t+1f(t) dt=
2
Z
−2
2x
2x+1f(x) dx
⇒2I =
2
Z
−2
f(x) 2x+1dx+
2
Z
−2
2x
2x+1f(x) dx=
2
Z
−2
f(x) dx=
0
Z
−2
f(x) dx+
2
Z
0
f(x) dx=
0
Z
−2
f(x) dx+10 Mặt khác do f(x)là hàm số chẵn nên f(−x)= f(x).
Xét J= Z0
−2
f(x) dx, đặtt=−x⇒ dt=−dx
⇒ J = Z2
0
f(−t) dt= Z2
0
f(−x) dx= Z2
0
f(x) dx=10⇒2I =20⇒ I =10.
Chọn đáp án B Câu 47.
Chọn hệ tọa độ như hình vẽ (1 đơn vị trên trục bằng10cm= 1dm), các cánh hoa tạo bởi các đường parabol có phương trình lày = x2
2,y = −x2 2, x=−y2
2, x= y2 2.
Diện tích một cánh hoa (nằm trong góc phần tư thứ nhất) bằng diện tích hình phẳng giới hạn bởi hai đồ thị hàm sốy = x2
2,y= √
2xvà hai đường thẳngx=0;x= 2.
Do đó diện tích một cánh hoa bằng
2
Z
0
√
2x− x2 2
! dx=
2√
2 3
√
x3− x3 6
2
0
= 4 3. Vậy diện tích một cánh hoa là 4
3 dm2 = 400 3 cm2.
x y
O
2
Chọn đáp án D Câu 48.
Xét hình chópS.ABCDtrong hệ tọa độOxyznhư hình vẽ.
Khi đó ta có
A(0; 0; 0), B(a; 0; 0), D(0; 2a; 0), S
0; 0;a
√ 5
, M(0;a; 0), C(a;a; 0) Ta có−−→
BC =(0;a; 0),−−→ S B=
a; 0;−a√ 5
⇒~n(S BC)= −−→ BC,−−→
S B =
−a2
√
5; 0;−a2 . Ta có−−→
CD=(−a;a; 0),−−→ S C =
a;a;−a√ 5
⇒~n(S CD) =−−→
CD,−−→ S C
=
−a2√
5;−a2√
5;−2a2 .
z
y
x
A S
B
D M
C Ta cócos [(S BC),(S CD)]=
~n(S BC)·~n(S CD)
~n(S BC)
·
~n(S CD)
=
5a4+2a4 a2
√ 6·a2
√ 14 =
√ 21 6 . Chọn đáp án C
Câu 49. Mặt cầu có tâmI(−2;−1; 1)và bán kínhR= √
5,S = π⇒r =1, ta có R2 =r2+d2(I,(α))⇒d(I,(α))= √
5−1=2.
Phương trình đường thẳng MN là
x= t y= −1 z= t
, dễ thấy MN là giao tuyến của hai mặt phẳng x −z = 0 và y+1=0, khi đó(α) : a(x−z)+b(y+1)= 0,(a2+b2 ,0)
d(I,(α))= 2⇔ | −3a|
√
2a2+b2 =2⇔
a b = 2 a b = −2
Với a
b =2, chọna= 2,b=1, phương trình(α) : 2x+y−2z+1=0.
Với a
b =−2, chọna=2,b= −1, phương trình(α) : 2x−y−2z−1= 0.
Chọn đáp án C
Câu 50. Từ giả thiết ta cóz=w,z= wvà|z|= |w|.
Từ|z−w|= 2⇔(z−w)(z−w)= 4⇔ |z|2+|w|2−zw−zw=4⇔2|z|2−z2−z2 = 4 (∗).
Do z
w2 là số thực nên z w2 = z
w2 = z
w2. Từ đó suy ra z w2 = w
z2, hay
z3 =w3 ⇔(z−w)(z2−zw+w2)=0.
Vậyz2+w2 =zw=|z|2. Thay vào(∗)ta có
|z|2 =4⇔ |z|= 2.
Chọn đáp án D
ĐÁP ÁN CHI TIẾT MÃ ĐỀ 2TN09 Biên dịch: Ngày 24 tháng 2 năm 2021 Câu 1. Dựa vào bảng biến thiên khoảng nghịch biến là(0; 1).
Chọn đáp án C
Câu 2. Thể tích hình chópS.ABCDlàVS.ABCD = 1
3S A·SABCD = 1
3b·a2 = a2b 3 . Chọn đáp án D
Câu 3. Thể tích khối tròn xoay tạo thành khi quayDquanh trục hoành làV =π Z2
1
f2(x) dx.
Chọn đáp án D
Câu 4. Tọa độ hình chiếuK0(0; 0; 6)⇒trung điểm của đoạnOK0có tọa độ là(0; 0; 3).
Chọn đáp án B
Câu 5. Áp dụng công thức
Z 1
ax+bdx= 1
aln|ax+b|+C.
Ta có
2
Z
1
dx 3x+1 = 1
3ln|3x+1|
2
1
= 1
3ln 7− 2
3ln 2. Do đóa= 1
3, b= −2
3 ⇒ a+b=−1 3. Chọn đáp án A
Câu 6. • Thay tọa độ các điểm đã cho vào phương trình mặt phẳng (P) ta có điểm (2;−2; 0) thuộc mặt phẳng(P).
Chọn đáp án D
Câu 7. Ta cóz= 3+5i⇒phần ảo của số phứczlà5.
Chọn đáp án D
Câu 8. Ta cóy0 = 2x2+4x+1 (x+1)2 . Ta đượcxA+xB = −4
2 = −2⇒ xI =−1. (1)
Đường thẳng đi qua hai điểm cực trịA,Blày=4x+1. (2)
Từ(1)và(2)ta đượcyI =4· xI+1=−3.
Chọn đáp án A
Câu 9. •y0 = 3x2−6x−9. Ta cóy0 = 0⇔
"
x= 3 x= −1.
•Lại cóy(−4)= −41,y(−1)= 40,y(3)= 8,y(4)= 15. VậyM =40,m= −41.
Chọn đáp án D Câu 10. Ta có
log240
3 =log240−log23=log2(5·8)− 1
2log29=log25+log28− 1
2log29=a+3− 1 2b.
Chọn đáp án A
Câu 11. Tập xác định D = −1 2;+∞
!
. Ta có y0 = 2
2x+1 > 0, ∀x ∈ D. Vậy hàm số đồng biến trên khoảng xác định.
Chọn đáp án A
Câu 12. Các mặt phẳng đối xứng của hình lăng trụ là:
• Mặt phẳng trung trực của các cạnh đáy:3mặt phẳng.
• Mặt phẳng trung trực của cạnh bên:1mặt phẳng.
Vậy hình đã cho có tất cả4mặt phẳng đối xứng.
Chọn đáp án B Câu 13.
Gọi H là trung điểm AB ⇒ S H ⊥ AB (vì tam giác S ABđều) vàS H = a√
3 2 .
Diện tích hình thangABCDlà 3a2 2 . Diện tích tam giác ABC là a2
2 ⇒ diện tích tam giác ACD=a2 ⇒VS.ACD = 1
3.a√ 3
2 .a2 = a3√ 3 6 .
S
A
D
C B
H
Chọn đáp án C
Câu 14. Thể tích khối trụ làV = πaR2. Chọn đáp án A
Câu 15.
Hình cầu tiếp xúc với tất cả các cạnh của hình lập phương cạnh bằng anên bán kính bằng một nửa đồ dài đường chéo của hình vuông nên R= a√
2 2 .
A D
O B
A0
B0
C C0
D0 O0
Chọn đáp án A
Câu 16. Đặtx= −t⇒ dx=−dt. Khix=−π
2 thìt = π
2 và khix= π
2 thìt= −π 2. Suy raI =−
−π
Z2
π 2
−sint
1+t2 dt =−
π
Z2
−π 2
sint
1+t2 dt=−I, dẫn tớiI = 0.
Chọn đáp án D
Câu 17. Giả sử(S):x2+y2+z2+ax+by+cz+d =0
A(2; 0; 0)∈(S) B(0; 2; 0)∈(S) C(0; 0; 2)∈(S) D(2; 2; 2)∈(S)
⇔
4+2a+d= 0 4+2b+d= 0 4+2c+d= 0 12+2a+2b+2c+d= 0
⇔
a=−2 b=−2 c=−2 d=0.
(S)có tâmI(1; 1; 1)và bán kínhR= √ 3.
Chọn đáp án A
Câu 18. Ta có mặt phẳng trung trực của đoạnABqua trung điểmI(2; 1; 2)củaABvà nhận−−→
AB=(2;−2; 0) làm véc-tơ pháp tuyến nên có dạng2x−2y−2= 0hay x−y−1=0.
Chọn đáp án C
Câu 19. Gọiz= a+bi, (a,b∈R). Từ giả thiết ta có(a−1)2+(b+1)2 =4.
Vậy quỹ tích các điểmMlà đường tròn tâmI(1;−1)và bán kínhR= 2.
Chọn đáp án D Câu 20.
z= 2−9i
1+6i = (2−9i)(1−6i)
(1+6i)(1−6i) =−52 37− 21
37i.
Chọn đáp án B Câu 21.
•DoABk(S CD)nên d(B,(S CD))=d(A,(S CD)).
• Do AC cắt BD tại trung điểm của AC nên d(C,(S BD))=d(A,(S BD)).
• Do CD k (S AB) nên d(S B,CD) = d(CD,(S AB))= d(D,(S AB))= AD.
•Có AB = CD,CD ⊥ S D,CD không vuông góc vớiAC. Suy raCDkhông là khoảng cách giữaS C vàAD.
Vây d(S C,AD)= ABlà mệnh đề sai.
B
D S
A
C Chọn đáp án D
Câu 22.
GọiElà trung điểm củaBC ⇒ AE ⊥ BC ⇒ BC ⊥(S AE)
⇒(S BC)⊥(S AE).
GọiFlà hình chiếu củaGtrênS E,Hlà hình chiếu củaAtrênS E.
VìGE = 1
3AE ⇔GF = 1
3AH ⇔h=d(G,(S BC))= AH 3 .
Xét4S AEvuông tạiA,S A=2a.4ABClà tam giác đều cạnh4a⇒AE = 2a√
3.
Ta có: 1
AH2 = 1
S A2 + 1
AE2 = 1
3a2 ⇔ AH = a√
3⇔h= a√ 3 3 .
S
B G
A C
E H
F
Chọn đáp án A
Câu 23. Không gian mẫu của phép thử gieo đồng xu hai lần làΩ ={S S,S N,NS,NN}.
Chọn đáp án A
Câu 24. Số phần tử của không gian mẫu làn(Ω)=12·11= 132.
Chọn đáp án C
Câu 25. un =u1·qn−1⇒ 13122=2·(−3)n−1 ⇒n= 9.
Chọn đáp án B Câu 26.
ĐặtDM= x,DN =ysuy rax+y=10và x,y>0.
Ta có
MX+NX = √
MH2+HX2+ √
XK2+NK2
= p
(x−2)2+25+ p
(5−y)2+4
= p
(x−2)2+25+ p
(x−5)2+4
≥ p
(x−2+5−x)2+(5+2)2 = √ 58.
A
D H
K
B
C X
M
N
5 2
Chọn đáp án A
Câu 27. Dễ thấy nếua<0đồ thị hàm số không có tiệm cận.
Vớia=0,y= x+1
√
2018x+2019+ √
2017x+2018, lim
x→+∞y= +∞và lim
x→+∞(y−αx)= +∞hoặc−∞khiα,0 cho nên đồ thị hàm số không có tiệm cận.
Vớia > 0,y = x+1
√
ax2+2018x+2019+ √
ax2+2017x+2018 , lim
x→+∞y = 1 2√
a và lim
x→−∞y = − 1 2√
a suy ra đồ thị hàm số có hai tiệm cận ngang.
Chọn đáp án A
Câu 29. Điều kiện xác định:4x−2x+m> 0⇔m>−4x+2x.
Xét hàm số f(x)=−4x+2x có f0(x)=−4x·2 ln 2+2xln 2=2xln 2·
−2x+1+1 .
⇒ f0(x)=0⇔ −2x+1+1= 0⇔ x=−1.
Ta có bảng biến thiên của hàm f(x)như sau:
x f0(x)
f(x)
−∞ −1 +∞
+ 0 −
−∞
−∞
1 4 1 4
−∞
−∞
Suy ra, hàm số f(x)=−(2x)2+2x đạt cực đại tạix= −1.
Suy ra, đểm> −4x+2xđúng với∀x∈Rthìm> maxf(x)=−4−1+2−1= 1 4. Chọn đáp án D
Câu 30. Xét hàm sốg(x)= f(x)−2018= 2018ex+x2−2019x−2019.
Ta có g0(x) = 2018ex +2x− 2019 và g00(x) = 2018ex +2 > 0 với mọi x ∈ R ⇒ g0(x) là hàm số đồng biến trên R. Ta có g0(x) < 0, g0(1) > 0 do đó g0(x) có một nghiệm duy nhất x0 ∈ (0; 1). Kết hợp với
x→lim+∞g(x)= lim
x→−∞g(x)= +∞, suy rag(x)có bảng biến thiên như sau:
x y0
y
−∞ x0 +∞
− 0 +
+∞ +∞
g(x0) g(x0)
+∞ +∞
Nếug(x0)< 0thì đồ thị của hàm sốy=|f(x)−2018|có dạng như hình vẽ
x y
0
|g(x0)|
Vậy phương trình nhiều nhất có4nghiệm.
Chọn đáp án B
Câu 31. Bất phương trình đã cho tương đương với
22x2−15x+100+2x2−15x+100<2x2+10x−50+x2+10x−50 (∗)
Xét hàm số f(t)=2t +tvớit ∈R, ta có f0(t)=2tln 2+1> 0 ∀t ∈R, do đó f(t)đồng biến trênR. Mà bất phương trình(∗)tương đương với
f(2x2−15x+100)< f(x2+10x−50)
⇔ x2−25x+150<0
⇔ 10< x< 15.
Vậy bất phương trình đã cho có4nghiệm nguyên.
Chọn đáp án D Câu 32.
VìAA0 kBB0 nênAA0 k(BB0C0B).
Do đó khoảng cách giữa hai đường thẳng AA0, B0C0 bằng d(A,(BB0C)).
Ta cóAH = 1
2BC = avà A0H = √
7a2−a2= a√ 6.
Khi đó
VB0.ABC= 1
3A0H·SABC = 1 3 ·a
√ 6·a2
√
3= a3√ 2
2 . B
C
H
B0
A
A0
C0
Xét4A0B0H
B0H = √
A0H2+A0B02 = √
6a2+a2= a
√7.
Ta có4BB0CcóB0H =a
√7, BB0 =a
√7, HB=a.
Dùng công thức Hê-rông ta tính đượcSBB0H = 3a2√ 3 4 .
Suy raSBB0C = 2·SBB0H = 3a2√ 3 2 . Ta có
VA.BB0C = 1
3d(A,(BB0C))·SBB0C ⇔d(A,(BB0C))= 3VA.BB0C
SBB0C
= 3a3
√ 2 2 3a2√
3 2
= a√ 6 3 .
Vậyd= a√ 6 3 =a
r2 3. Chọn đáp án D
Câu 34. XétI = Z
f(x) dx=Z e3
√x
dx.
Đặtt= √3
xsuy rat3 = xnên3t2dt =dxkhi đó I= Z
3t2etdt.
Theo công thức tích phân từng phần I = 3t2et−3
Z
2tetdt= 3t2et−3 2tet − Z
2etdt
!
=3t2et −3 2tet −2et+C
Suy raI = Z
f (x) dx=3 3
√ x2·e3
√x−3 2√3
x·e3
√x −2e3
√x +C hayF(x)=3 3
√ x2·e3
√x−3 2√3
x·e3
√x−2e3
√x +C.
DoF(0)=2suy ra6+C =2⇔C =−4. Khi đóF(−1)= 3
e −3 −2 e − 2
e
!
−4= 15 e −4.
Chọn đáp án A Câu 35. Đặtu= x
2 ⇒ du= dx
2 ⇒ dx= 2du.
Đổi cận
• Vớix= 2suy rau=1.
• Vớix= 6suy rau=3.
Suy raI =2 Z3
1
f(u) du=24.
Chọn đáp án B
Câu 36. Hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số y = cosx và trục hoành là nghiệm phương trìnhcosx = 0⇔ x= π
2 +kπ. Xét trên[0;π]suy ra x= π 2. Diện tích hình phẳng cần tính làS =
π
Z2
0
cosxdx−
π
Z
π 2
cosxdx=2.
Chọn đáp án A
Câu 37. GọiA(a; 0; 0),B(0;b; 0),C(0; 0;c).
Diện tích tam giácABC là:
SABC = SOBC
cos ((OBC),(ABC)) = OA
d (O,(ABC))·SOBC = |abc|
2d (O,(ABC)).
Thể tích tứ diệnOABC là:V = |abc|
Theo bài ra, ta có: 6
|abc|
2d (O,(ABC)) = 3 2 · |abc|
6 ⇒d (O,(ABC))=2.
Vậy mặt phẳng(ABC)luôn tiếp xúc với mặt cầu tâmObán kính bằng2.
Chọn đáp án A
Câu 38. Mặt cầu(S)có tâm I(−1; 2; 3), bán kínhR = √
17−m (m < 17). Bán kính của đường tròn giao tuyến là 8π
2π =4. Do đó khoảng cách từI đến mặt phẳng(β)thỏa mãn d(I,(β))2 =R2−42 ⇔ [2·(−1)−2+2·3−8]2
22+(−1)2+22 =17−m−16⇔m=−3.
Vậy giá trị cần tìm làm= −3.
Chọn đáp án D
Câu 39. Vì N = ∆ ∩d nên N ∈ d, do đó N(−2+ 2t; 1+ t; 1− t) Mà A(1; 3; 2) là trung điểm MN nên
xM = 2xA−xN
yM = 2yA−yN
zM = 2zA−zN
⇔
xM = 4−2t yM =5−t zM =3+t
.
VìM= ∆∩(P)nênM ∈(P), do đó2(4−2t)−(5−t)+(3+t)−10= 0⇔t=−2.
Suy raM(8; 7; 1)và N(−6;−1; 3). Vậy M= 2
√
66=4√ 16,5.
Chọn đáp án C
Câu 40. Do phương trình2x3−3x−2=0có ba nghiệm phứcz1,z2,z3nên theo định lý vi-ét ta có:
• z1+z2+z3 =0.
• z1z2+z2z3+z3z1 =−3 2.
• z1z2z3 =1.
Suy raz31+z32+z33= (z1+z2+z3)3−3 (z1+z2+z3)·(z1·z2+z2z3+z3z1)+3z1z2z3 =3.
Chọn đáp án B Câu 41.
C y D
x z
A B
Gọi các giả thiết như trên hình vẽ. Ta có AC = √
x2+100;DB= √
z2+100.
Từ đó tổng thời gian đi làP= AC+DB
30 + y
50. Sử dụng bất đẳng thức khoảng cách ta có AC +BD= √
x2+100+ √
z2+100≥ p
(x+z)2+(10+10)2= p
(70−y)2+400.
Từ đóP≥
p(70−y)2+400
30 + y
50 = f(y)với0≤ y≤70.
Ta có f0(y)= y−70 30p
(70−y)2+400 + 1 50.
f0(y)= 0⇔50(70−y)= 30p
(70−y)2+400
⇔ 25(70−y)2 = 9
(70−y)2+400
⇔ (70−y)2= 225⇔70−y=15⇔ y=55 Ta có f(0)= 10√
53
30 ;f(70)= 31
15; f(55)= 29
15. Trong đó f(55)là bé nhất nên min[0;70] f(y)= f(55)= 29
15 ⇒minP= 1giờ56phút.
Chọn đáp án A Câu 42.
GọiA,Blà giao điểm của đồ thị hàm sốy=mx+1vày=|x|.
Ta đượcA −1 m+1; 1
m+1
!
,B 1
1−m; 1 1−m
! .
x y
O A
B
Ta có
Sm = 1
2·OA·OB
= 1 2·
√ 2 1+m ·
√ 2 1−m
= 1
(1+m)·(1−m)
≥ 1
1
4[(1+m)+(1−m)]2
≥ 1.
Chọn đáp án A
Câu 43. Số tiền bạn Châu nhận được saunnăm là:Tn =7·(1,068)n(triệu đồng).
Xét phương trình:
7·(1,068)n= 10⇔(1,068)n = 10
7 ⇔n= log1,068 10
7 ≈5,42.
Sau5năm bạn Châu nhận được cả vốn lẫn lãi là :T5 =7·(1,068)5 ≈9,726(triệu đồng).
Sau6năm bạn Châu nhận được cả vốn lẫn lãi là :T6 =7·(1,068)6 ≈10,388(triệu đồng).
Như vậy, sau5năm thì bạn Châu nhận được cả vốn lẫn lãi gần nhất với10triệu đồng.
Chọn đáp án C
Câu 44. Vìa>0nên2a−1> 0.
Mặt khácsin (2a+b−1)≥ −1∀a,b>0.
Do đó,4a−2a+1+2 (2a−1) sin (2a+b−1)+2= (2a−1)2+2 (2a−1) sin (2a+b−1)+1
≥ (2a−1)2−2 (2a−1)+1
= (2a−2)2≥ 0.
Cho nên4a−2a+1+2 (2a−1) sin (2a+b−1)+2=0⇔
(2a−2= 0
sin (2a+b−1)=−1
⇔
a= 1 b= −1− π
2 +k2π, k ∈Z.
Biểu thứcS = a+2b đạt giá trị nhỏ nhất khi và chỉ khiblà số dương nhỏ nhất thỏa mãn bài toán. Vì thế b=−1+ 3π
2 .
Vậy giá trị nhỏ nhất củaS =a+2blà3π−1khia= 1,b=−1+ 3π 2 . Chọn đáp án D
Câu 45. VìCC0//(ABB0A0)nênd(CC0,AB0)=d(C,(ABB0A0))=CA=a.
Do đóBC =CC0 = a
√
2. Vậy thể tích lăng trụ là
√ 2a3 2 . Chọn đáp án C
Câu 46. Ta cóx2(1−x)2018 = x2·2018P
k=0Ck2018xk(−1)k =2018P
k=0Ck2018xk+2(−1)k. Do đó
1
Z
0
x2(1−x)2018dx=
1
Z
0 2018
X
k=0
Ck2018xk+2(−1)kdx.
Mặt khác
1
Z
0 2018
X
k=0
Ck2018xk+2(−1)kdx=
2018
X
k=0
Ck2018 xk+3 k+3(−1)k
1
0
=
2018
X
k=0
Ck2018· (−1)k k+3 =T.
Đặtt= 1−x⇒ dt =−dx.Đổi cận x=0⇒t =1vàx= 1⇒t= 0.Khi đó Z1
0
x2(1−x)2018dx= Z0
1
t2018(1−t)2(−dt)
= Z1
0
t2018(t2−2t+1) dt
= t2021
2021−2· t2020
2020+ t2019 2019
!
1
0
= 1
2021− 2
2020+ 1 2019
= 1
1010·2019·2021 = 1 4121202990. Chọn đáp án D
Câu 47.
• Ta cóy0 = m2+1
(x+1)2 >0,∀x,1, nên hàm số đồng biến trên mỗi khoảng xác định với mọim.
• (C)cắt trục hoành tạiA(m2; 0)và cắt trục tungB(0;−m2).
• S = −
m2
Z
0
x−m2
x+1 dx=
m2+1 ln
m2+1
−m2.
• S = 1⇔(m2+1)·h ln
m2+1
−1i
=0⇔m= ±√ e−1.
Chọn đáp án C Câu 49.
GọiH,Klần lượt là hình chiếu vuông góc củaA,Blên mặt phẳng(α).
Gọiϕlà góc tạo bởiMA,MBvới mặt phẳng(α).
Ta tính đượcAH = 6,BK =3.
Khi đó,sinϕ= AH
MA = BK
MB ⇔ 6
MA = 3 MB
⇔ MA= 2MB.
A
B
H
M K
α
ϕ ϕ
GọiM(x;y;z). Ta có
MA= 2MB ⇔ MA2= 4MB2
⇔(x−10)2+(y−6)2+(z+2)2= 4h
(x−5)2+(y−10)2+(z+9)2i
⇔3x2+3y2+3z2−20x−68y+68z+684=0
⇔ x2+y2+z2− 20 3 x− 68
3 y+ 68
3 z+228= 0.
Suy raM thuộc mặt cầu(S)có tâmI 10 3 ;34
3 ;−34 3
! .
Mặt khác,Mthuộc mặt phẳng(α). Vậy Mthuộc đường tròn giao tuyến giữa mặt cầu(S)với mặt phẳng(α).
TâmOcủa đường tròn này là hình chiếu vuông góc củaI trên(α).
Phương trình đường thẳng∆đi quaIvà vuông góc với(α)là
x= 10
3 +2t y= 34
3 +2t z=−34
3 +t.
Ta cóO∈∆nênO 10
3 +2t;34
3 +2t;−34 3 +t
! . VàO∈(α)nên2 10
3 +2t
!
+2 34 3 +2t
!
− 34
3 +t−12= 0⇔t= −2 3. VậyO(2; 10;−12).
Chọn đáp án A
Câu 50. Giả sửz=a+bi⇒z=a−bivớia,b∈R.
Ta có|z−2i|=|z+2+4i| ⇔a2+(b−2)2 = (a+2)2+(4−b)2 ⇔b−a= 4⇔b=a+4.
Đồng thời z−i
z+i = a+(b−1)i
a+(1−b)i = [a+(b−1)i]2
a2+(b−1)2 = a2−(b−1)2+2a(b−1)2 a2+(b−1)2i Khi đó số phức z−i
z+i là số thuần ảo khia2−(b−1)2 =0, thayb=a+4vào ta được a2−(a+3)2 =0⇔a= −3
2 ⇒b= 5 2. Chọn đáp án C
ĐÁP ÁN CHI TIẾT MÃ ĐỀ 2TN10 Biên dịch: Ngày 24 tháng 2 năm 2021
Câu 1. y0 =−4x4+16x.y0 = 0⇔ x∈ {−2; 0; 2}. Ta có bảng biến thiên x
y0 y
−∞ −2 0 2 +∞
+ 0 − 0 + 0 −
−∞
−∞ −∞−∞
Vậy hàm số nghịch biến trong các khoảng(−∞;−2)và(0; 2).
Chọn đáp án C
Câu 2. Câu hỏi lý thuyết cơ bản.
Chọn đáp án B
Câu 4. Thể tích khối tròn xoay tạo thành khi quayDquanh trục hoành làV =π
2
Z
1
f2(x) dx.
Chọn đáp án B
Câu 5. I=
ln 2
Z
0
e2xdx= 1 2e2x
ln 2
0 = 3
2. Chọn đáp án B
Câu 6. Hệ số của x,y,ztương ứng là2,−1,3nên véc-tơ~n1 = (2;−1; 3)là một véc-tơ pháp tuyến của mặt phẳng(P) : 2x−y+3z−1= 0.
Chọn đáp án A
Câu 7. Ta cóz= 3−2i⇒z= 3+2i.
Từ đó suy ra phần thực củazbằng3, phần ảo củazbằng2.
Chọn đáp án D
Câu 8. Theo định nghĩa ta có: Nếumlà giá trị nhỏ nhất của hàm số f(x)trên đoạn[a;b]thì f(x) ≥ 0với mọix∈[a;b]. Vậy đây là mệnh đề đúng.
Chọn đáp án A
Câu 9. Trên đoạn[1; 2]ta có f0(x)=1− 16
(1+2x)2. Khi đó f0(x)=0⇔4x2+4x−15=0⇔
x= 3
2 x=−5
2 <(1; 2) . Ta có f(1)= 11
3 ; f(2)= 18 5 ; f 3
2
!
= 7
2. Suy ra min
x∈[1;2] f(x)= 7
2 và max
x∈[1;2] f(x)= 11 3 . Chọn đáp án C
Câu 10. Ta cólog 3 r8
5 = 1 3log16
10 = 1
3 4 log 2−1= 4a−1 3 . Chọn đáp án D
Câu 11. Số tiền không thay đổi, lãi suất không thay đổi nên thời gian tăng gấp 3 thì số tiền tăng lên (1,37)3 =2,74.
Chọn đáp án D
Câu 12. Xét hàm sốy=2x3+6x+2có tập xác địnhD =R.
Cóy0 =6x2+6> 0với∀x∈R⇒hàm số đã cho đồng biến trên tập xác định.
Chọn đáp án D Câu 13.
Diện tích tam giácABC là a2 2. Thể tíchV của hình chópS.ABClà
V = 1 3 · a2
2 ·a
√
2= a3√ 2 6 .
S
B C
A D
Chọn đáp án A Câu 14.
Ta cóSt p =2πRh+2πr2 =2π·a·a√
3+2·πa2 =2πa2(1+ √ 3).
O O0
Chọn đáp án A Câu 15.
B
C
D A
H
GọiHlà trọng tâm tam giácBCDvàGlà tâm mặt cầu nội tiếp tứ diệnABCD.
Khi đó bán kính mặt cầu nội tiếp tứ diệnABCDlà
r=d (G,(ABC))=d (G,(BCD))=d (G,(ACD))= d (G,(ABD)) Ta cóVG.BCD = 1
3 ·SBCD·d (G,(BCD))⇒d (G,(BCD))= 3·VG.BCD SBCD
. MàVG.BCD = VG.ABC= VG.ABD= VG.ACD vìSBCD =SABC =SABD =SACD. Mặt khácVG.BCD +VG.ABC+VG.ABD+VG.ACD =VABCD⇒ VG.BCD = 1
4VABCD. DoBH = a√
3
3 ,AH = √
AB2−BH2 = a√ 6
3 nênVABCD = a3√ 2
12 ⇒VG.BCD = a3√ 2 48 . Vậyr= d (G,(BCD))= 3·VG.BCD
SBCD
= a√ 6 12 . Chọn đáp án D
Câu 16. Ta cóx= 2 sint⇒ dx=2 costdt.
Vớix= 0⇒t= 0,x=1⇒ t= π 6. Do đóI =
π
Z6
0
2 costdt p
4−4 sin2t
=
π
Z6
0
2 costdt 2
√
cos2t =
π
Z6
0
2 costdt 2 cost =
π
Z6
0
dt.
Chọn đáp án A
Câu 17. GọiB(x;y;z), suy raAB~ = (x−4;y−6;z+3).
AB~ =~a⇔
x−4= −3 y−6= 2 z+3= 1
⇔
x=1 y=8 z=−2.
VậyB(1; 8;−2).
Chọn đáp án C
Câu 18. Gọi(Q)là mặt phẳng cần tìm.
Ta cóAB~ =(1;−1;−1)và véc-tơ pháp tuyến của(P)là~nP =(1;−3; 2).
Véc-tơ pháp tuyến của(Q)là~n= h
~nP, ~ABi
= (5; 3; 2).
Mặt phẳng(Q)quaB(2; 1; 0)có phương trình(Q) : 5(x−2)+3(y−1)+2(z−0)= 0
⇔5x+3y+2z−13=0.
Chọn đáp án B
Câu 19. Đặtz= x+yivới x,y∈R. Ta có
|(1+2i)z−10|=|(2+i)z+5|
⇔ |(1+2i)(x+yi)−10|= |(2+i)(x−yi)+5|
⇔ |x−2y−10+(2x+y)i|=|(2x+y)+(x−2y+5)i|
⇔ (x−2y−10)2+(2x+y)2 =(2x+y)2+(x−2y+5)2
⇔ 2x−4y−5=0.
Suy ra tập hợp các điểm biểu diễn cho sốzlà đường thẳng2x−4y−5=0.
Chọn đáp án C Câu 20. Ta có 1
z = 1 mi =− i
m ⇒phần ảo của 1 z là−1
m· Chọn đáp án C
Câu 21.
Ta cóCDk(S AB)⇒d(CD,S B)= d(CD,(S AB))= d(D,(S AB)).
DA ⊥(S AB)⇒d(D,(S AB))= DA = AC
√
2 =a√ 2.
S
D A
B C
Chọn đáp án B
Câu 22.
Ta có d(M,(ABC))
d(S,(ABC)) = MA S A = 2
3 ⇒d(M,(ABC))=6.
Lại có d(N,(ABC)) d(S,(ABC)) = NA
S A = 1
2 ⇒d(N,(ABC))= 9 2. Vậy d(M,(ABC))+d(N,(ABC))= 6+ 9
2 = 21 2 .
S
A B NM
C
Chọn đáp án C
Câu 23. Không gian mẫuΩ ={NN,NS,S N,S S}.
GọiAlà biến cố mặt ngửa xuất hiện ít nhất1lần. Khi đóA= {NN,NS,S N} ⇒ n(A)=3.
Chọn đáp án C
Câu 24. Xác suất để lần gieo thứ nhất là mặt lẻ là 1 2 Xác suất để lần gieo thứ hai là mặt lẻ là 1
2 Xác suất để lần gieo thứ ba là mặt lẻ là 1
2.
Suy ra xác suất cả ba lần gieo đều xuất hiện mặt lẻ là 1 2 · 1
2 · 1 2 = 1
8. Chọn đáp án B
Câu 25. Ta cóu1 = 3vàq= u2 u1
= 15
3 = 5. Từ đóx=u4 =u1.q3= 3.53 =375.
Chọn đáp án A
Câu 26. Xét hàm sốy=2x3+6x+2có tập xác địnhD =R.
Cóy0 =6x2+6> 0với∀x∈R⇒hàm số đã cho đồng biến trên tập xác định.
Chọn đáp án D Câu 27. Ta có lim
x→±∞y= lim
x→±∞
(a2−9)x2−4 ax−
√
9x2+4
. Để giới hạn này tồn tại hữu hạn thìa2−9=0⇔a= ±3.
Thử lại:
- Vớia= 3thì lim
x→+∞
(a2−9)x2−4 ax− √
9x2+4 = 0. Tiệm cận ngangy=0.
- Vớia= −3thì lim
x→−∞
(a2−9)x2−4 ax−
√
9x2+4 =0. Tiêm cận ngangy= 0 Chọn đáp án B
Câu 28.
• Ta có:y0 =4ax3+2bx=2x
2ax2+b .
• Từ hình vẽ, suy ra đồ thị hàm số có 3 điểm cực trị có tọa độ là(−1;−4),(0;−3),(1;−4).
• Khi đó:
y(0)= −3
y(−1)=y(1)=−4 y0(−1)=y0(1)=0
⇔
c= −3
a+b+c= −4 2a+b=0
⇔
a=1 b=−2 c=−3.
Chọn đáp án B