[ET] ĐỀ 7 CÓ LỜI GIẢI PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA BGD NĂM 2021 2022.

PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA CỦA BGD NĂM 2021-2022

Môn: TOÁN – LỚP 12

Thời gian: 90 phút (Không kể thời gian phát đề)

TRAO ĐỔI & CHIA SẺ KIẾN THỨC

LINK NHÓM:

https://www.facebook.com/groups/nhomwordvabiensoant ailieutoan

ĐỀ 7

Câu 1. Cho số phức ^{z   5 2i}



^{1 2i}



². Tìm mô đun của ^z. A. z 10

. B. z 2

. C. z 6

. D. z 2 17

. Lời giải

GVSB: Chương Huy ; GVPB1: Phạm Phú Quốc; GVPB2: Chien Chi Chọn A

Ta có ^{z   5 2i}



^{1 2i}



^{2  8 6i} (bấm máy).

2 2

8 6 10 z  z   

.

Câu 2. Trong không gian ^Oxyz, tìm tất cả các giá trị của m để phương trình

2 2 2 2 2 4 0

x y  z x y z m  là phương trình của một mặt cầu.

A. m6 _B. m6 _C. m6 _D. m6

Lời giải

GVSB: Nguyễn Hương Lan ; GVPB1: Phạm Phú Quốc; GVPB2: Chien Chi Chọn A

Phương trình x²y²z²2ax2by2cz d 0 là một phương trình mặt cầu khi và chỉ khi

2 2 2 0

a b c  d

Theo đề ta có ^{a1, b1, c2, d m} .

Phương trình x²y² z² 2x2y4z m 0 là một phương trình mặt cầu

2 2 2

1 1 2 m 0

      m6_.

Câu 3. Điểm nào dưới đây không thuộc đồ thị hàm số

1 2 2

x y x

 ? A. Điểm

( 2; )3 P  2

. B. Điểm N(1;0)_{. C. Điểm} M( 1; 1)  _{. D. Điểm} ^{Q(2; )1}_{6 .} Lời giải

GVSB: Bùi Minh Lý; GVPB1: Trần Quốc Dũng; GVPB2: Phan Thị Thúy Hà Chọn C

Thay x 2 ta được 3 y2

, nên

( 2; )3 P  2

thuộc đồ thị hàm số.

Thay x1 ta được y0_{, nên} N(1;0) thuộc đồ thị hàm số.

Hàm số

1 2 2

x y x

 không xác định tại x 1 nên M(1; 1) không thuộc đồ thị hàm số.

Thay x2 ta được 1 y6

, nên

(2; )1 Q 6

thuộc đồ thị hàm số.

Câu 4. Tính diện tích S của mặt cầu ngoại tiếp hình lăng trụ tam giác đều có tất cả các cạnh bằng a. A.

7 2

3

a

. B.

3

8

a

. C. a²_{. D.}

7 2

9

a . Lời giải

GVSB: Vũ Thị Ngọc Linh ; GVPB1:Trần Quốc Dũng; GVPB2: Phan Thị Thúy Hà Chọn A

Gọi O, O lần lượt là tâm đường tròn ngoại tiếp ABC A B C,    _đều.

Gọi I là trung điểm của OO' thì IA IB IC IA   'IB'IC' nên I là tâm mặt cầu ngoại tiếp lăng trụ.

Suy ra bán kính mặt cầu là

2 2

2 2 2 2 3 21

2 3 6

a a a

R IA  OI OA  OI OA         .

Diện tích mặt cầu

2 2

2 7 7

4 4

12 3

a a

S  R     .

Câu 5. Họ tất cả các nguyên hàm của hàm số ^{f x}

 

^5xx _là

A. ^5xx2C. B.

5 2

ln 5 2

x x

 C

. C.

2

5 ln 2 2

x x

 C

. D.

5 1

ln 5

x

 C . Lời giải

GVSB: Đặng Chi; GVPB1: Hoàng Quang Trà; GVPB2: Trần Minh Hưng Chọn B

Ta có:

 

^{5xx x}



^{d }_{ln 5}^{5x x}₂^{2 C}

Câu 6. Cho hàm số ^{f x}

 

có đạo hàm ^{f x}

  

^{ x1}

 

^{x2 3}

 

^{x4 1}



_{trên R}. Tính số điểm cực trị của hàm số ^{y f x}

 

_.

A. 2_{. B. 3 . C.} 1_{. D.} 4_.

Lời giải

GVSB: Binh Vo ; GVPB1:Hoàng Quang Trà; GVPB2: Trần Minh Hưng Chọn B

Cho ^{f x}

 

^0 _



^x1

 

^{x2 3}

 

^{x4  1}



⁰



^{x 1}

 x 3x 3 

^{x2 1}

 

^{x2 1}



⁰

      





^x1



²



^{x 3}

 

^{x 3}

 x1 x2  1 0

1 3 1 x x x

 

   

  

 .

Dễ thấy x 1 là nghiệm kép nên khi qua x1 thì ^{f x}

 

không đổi dấu, các nghiệm còn lại 3

x  , x 1 là các nghiệm đơn nên qua các nghiệm đó ^{f x}

 

có sự đổi dấu.

Vậy hàm số ^{y f x}

 

có 3 cực trị.

Câu 7. Tập nghiệm của bất phương trình 3^x3^x14 _là

A.



^;1



_{. B.}



^{1; }



_{. C.}



^{0; }



_{. D.}



^{0; }



_.

Lời giải

GVSB: Cô Nhung ; GVPB1: Thầy Huỳnh Đức Vũ; GVPB2: Đinh Ngọc Ta có: 3^x3^x14

3 4

3 4 .3 4

3 3

x x x

    

3^x 3 x 1

   

Câu 8. Cho hình chóp S ABCD. _{có đáy} ABCD là hình thoi với AB AC a  và đường cao SA3a_. Thể tích khối chóp S ABCD. _bằng:

A. a³ 2_{. B.}a³_{. C.} 3a³_{. D.} a³ 3.

Lời giải

GVSB: Ngô Việt Hoàng; Huỳnh Đức Vũ; GVPB2:Đinh Ngọc

a a 3a

a C

A D

B

S

ABCD là hình thoi với AB AC a  ^{ ABC} là tam giác đều cạnh a.

 

2

3 2

2 2. 3 d

ABCD ABC 2

S  S_  a a dv t .

 

2 3

.

1 1

. .3 . 3 3

3 3

S ABCD ABCD

V  SA S  a a a dvtt

Câu 9. Tập xác định của hàm số 2

 

1 log 5

y x

 là

A.



^{;5 \ 4}

  

_{. B.}



^5;



_{. C.}



^;5



_{. D.}



^5;



_.

Lời giải

GVSB: Linh Chi ; GVPB1: Phạm Hồng Thu; GVPB2: Thanh Nha Nguyen Chọn A

Điều kiện 2

 

5 0 5 5

log 5 0 5 1 4

x x x

x x x

      

  

       

  

 .

Vậy tập xác định của hàm số là ^{D }



^{;5 \ 4}

  

_.

Câu 10. Tổng các nghiệm của phương trình log5



x2 .log 5 2



² 2  bằng

A. 4_{. B.}2_{. C.}1_{. D.}0.

Lời giải

GVSB: Đoàn Khắc Trung Ninh ; GVPB1: Phạm Hồng Thu; GVPB2:Thanh Nha Nguyen Chọn A

Điều kiện xác định:



^x2



^{2   0 x 2}_.

Ta có: log5



x2 .log 5 2



² 2  log 5.log2 5



x2



² 2

 

²

 

^{2 2}

 

2

log 2 2 2 2 4 4

0

x x x TM

x

 

          .

So sánh điều kiện, cả hai nghiệm ^x0 và ^x4 đều thỏa mãn.

Vậy tổng các nghiệm của phương trình là ^{4 0 4 } .

Câu 11. Cho hàm số ^{f x}

 

liên tục trên  và ^f

 

^{0 1}_{. Biết} ⁰

 

1

d 9

f x x



 



. Tính ^f

 

^1

A. 10. B. 8. C. 8. D. 10.

Lời giải Chọn B

Ta có

         

0

1

d 9 0 1 9 1 1 9 1 8

f x x f f f f



             



.

Câu 12. Trên mặt phẳng tọa độ,cho 2 số phứcz¹ 2 i và z²   i 1.Điểm biểu diễn số phức 2z¹z² là điểm nào dưới đây?

A.^M

 

^5;1 _B. ^N

 

^1;5 _{. C.}^P



^1;5



_{. D.} ^Q



^5;1



_.

Lời giải

GVSB: Đức Thái ; GVPB1: Bùi Văn Lưu; GVPB2: Lê Văn Kỳ Chọn A

Ta có : 2z1z2 2 2



    i

 

1 i



5 i

Câu 13. Trong không gian với hệ tọa độ ^Oxyz cho các mặt phẳng

 

^P _:x y z   1 0 và

 

^Q _:

2 2 0

x y z   . Mặt phẳng

 

^ vuông góc với giao tuyến của hai mặt phẳng

 

^P _và

 

^Q _có

véc tơ pháp tuyến là

A. ^n



^{1;0; 1}



_B. ^{n  }



^{1;0; 1}



_C. ^{n }



^1;0;1



_D. ^{n }



^{1;1; 1}



Lời giải

GVSB: Lê Công Hiếu ; GVPB1: Nguyễn Thảo Linh ; GVPB2:

Chọn A

 

^P có vectơ pháp tuyến n1



1;1;1



,

 

^Q có vectơ pháp tuyến n2 



1; 2;1



. Đặt u  n n ¹, ²



^{3;0; 3}



^{3 1;0 1}

 

    . Khi đó

 

^ _nhận ^{n }



^{1;0; 1}



là một vectơ pháp tuyến Câu 14. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho ^{a  2i 3  j k b ,}



^{2;3; 7}



. Tìm tọa độ của

2 3 x a b

  

.

A. ^{x }



^2;3;19



_{. B.} ^{x   }



^{2; 3;19}



_{. C.} ^{x   }



^{2; 1;19}



_{. D.} ^x



^{2; 1;19}



_.

Lời giải

GVSB: Nguyễn Bình ; GVPB1: Nguyễn Thảo Linh; GVPB2:

Chọn B

Ta có ^a



^{2;3; 1 ,}

 

^{b 2;3; 7}



^{ x 2a3b  }



^{2; 3;19}



_.

Câu 15. Phần thực của số phức ^{z }



^{3 4i}

 

^{ 2 5i}



_bằng

A. ^1. B. ⁵. C. ⁹. D. ¹.

Lời giải

GVSB: Phùng Hoàng Cúc; GVPB1: Vân Vũ ; GVPB2: Tuan Pham;

Ta có: ^{z }



^{3 4i}

 

^{ 2 5 i}



^{ 1 9i} nên phần thực của số phức z _{là 1.}

Câu 16. Tìm tọa độ giao điểm của đường tiệm cận đứng và tiệm cận ngang của đồ thị hàm số

2 2 y x

x

 

 . A.

 

^2;1 _{. B.}



^2;2



_{. C.}



^{ 2; 1}



_{. D.}



^2;1



_.

Lời giải

GVSB: Đặng Minh Nhựt ; GVPB1: Hanh Nguyen; GVPB2: Lê Thị Phương Chọn D

Tiệm cận đứng x 2. Tiệm cận ngang ^y1. Giao điểm của tiệm cận đứng và tiệm cận ngang là điểm



^2;1



_.

Câu 17. Cho log 10⁵ a. Tính log 2 bằng kết quả nào sau đây?¹⁰ A.

1 a

a



. B.

1 a

a



. C. ¹

a

a . D. ¹

a a . Lời giải

GVSB: Vũ Văn Dự ; GVPB1: Thanh Quach; GVPB2: Thanh Huyền Chọn A

Ta có: log 2 =^{10 log10105} =log 10 log 5¹⁰  ¹⁰ =1 log 5 ¹⁰ = 1 1

a

= 1 a

a

 .

Câu 18. Đường cong trong hình vẽ bên là đồ thị của hàm số nào trong các hàm số dưới đây?

A. ^{y  x4 4x2}. B. ^{yx44x23}. C. ^{yx33x2 3}. D. ^{y  x3 3x23}. Lời giải

GVSB: Hue Nguyen; GVPB1:Trần Huấn ; GVPB2:Tiểu Hiệp Chọn D

Dựa vào hình dạng đồ thị, ta thấy đây là dạng đồ thị của hàm số bậc 3, hệ số a<0. Câu 19. Trong không gian với hệ toạ độ ^Oxyz, cho đường thẳng

2 1 1

: 2 1 1

x y z

d   

 

  . Phương trình tham số của đường thẳng d là

A.

2 2 1 1

x t

y t

z t

  

   

   

 . B.

2 2 1 1

x t

y t

z t

  

   

   

 .

C.

2 2 1

1

x t

y t

z t

  

  

   

 . D.

2 2 1 1

x t

y t

z t

  

   

  

 .

Lời giải

GVSB: Thanh Loan Nguyễn; GVPB1:Bùi Văn Cảnh; GVPB2:HongNhung Nguyen Chọn D

Đường thẳng d qua ^A



^{2; 1;1}



_{có VTCP} ud 



^{2; 1; 1} 



Phương trình tham số của

2 2

: 1

1

x t

d y t

z t

  

   

  

 ,



^t



.

Câu 20. Cho bốn số

0 1 !

; ⁿ; ⁿ;

n n

C n

C C

n n , với ⁿ là số nguyên dương lớn hơn 3 . Hỏi trong bốn số trên có mấy số bằng 1?

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

Lời giải

GVSB: Hoàng Thương Thương; GVPB1:Tran Minh; GVPB2:

Chọn C

Trong 4 số trên có 3 số bằng 1 đó là

0; 1ⁿ; ⁿ

n n

C C C

n . Còn ^n!



^{n 1 !}

 

^{3 1 ! 2}



n      Câu 21. Tính thể tích khối lăng trụ tứ giác đều có cạnh đáy bằng 2 và cạnh bên bằng 3.

A. 18 . B. ⁴. C. ¹². D. 6 .

Lời giải

GVSB: Đỗ Tấn Bảo; GVPB1: Ho Ngoc Hung; GVPB2: Trịnh Đềm Chọn C

Ta có: ^{V Bh2 .3 122 } .

Câu 22. Tính đạo hàm của hàm số ^y



^{x22x2 e}



^x_.

A. ^{y }



^{x22 e}



^x_{. B.} y x²e^x. C. ^{y }



^{2x2 e}



^x_{. D.} y  2 ex ^x. Lời giải

GVSB: Phạm Duy Hùng ; GVPB1:Trịnh Đềm; GVPB2: Ho Ngoc Hung Chọn B

Ta có: ^{y }_



^{x22x2 e}



^x_^{ }



^x22x2



^ex



^x22x2

  

^{ex }



^{2x 2}



^ex



^{x2 2x 2}



^ex

     _x²_e^x .

Câu 23. Cho hàm số ^{y f x}

 

có bảng biến thiên như sau:

Hàm số đã cho đồng biến trên khoảng nào dưới đây?

A.



^{ 1;}



_{. B.}



^1;



_{. C.}



^1;1



_{. D.}



^;1



_.

Lời giải

GVSB:Nguyễn Đức Tài; GVPB1: Lê Hoàng Khâm; GVPB2: Trần Hải Hạnh Chọn B

Dựa vào bảng biến thiên ta có hàm số đã cho đồng biến trên các khoảng



^{ ; 1}



_và



^1;



_.

Câu 24. Cho hình trụ có diện tích toàn phần là 6 và có thiết diện qua trục là hình vuông. Thể tích khối trụ đã cho bằng

A. 4 . _B. 8 . _C. 6 . _D. 2 .

Lờigiải

GVSB: Phan Thanh Lộc; GVPB1: Lê Hoàng Khâm; GVPB2: Trần Hải Hạnh Chọn D

Gọi R, h lần lượt là bán kính đáy và chiều cao của hình trụ. Vì thiết diện cắt bởi mặt phẳng qua trục là hình vuông nên 2R h .

Diện tích toàn phần của hình trụ là ^{2R R h}



^



^6 _{6 6R}² _{ R 1 h 2.}

Vậy thể tích khối trụ V R h² 2 .

Câu 25. Cho

5

 

0

d 2

f x x 



. Tích phân

5

 

2 0

4f x 3x dx

  

 



bằng

A. 140. B. 130. C. 120. D. 133.

Lời giải

GVSB: Thái Bảo Huy; GVPB1: Hồ Quốc Thuận; GVPB2:Lê Hải Nam Chọn D

Ta có:

   

5 5 5

2 2 35

0 0 0 0

4f x 3x dx 4 f x xd 3 dx x 8 x 8 125 133

            

 

  

.

Câu 26. Cho cấp số cộng có tổng n số hạng đầu là S_n 5n²2n, n^*thì số hạng thứ 10 của cấp số cộng là

A. u¹⁰ 95. B. u¹⁰87. C. u¹⁰ 97. D. u¹⁰79. Lời giải

GVSB: Thu Lê ; GVPB1: Hồ Quốc Thuận; GVPB2:Lê Hải Nam Chọn C

Theo công thức ta có



1



5 2 2

2 n u un

n n

  

1 _n 10 4

u u n

    u_n   u₁ 10n4. Mà u¹ S¹7 do đó u¹⁰   7 10.10 4 97  .

Câu 27. Tìm khẳng định đúng trong khẳng đinh sau đây:

A.

 

^x21

 

^{x2 d}



^x

 

^{x32x2 x 2 d}



^x_.

B.

 

^x21

 

^{x2 d}



^x

 

^{x21 d .}



^x

 

^{x2 d}



^x _.

C.

 

^x21

 

^{x2 d}



^x

 

^{x21 d}



^x

 

^{x2 d}



^x_.

D.

 

^x21

 

^{x2 d}



^x

 

^{x32x2 x 2 d}



^x_.

Lời giải

GVSB: Lê Thảo Vi ; GVPB1: Bùi Thanh Sơn; GVPB2: Lê Kim Hùng

Ta có

 

^x21

 

^{x2 d}



^x

 

^{x32x2 x 2 d}



^x_.

Câu 28. Cho hàm số ^{y f x}

 

là hàm số bậc 4 và có đồ thị như hình vẽ

Giá trị cực đại của hàm số đã cho là

A. ¹. B. ^1. C. ^2. D. 0.

Lời giải

GVSB: Tuấn Anh; GVPB1: Bùi Thanh Sơn; GVPB2: Lê Kim Hùng Từ đồ thị hàm số, ta thấy giá trị cực đại của hàm số là ^1, tại x0.

Câu 29. Giá trị nhỏ nhất m của hàm số y 2x 1 x trên đoạn

 

^1;2 _là

A.

17 m 4

. B. m10_{. C.} m5_{. D.} m 3 2 Lời giải

GVSB: Huỳnh Thư; GVPB1: Nguyễn Thị Hường; GVPB2: Linh Pham Chọn D.

Đặt ^{y f x}

 

^{ 2x 1 x}

Ta có ^{1 1 1 2 1 0 1 1;2}

 

2 1 2 1

y x y x

x x

 

       

 

Khi đó: ^f

 

^{1 0, f}

 

^{2  3 2}

Vậy ^{ }

   

min1;2 2 3 2

m f x  f   . Câu 30. Hàm số nào dưới đây đồng biến trên  ?

A. ^{ycosx2x}. B. y x²1 . C. y x ³x²x. D. y x ³x. Lời giải

GVSB: Phan Lưu Quốc Nhựt ; GVPB1: Nguyễn Thị Hường; GVPB2: Linh Pham Chọn C

Hàm số y x ³x²x có y 3x²2x 1 0, x  (vì   y

 

^{2 2}^4.3.1  ^{8 0} và

y 3 0

a   ) nên hàm số đồng biến trên  .

Câu 31. Cho , ,a b x là các số thực dương thoả mãn ^{3 3 13} log x2 log alog b

, khẳng định nào dưới đây là đúng?

A.

4

a . x b

B. ^{x4a b .} C. a. xb

D. x a ⁴b. Lời giải

GVSB: Đỗ Thị Hưng; GVPB1: Nguyễn Loan ; GVPB2: Phạm Hiền

Chọn A Ta có:

4 4

3 3 1 3 3 3 3 3

3

log 2log log log 4log log log log a a

x a b x a b x x

b b

        

Câu 32. Cho tứ diện ABCD. Gọi ^P, Q lần lượt là trung điểm của các cạnh BC, ^AD. Giả sử AB CD a  và

3 2 PQ a

. Số đo góc giữa hai đường thẳng^AB và CD là

A. 90 .⁰ _B. 45 .⁰ _C. 30. D. 60 .⁰

Lời giải

GVSB: Nguyễn Thu Hằng ; GVPB1: Nguyễn My; GVPB2: Nguyễn Hiền Lương

a

a I

Q

P

B D

A

C

Gọi ^I là trung điểm của AC, khi đó / / / / IP AB IQ CD



 do IP IQ, lần lượt là các đường trung bình của tam giác CAB và ACD.

Suy ra góc giữa hai đường thẳng^AB và CD là góc giữa hai đường thẳng ^IP và IQ. Xét tam giác IPQ, ta có



2 2 2

2 2 2

2

3

2 2 2 1

cos 2 . 2

2. 2

a a a

IP IQ PQ

PIQ IP IQ a

 

      

   

   

   

   

  

  suy ra PIQ 120⁰.

Vậy góc giữa hai đường thẳng^AB và CD có số đo là 180⁰120⁰ 60 .⁰

Câu 33. Nếu

2

 

0

2020f x sin 2 dx x 2021



 

 

 



thì

2

 

0

d f x x





bằng

A.

1011

1010. B. 1. C.

2021

2020. D. 1. Lời giải

GVSB: Lương Thị Thanh Nhã ; GVPB1: Chuyên Đỗ Gia; GVPB2: Kim Dung

Ta có

   

2 2 2

0 0 0

2020f x sin 2 dx x 2021 2020 f x xd sin 2 dx x 2021

  

    

 

 

  

.

Khi đó ta có

     

2 2

2

0 0 0

2020 d 1 os2 2021 2020 d 1 2021

f x x 2 c x f x x

 

     

 

.

Do đó

2

 

0

d 1

f x x







.

Câu 34. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, viết phương trình mặt phẳng

 

^P đi qua hai điểm (4;0;2)

A , (1;3; 2)B  và song với đường thẳng

1 3

: 4 5 3

x y z

d  

  .

A. 29x7y27z62 0 . B. 29x7y27z62 0 . C. 29x7y27z62 0 . D. 29x7y27z62 0 .

Lời giải

GVSB: Đàm Văn Hùng ; GVPB1: Lương Thị Phương Thảo; GVPB2: Nguyễn Minh Đức Chọn B

Ta có ^{AB }



^{3;3; 4}



, đường thẳng ^d có véctơ chỉ phương ^{a }



^4;5;3



_.

Mặt phẳng

 

^P qua (4;0;2)A và có véctơ pháp tuyến ^n_^{ AB a, }_^



^{29; 7; 27 }



.

 

^{P : 29(x 4) 7(y 0) 27(z 2) 0 29x 7y 27z 62 0}

            .

Câu 35. Trong mặt phẳng Oxy cho các điểm M , ^N lần lượt biểu diễn các số phức z¹, z² như hình vẽ.

Tìm số phức w z ¹ z².

A. ^{w 1 i}. B. ^{w 5 i}. C. ^{w 5 i}. D. ^{w  5 i}. Lời giải

GVSB: Nguyễn Văn Phú ; GVPB1: Đỗ Trung Kiên; GVPB2: Phạm Thanh Liêm

Chọn C

Từ hình vẽ ta được ^M

 

^{3;3 , N}



^{2; 2}



. Vì các điểm M , ^N lần lượt biểu diễn các số phức z¹, z2. Do đó z¹ 3 3i; z²   2 2i.

Ta có w z  ¹ z²



^{3 3 i}

 

^{  2 2i}



_5i.

Câu 36. Cho hình chóp ^{S ABCD.} có đáy ^ABCD là hình thang vuông tại ^A và ^D, ^AB2a, ^{AD a} , CD a . Cạnh ^SA vuông góc với đáy và mặt phẳng



^SBC



hợp với đáy một góc ^45.Gọi ^d

là khoảng cách từ điểm ^B đến



^SCD



, khi đó tỉ số 6.d

a bằng

A. ². B. ⁴. C. ¹. D. 3 .

Lời giải

GVSB: Lưu Thị Minh; GVPB1: Thanh Hảo; GVPB2: Nguyễn Minh Luận

Chọn A

Gọi I là trung điểm của cạnh ABIA IB a  .

Ta có ^{BC2 IB2IC2 a2a2 2a2}.

Mà ^{AC2  AD2 CD2 2a2 AC2BC2 4a2  AB2} AC BC

  . Mặt khác:

   

 

 ;  45 2

SCBC SBC ABCD SCA  SA AC a  Kẻ ^{AH SD d AH}

2 2 2 2 2

1 1 1 1 1 2 6

2 3 2

d a d

d SA AD a a a

        

.

Câu 37. Chọn ngẫu nhiên đồng thời hai số từ tập hợp gồm 17 số nguyên dương đầu tiên. Xác suất để chọn được hai số chẵn bằng

A.

7

34. B.

9

34. C.

9

17. D.

8 17. Lời giải

GVSB: Cao Hữu Trường; GVPB1: Lan Hương; GVPB2: Thanh Huyen Phan Chọn A

Ta có: n

 

 C17² 136cách.

Gọi ^A là biến cố chọn được hai số chẵn. Vì trong 17 số nguyên dương đầu tiên có 8 số chẵn nên:

 

8² 28 n A C  .

Vậy

 

^{28 7}

136 34 P A  

.

Câu 38. Trong không gian Oxyz, cho điểm ^A



^{1; 2;3}



và hai mặt phẳng

 

^{P : 2x3y0}_,

 

^{Q : 3x4y0}. Đường thẳng qua A song song với hai mặt phẳng

 

^P _,

 

^Q có phương trình tham số là

A.

1 2 x y z t

 

 

  . B.

2 3 x t y

z t

 

 

  

 . C.

1 3 x y t z

 

 

  . D.

1 2 3

x t

y t

z t

  

  

  

 .

Lời giải

GVSB:Tiem Tran; GVPB1: Lại Thị Quỳnh Nguyên; GVPB2: Trương Minh Mỹ Chọn A

Vì đường thẳng cần tìm song song với hai mặt phẳng

 

^P _và

 

^Q _nên n P ^,n Q  



^{0;0; 1}



là

một vectơ chỉ phương của ^d, chọn ud 



^0;0;1



ta có phương trình tham số của ^d là 1

2 3 x y

z t

 

 

  



và nó cũng có phương trình 1

2 x y z t

 

 

  .

Câu 39. Có bao nhiêu số nguyên x thỏa mãn



^{9x10.3x181}



^{4 log 2 2}

 

^{x 0}_?

A. 7 . B. 6 . C. 8 . D. 5 .

Lời giải

GVSB: ThuHaCao ; GVPB1: Thu Lê; GVPB2: Phan Huy Chọn A

Xét bất phương trình:



^{9x10.3x181}



^{4 log 2 2}

 

^{x 0 1}

 

ĐKXĐ:

   

2

0 0 0

0 8 *

4 log 2 0 2 16 8

x x x

x x x x

     

     

      

  



Nếu 4 log 2 2

 

x   0 x 8

thì

 

¹ được thỏa mãn.

Nếu 0 x 8 thì ^{2 log 4}

 

^{x 0}, bất phương trình tương đương

1 2 3 27 3

9 10.3 81 0 3 30.3 81 0

3 3 1

x

x x x x

x

x x

    

          

Kết hợp điều kiện 0 x 8 ta có ^x



^0;1

 

^{ 3;8}



_.

Vậy tập nghiệm BPT là ^S



^0;1

  

^{ 3;8}

Mà x nên có tất cả 7 giá trị nguyên x thỏa mãn.

Câu 40. Cho hàm số ^{y f x}

 

có đồ thị như hình vẽ:

x y

2 1 2

2 O

Số nghiệm thực của phương trình ^{f x}



^33x



^1 _là

A. ⁵. B. ⁶. C. ⁷. D. ⁹.

Lời giải

GVSB: Phạm Văn Bình; GVPB1: Hoàng Nhàn; GVPB2: Nguyễn Sang Chọn D

x y

y = -1 y = 1

2

1 2

2

O

   

 

3 3

3

3 1

3 1

3 1

f x x f x x

f x x

  

  

   



 

 

 

 

 

   

   

 

3 3 3 3 3

3 2;0 1

3 0; 2 2

3 2; 3

3 ; 2 4

3 2; , 5

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

x x e e c

    

   



    

     

     

 Đặt t x ³3x

2 1

3 3

1 t x x

x

 

      

+ 2

∞ +∞

+

0 t'

x 2

0 0

∞ 2

+ ∞ t

Suy ra pt (1), (3) đều có 3 nghiệm phân biệt, phương trình (3), (4), (5) đều có đúng 1 nghiệm.

Vậy phương trình có 9 nghiệm phân biệt.

Câu 41. Cho hàm số ^{y f x}

 

có đạo hàm là

 

2

1 2 f x  x 

và

 

^{2 9}

f  2

. Biết ^{F x}

 

là nguyên hàm của ^{f x}

 

_{thoả mãn} ^F

 

^{2  4 ln 2}_{, khi đó} ^F

 

¹ _bằng

A. 1. B. ^1. C. 3 ln 2 . D.  3 ln 2.

Lời giải

GVSB: Thanh Nam ; GVPB1: Đặng Hậu; GVPB2: Trần Hương Trà Chọn A

Ta có: ^{f x}

 

^{f x x}

 

^{d 1}₂ ^{2 dx 1 2x C}

x x

 

        

 

 

.

Mà:

 

^{2 9 9 9 0}

2 2 2

f      C C . Do đó: ^{f x}

 

^{1 2x}

 x .

Ta có: ^{F x}

 

^{f x x}

 

^{d 1 2x dx ln x x2 K}

x

 

       

 

 

. Mà: ^F

 

^{2  4 ln 2 4 ln 2  K 4 ln 2K 0}_.

Do đó: ^{F x}

 

^{ln x x 2}_.

Vậy ^F

 

^{1 1}_.

Câu 42. Cho hình chóp .S ABC có đáy ABC là tam giác đều, ^SA



^ABC



. Mặt phẳng



^SBC



_{cách A}

một khoảng bằng ² a

và hợp với mặt phẳng



^ABC



_{góc 30}⁰. Thể tích của khối chóp .S ABC bằng

A.

3 3

4 a

. B.

3

3 a

. C.

3

9 a

. D.

8 3

9 a

. Lời giải

GVSB: Phạm Tiến Vinh; GVPB: Nguyễn Hoa; GVPB2: Phan Đình Công Chọn C

H

30⁰ I

C

B A

S

Gọi ^I là trung điểm sủa BC suy ra góc giữa mp



^SBC



_{và mp}



^ABC



_là SIA 30⁰.

H là hình chiếu vuông góc của ^A trên SI suy ra ^{d A SBC}



^,

  

^{AH a}₂

. Xét tam giác ^AHI vuông tại ^H suy ra ^{sin 300}

AI  AH a . Ta có tam giác ABC đều mà ^AI là đường cao suy ra

3 2 3

2 3

a BC BC a

.

Diện tích tam giác đều ABC là

2 2

2 3 3 3

3 . 4 3

ABC

a a

S  

   .

Xét tam giác SAI vuông tại ^A suy ra

0 3

.tan 30 3 SA AI  a

. Vậy

2 3

.

1 1 3 3

. . . .

3 3 3 3 9

S ABC ABC

a a a

V  S SA 

.

Câu 43. Cho m là số thực, biết phương trình z²mz 5 0 có hai nghiệm phức trong đó có một nghiệm có phần ảo là 1. Tính tổng môđun của hai nghiệm.

A. 4_{. B. 2 5 . C. 5 . D.} 7.

Lời giải

GVSB: Thân Phùng; GVPB1: Châu Vũ; GVPB2: Phạm Tín Chọn B

Ta có:  m²20

Phương trình có hai nghiệm phức (phần ảo khác 0) khi    0 2 5 m 2 5_. Khi đó, phương trình có hai nghiệm là:

2 1

20

2 2

m m

z     i và

2 2

20

2 2

m m

z     i

Theo đề

20 2

1 4

2

m m

    

(thỏa mãn).

Khi đó phương trình trở thành

2 1

2

4 5 0 2

2

z i

z z

z i

  

        _hoặc

1 2

2 2

z i

z i

  

  



1 2 5

z  z  .

Câu 44. Cho các số phức z z z, ,^{1 2} thỏa mãn ^{z1  4 5i z2 1 1} và ^{z4i   z 8 4i} . Tính

1 2

M  z z

khi ^{P z z   1 z z2} đạt giá trị nhỏ nhất.

A. ⁶. B. 2 5 . C. ⁸. D. ⁴¹.

GVSB: Nguyễn Văn Hoàng; GVPB1: Thái Huy; GVPB2: Hang Cao Lời giải

Chọn B

Gọi z¹ a b i^{1 1}

, z² a² b i²

với a b a b¹, ,^{1 2}, ² _. Gọi ,A B lần lượt là các điểm biểu diễn số phức z z¹, ²

. Ta có: z1   4 5 1i



a14

 

² b15



²1

nên A nằm trên đường tròn tâm ^I



^4;5



_{bán kính}

1 R .

 

^{2 2}

2 1 1 2 1 2 1

z    a   b

nên B nằm trên đường tròn tâm ^J

 

^1;0 _{bán kính} R1_. Đặt ^{z x yi x y }



^{, }



.

Ta có: ^{z4i   z 8 4i   x yi 4i   x yi 8 4i   x2}



^{4 y}

 

^{2 x 8}

 

^{2 y 4}



²

16x 16y 64 0

       x y 4 0_. Gọi  là đường thẳng x y  4 0_.

Gọi ^C là điểm biểu diễn số phức z _thì ^C_. Ta có: ^{P z z   1 z z2} CA CB _.

 

 

²

2

4 5 4 5

, 1

1 1 2

d I  

   

  ;

 

 

²

2

1 0 4 3

, 1

1 1 2

d J  

   

  .



x_I  y_I ⁴

 

x_Jy_J   ⁴

 

4 5 4 1 0 4

 

  



0

nên hai đường tròn không cắt  và nằm cùng phía với _.

Gọi A¹ là điểm đối xứng với A qua , suy ra A¹ nằm trên đường tròn tâm I¹ bán kính R1 (với I¹ là điểm đối xứng với I qua ). Ta có I1



9;0



.

Khi đó: P CA CB CA CB A B   ¹  ¹ nên

1

min 1 min

A A

P A B

B B

 

     _.

Khi đó: 1 1

 

1 8;0

I A8I JA

 

; 1 1

 

7 2;0

I B8I JB

 

.

Như vậy: P^min khi A đối xứng A qua  và B B

 

 

4; 4 2;0 A B

 

 . Vậy M z¹ z² AB 20 2 5 .

Câu 45. Cho đồ thị hàm số

 

^{C y ax:  3bx2 cx d}_và

 

^{P y mx:  2 nx p} có đồ thị như hình vẽ.

Biết phần hình phẳng được giới hạn bởi

 

^C _và

 

^P (phần tô đậm) có diện tích bằng 2 . Thể tích khối tròn xoay tạo thành khi quay phần hình phẳng quanh trục hoành bằng

A.

1253 100 

. B.

4517 50 

. C.

1023 100 

. D.

6277 1680

. Lời giải

GVSB: Quang Thoại; GVPB1: Khanh Tam; GVPB2: Nguyễn Minh Thành Chọn D

Từ đồ thị ta có

 

^{P y g x: }

 

^{mx2 nx p}

 

^P _qua

 

^3;1 _,

 

^5;3 _,

 

^1;2

3

9 3 1 8

25 5 3 2

2 29

8 m n p m

m n p n

m n p p

 

  

 

      

    

  



 

^{3 2 2 29}

8 8

g x  x  x

 

^{C :y ax 3bx2cx d}

Đồ thị hàm số ^{y f x}

 

_và ^{y g x}

 

cắt nhau tại điểm có hoành độ ^x1, ^x3, ^x5 suy ra

    

¹

 

³

 

⁵

 

⁰



f x g x k x x x k

             

3 5

1 3

1 3 5 d 1 3 5 d 4 4 8

S k x x x x x x x x k k

             



 



       

²

3

2

2 2 8 1

4

1 3 29

1 3 5 2

4 8 8

15 15 1

4 8 4 8

S k k

f x x x x x x

x x x

    

       

   

       

2 5

2 2 2 2

1 2

6533 2007 6277

d d .

3360 1120 1680

V 



f x g x  x



g x  f x  x     Câu 46. Trong không gian với hệ tọa độ ^Oxyz, cho hai đường thẳng ^{:1 1 2;}

x y z a  



1 1

: 2 1 1

x y z

b    

 

và mặt phẳng

 

^{P :x y  z 0.} Viết phương trình đường thẳng d song song với

 

^P _{, cắt a và}

b lần lượt tại M _và N sao cho MN  2.

A.

4 4 8

7 7 7

: 3 8 5

  

 

 

x y z

d . B.

4 4 8

7 7 7

: 3 8 5

  

 



x y z

d .

C.

4 4 8

7 7 7

: 3 8 5

  

 



x y z

d . D.

4 4 8

7 7 7

: 3 8 5

  

 

 

x y z

d .

Lời giải

GVSB: Hồ Thanh Tuấn; GVPB1: Minh Hằng Nguyễn; GVPB2:Hien Nguyen Chọn B

Gọi ^{M t t}



^{; ; 2 t}



_và N



 1 2 ', ', 1t t  t'



, ( ^{t t, ¡} ) Suy ra MN  



1 2 ' ; ' ; 1t t t t    t' 2t



.

Mặt phẳng

 

^P có vectơ pháp tuyến nP



^{1; 1; 1} 



Do d song song với

 

^P _nên  ^.    ^{0 1 2 '}         ^{' 1 ' 2 0 '}

MN nP t t t t t t t t .

Khi đó MN     



1 ; 2 ; 1 3t t t



MN  14t² 8t 2 . Ta có

2 4

2 14 8 2 2 0

MN   t       t t t 7 .

Với t0 thì ^M



^{0;0;0 ,}



^N



^{1;0; 1}



( loại do M _và N đều nằm trên

 

^P _).

Với 4 t7

thì ^{3; 8 5; 1}



^{3;8; 5}



7 7 7 7

MN      

 



và

4 4 8 7 7; ; 7 M  

  (thỏa mãn).

Vậy Phương trình của đường thẳng d là

4 4 8

7 7 7

3 8 5

x y z

 

 .

Câu 47. Cho hình nón tròn xoay có chiều cao ^h20cm, bán kính đáy ^{r 25cm}. Mặt phẳng

 

^ _đi

qua đỉnh của hình nón cách tâm của đáy hình nón ^{12 cm}. Tính diện tích thiết diện của hình nón cắt bởi mặt phẳng

 

^ _.

A. S 400



^cm2



_{. B. S 406}



^cm2



_.