ĐỀ MẪU Thi THPT MÔN TOÁN ĐOÀN TRÀ VINH

Câu 1 (NB): Hàm số ( ) y f x  có bảng biến thiên như hình bên. Giá trị cực đại của hàm số đã cho bằng A. 3. B. 2. C. 2. D. 0. Lời giải: Căn cứ vào bảng biến thiên hàm số đạt cực đại tại x = 0 nên giá trị cực đại bằng 2 Chọn phương án B. Câu 2 (NB): Cho hàm số 4 2 2 y x x   . Hàm số nghịch biến trên khoảng nào dưới đây? A. ( 1;1)  . B. ( ; 1)   . C. (1; )  . D. ( 1; )   Lời giải: Có bảng biến thiên Chọn phương án B Câu 3 (NB): Hình vẽ sau đây là đồ thị của hàm số nào? A. 4 2 2 y x x    B. 4 2 2 y x x   C. 4 2 4 y x x    D. 4 2 3 y x x   Lời giải: Từ đồ thị có a < 0, loại phương án B, D , đồ thị có ba cực trị, loại phương án A, phương án đúng là C Câu 4 (NB): Cho hàm số    2 4 1 y x x    có đồ thị (C). Số giao điểm của (C) và trục hoành là A. 1. B. 2. C. 3. D. 0. Lời giải: Cho hàm số    2 4 1 y x x    có đồ thị (C). Số giao điểm của (C) và trục hoành là Giải phương trình    2 4 1 0 4 x x x      Do phương trình hoành độ giao điểm có 1 nghiệm  Số giao điểm là 1. Chọn phương án A Câu 5 (TH): Một vật chuyển động theo quy luật 1 3 2 6 3 s t t    với t (giây) là khoảng thời gian tính từ khi vật bắt đầu chuyển động và s (mét) là quãng đường vật di chuyển được trong khoảng thời gian đó. Hỏi trong khoảng thời gian 9 giây, kể từ khi bắt đầu chuyển động, vận tốc lớn nhất của vật đạt được là A. 144 (ms). B. 36 (ms). C. 243 (ms). D. 27 (ms). Lời giải: Cần tìm giá trị lớn nhất của 2 ( ) ( ) 12 v t s t t t     trong khoảng t 0;9. Có v t t t ( ) 2 12 0 6       Ta có: v v v (0) 0, (6) 36, (9) 27    . Vậy max 36 ( ). v m s  Chọn phương án B Câu 6 (TH): Số đường tiệm cận của đồ thị của hàm số 2 2 3 2 x y x x     là A. 4. B. 3. C. 1. D. 2. Lời giải: Số đường tiệm cận của đồ thị của hàm số 2 2 3 2 x y x x     là lim lim 0 x x y y      Tiệm cận ngang: y  0. 1 lim x y      Tiệm cận đứng: x 1 ; 2 2 lim lim 1 x x y y        x  2 không là tiệm cận đứng. Vậy đồ thị có 2 đường tiệm cận. Chọn phương án D Câu 7 (TH):Cho hàm số y mx 4 x m   với m là tham số. Gọi S là tập hợp tất cả các giá trị nguyên của m để hàm số nghịch biến trên các khoảng xác định. Số phần tử của S là A. 5. B. 4. C. Vô số. D. 3. Lời giải: Cho hàm số y mx 4 x m   với m là tham số. Gọi S là tập hợp tất cả các giá trị nguyên của m để hàm số nghịch biến trên các khoảng xác định. Số phần tử của S là Ta có: 2 2 4 ( ) y m x m    HSNB có 2 y m m 0 4 0 2 2         . Vậy có 3 giá trị nguyên m thỏa mãn. Chọn phương án D. Câu 8 (VD): Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để phương trình 4 2 2    x x m có bốn nghiệm thực phân biệt. A. 1 0. m    B. 0 1. m  C. 0 1. m  D. 0 3. m  Lời giải Xét hàm số 4 2 2 y x x    có 3 y x x x x 4 4 0 0; 1          yCT = (0) 0; ( 1) 1 CT CD y y y y      Vậy phương trình có 4 nghiệm khi 0 1. m  Chọn phương án C Câu 9 (VD): Cho hàm số 2 ( ) 8 f x x m x   , với m là tham số. Để 0;3 min ( ) 2 f x   thì giá trị lớn nhất của m bằng A. 4. B. 4 C. 16 D. 16 Lời giải: Ta có: 22 8 ( ) 0, ( 8) m f x m x        Hàm số đồng biến trên 0;3. 2 0;3 4 ( ) 2 4 ( ) 8 min ( ) (0) 2 m n m m l f x f               Chọn phương án A Câu 10 (VDC): Cho các hàm số f x( ) , g x( ) , ( ) ( ) 3 ( ) h x f x g x   . Hệ số góc của các tiếp tuyến của các đồ thị hàm số đã cho tại điểm có hoành độ x0  2018 bằng nhau và khác 0. Khẳng định nào sau đây là đúng? A. 1 (2018) . 4 f  B. 1 (2018) . 4 f   C. 1 (2018) . 4 f   D. 1 (2018) . 4 g  Lời giải: Ta có:         0 0 0 0 0 2 2 0 ( ) 3 ( ) ( ) ( ) ( ) 3 ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 3 ( ) 3 ( ) f x g x g x f x f x g x g x f x h x h x g x g x           2 0 0 0 3 ( ) 3 ( ) ( ) g x g x f x      (do 0 0 0 f x g x h x ( ) ( ) ( ) 0    )   2 2 0 0 0 0 5 1 1 1 ( ) ( ) 5 ( ) 6 ( ) (2018) . 2 4 4 4 f x g x g x g x f                   Chọn phương án C Câu 11 (NB): Đạo hàm của hàm số   2 y x   log 1 bằng A. 1 . 1 x  B. ln 2 . x 1 C.  1 . x 1 ln 2 D.   1 . 2ln 1 x  Lời giải: Công thức đạo hàm, chọn phương án C Câu 12 (NB): Cho đồ thị hai hàm số x y a  , logb y x  (như hình vẽ). Khẳng định nào sau đây đúng? A. 0 1 .    b a B. 0 1 .    a b C. a 1 và b 1. D. 0 1 a   và 0 1. b   Lời giải: Cho đồ thị hai hàm số x y a  , logb y x  (như hình vẽ). Khẳng định nào sau đây đúng? Theo đồ thị  x y a  nghịch biến nên 0 1 a   và logb y x  đồng biến nên b > 1 Vậy 0 1 .    a b Câu 13 (TH): Trong đoạn 10;10  , bất phương trình 2 3 1 3 log ( 11 5) 1 log (2 3) x x x      có số nghiệm nguyên là A. 7. B. 8. C. 9. D. 10. Lời giải: 2 2 3 1 3 3 3 log ( 11 5) 1 log (2 3) log ( 11 5) log 3(2 3) x x x x x x           2 3 2 3 0 2 2 11 5 6 9 7; 2 x x x x x x x x                        . Vậy số nghiệm nguyên của bất phương trình trong 10;10  là 9. Chọn phương án C Câu 16 (VD): Chị Lan gửi 100 triệu đồng vào ngân hàng Vietcombank theo phương thức lãi kép. Lãi suất hàng năm không thay đổi là 7,5%năm. Tính số tiền cả vốn lẫn lãi chị Lan nhận được sau 5 năm rút ra? (kết quả làm tròn đến hàng ngàn). A. 133.547.000. B. 2.373.047.000. C. 137.500.000. D. 143.563.000. Lời giải: Công thức tính lãi kép: 5 5 5 (1 ) 100.000.000(1 7,5%) 143.562.933 P P r      Chọn phương án D

ĐỀ MẪU MÔN TOÁN ĐOÀN TRÀ VINH

Câu 1 (NB): Hàm số y  f x ( ) có bảng biến thiên như hình bên Giá trị cực đại của hàm số đã cho bằng

A 3

B. 2

C 2

D 0

Lời giải: Căn cứ vào bảng biến thiên hàm số đạt cực đại tại x = 0 nên giá trị cực đại bằng 2

Chọn phương án B

Câu 2 (NB): Cho hàm số yx42x2 Hàm số nghịch biến trên khoảng nào dưới đây?

A ( 1;1)

B. (   ; 1)

C (1; )

D ( 1; )

Lời giải: Có bảng biến thiên

Chọn phương án B

Câu 3 (NB): Hình vẽ sau đây là đồ thị của hàm số nào?

A y   x4 2 x2

B y  x4 2 x2

C. y   x4 4 x2

D y  x4 3 x2

Lời giải:

Từ đồ thị có a < 0, loại phương án B, D , đồ thị có ba cực trị, loại phương án A, phương án đúng là C

Câu 4 (NB): Cho hàm số yx4 x21 có đồ thị (C) Số giao điểm của (C) và trục hoành là

A. 1

C 3

D 0

Lời giải:

Cho hàm số    2 

y x x  có đồ thị (C) Số giao điểm của (C) và trục hoành là

Giải phương trình x4 x210x4

Do phương trình hoành độ giao điểm có 1 nghiệm  Số giao điểm là 1

Chọn phương án A

Câu 5 (TH): Một vật chuyển động theo quy luật 1 3 2

6 3

s   t  t với t (giây) là khoảng thời gian tính từ khi vật bắt đầu chuyển động và s (mét) là quãng đường vật di chuyển được trong khoảng thời gian đó

Hỏi trong khoảng thời gian 9 giây, kể từ khi bắt đầu chuyển động, vận tốc lớn nhất của vật đạt được là

A 144 (m/s)

B. 36 (m/s).

C 243 (m/s).

D 27 (m/s)

Lời giải:

Cần tìm giá trị lớn nhất của v t( )s t'( ) t212t trong khoảng t [0;9]

Có '( )v t  2t12  0 t 6

Ta có: (0)v 0, (6)v 36, (9)v 27 Vậy vmax 36 (m s/ )

Chọn phương án B

Câu 6 (TH): Số đường tiệm cận của đồ thị của hàm số 2 2

x y





  là

A 4

C 1

D. 2

Lời giải:

Số đường tiệm cận của đồ thị của hàm số 2 2

x y





  là lim lim 0

     Tiệm cận ngang: y 0

1

lim

x  y

    Tiệm cận đứng: x  1 ;

x y x  y

     x  2 không là tiệm cận đứng

Vậy đồ thị có 2 đường tiệm cận

Chọn phương án D

Câu 7 (TH):Cho hàm số mx 4

y

x m





 với m là tham số Gọi S là tập hợp tất cả các giá trị nguyên của m để

hàm số nghịch biến trên các khoảng xác định Số phần tử của S là

A 5

C Vô số

D. 3

Lời giải:

Cho hàm số mx 4

y

x m





 với m là tham số Gọi S là tập hợp tất cả các giá trị nguyên của m để hàm

số nghịch biến trên các khoảng xác định Số phần tử của S là

Ta có:

2 2

4 '

m y

x m





  HSNB có

2

y  m     m

Vậy có 3 giá trị nguyên m thỏa mãn

Chọn phương án D

Câu 8 (VD): Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để phương trình  x4 2 x2 m có bốn nghiệm thực phân biệt

A   1 m  0.

B 0  m  1.

C. 0  m  1.

D 0  m  3.

Lời giải

Xét hàm số y   x4 2 x2 có y' 4x34x0x0; x  1

 yCT = y CT  y(0)0; y CD  y( 1) 1 

Vậy phương trình có 4 nghiệm khi 0m1

Chọn phương án C

Câu 9 (VD): Cho hàm số

2 ( )

8

x m

f x

x





 , với m là tham số Để min ( )[0;3] f x   2 thì giá trị lớn nhất của

m bằng

A. 4.

C 16

D -16

Lời giải:

Ta có:

2 2

8

( 8)

m

x



   Hàm số đồng biến trên [0;3]

2

[0;3]

4 ( ) 2

4 ( ) 8



Chọn phương án A

Câu 10 (VDC): Cho các hàm số f x , ( )( ) g x , ( ) ( )

3 ( )

f x

h x

g x



 Hệ số góc của các tiếp tuyến của các đồ thị hàm số đã cho tại điểm có hoành độ x 0 2018 bằng nhau và khác 0 Khẳng định nào sau đây là đúng?

A (2018) 1.

4

B (2018) 1

4

C. (2018) 1

4

D (2018) 1

4

Lời giải:

0

0

3 g x( ) 3 g x( ) f x( )

     (do f x'( )0 g x'( )0 h x'( )0 0)

2 2

Chọn phương án C

Câu 11 (NB): Đạo hàm của hàm số y  log2 x  1  bằng

A 1

.

1

x 

B ln 2

.

1

C.

1

.

1 ln 2

x 

D

1

.

2ln x  1

Lời giải: Công thức đạo hàm, chọn phương án C

Câu 12 (NB): Cho đồ thị hai hàm số y  ax, y  logbx

(như hình vẽ) Khẳng định nào sau đây đúng?

A 0    b 1 a

B. 0  a   1 b

C a  1 và b  1.

D 0  a  1 và 0   b 1.

Lời giải:

Cho đồ thị hai hàm số y  ax, y  logbx (như hình vẽ) Khẳng định nào sau đây đúng?

Theo đồ thị  ya x nghịch biến nên 0a và 1 ylogb x đồng biến nên b > 1

Vậy 0  a   1 b

Câu 13 (TH): Trong đoạn [ 10;10] , bất phương trình 2

3

log (x 11x5) 1 log (2  x3) có số nghiệm

nguyên là

A 7

C. 9

D 10

Lời giải:

3

log (x 11x5) 1 log (2  x3)log (x 11x5)log 3(2x3)

2

3

2 2

7; 2

x



 

Vậy số nghiệm nguyên của bất phương trình trong [ 10;10] là 9

Chọn phương án C

Câu 16 (VD): Chị Lan gửi 100 triệu đồng vào ngân hàng Vietcombank theo phương thức lãi kép Lãi suất

hàng năm không thay đổi là 7,5%/năm Tính số tiền cả vốn lẫn lãi chị Lan nhận được sau 5 năm rút ra?

(kết quả làm tròn đến hàng ngàn)

A 133.547.000

B 2.373.047.000

C 137.500.000

D 143.563.000

Lời giải:

Công thức tính lãi kép: P5 P(1r)5 100.000.000(1 7, 5%) 5 143.562.933

Chọn phương án D

Câu 17 (VDC) Cho hai số thực dương ,x y thỏa mãn log (3 x1)(y1)y1 9 (x1)(y1) Giá trị nhỏ nhất của biểu thức P x 2y là

A 11

2

B 27

5

C  5 6 3

D. 3 6 2 

Lời giải:

Cho hai số thực dương ,x y thỏa mãn   1

3

log (x1)(y1) y  9 (x1)(y1) Giá trị nhỏ nhất của biểu thức Px2y là

Ta có: log ( x1)(y1)  9 (x1)(y1)

(y 1) log (x 1) log (y 1) (x 1)(y 1) 9

(y 1) log (x 1) log (y 1) (x 1) 9

9

1

y

Xét f(t)log3t t 2, t  0 '( ) 1 1 0, 0

ln 3

t

 Hàm ( )f t đồng biến trên 0;  Nên (*)   1 9 8

y



Do x00y 8

y



Vậy Pmin   3 6 2 khi 2( 1) 9 3 1

y

Câu 18 (NB): Họ nguyên hàm của hàm số f x( ) 2x 3

x

  là

A. x23ln xC

B 2 32 C

x

 

C x2 32 C

x

D x2ln x C

Lời giải: Từ công thức ta tìm được kết quả phương án A

Câu 19 (NB): Trong các khẳng định sau, khẳng định nào sai?

A. ( ) ( ) ( ) ( )

b

b a a

f x dxF x F a F b

a

a

f x dx 

f x dx   f x dx

kf x dx  k f x dx

Câu 20 (TH): Diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường y  x2  x 3 và y  2 x  1 bằng

A 4

.

17

B 3

.

C. 1

.

6

D 2

.

9

Lời giải:

Giải phương trình ( 2 3) (2 1) 0 1

2

x

x







Diện tích hình phẳng

2 2 1

1

6

S  x  x dx

Chọn phương án C

Câu 21 (TH): Cho

3

2 ( ) 10

f x dx 

2

3

4 5 ( )

I    f x dx bằng

A 54.

C  54.

D. 46.

Lời giải:

Cho

3

2

( ) 10

f x dx 

2

3

I    f x dx        

Chọn phương án D

Câu 22 (VD): Biết

ln 6

0

ln 2 ln 3

x x

e

e

 , với a b c, , là các số nguyên Tính T a b c 

A T 2

B T 1

C. T 0

D T   1

Lời giải:

Biết

ln 6

0

ln 2 ln 3

x x

e

e

 , với , , a b c là các số nguyên Tính T a b c 

Đặt t e x 3 t2e x 3 2tdte dx x

3 2

x x

e

 T a b c     2 4 2 0

Chọn phương án C

Câu 23 (VDC): Một thùng đựng dầu Diesel có bán kính hai đáy là 30cm, thiết diện vuông góc với trục và

cách đều hai đáy có bán kính là 40cm, chiều cao của thùng là 1m Biết rằng mặt phẳng chứa trục và cắt

mặt xung quanh của thùng là các đường parabol, hỏi thể tích của thùng (đơn vị lít) gần với số nào sau

đây?

A 452,2 lít

B 455,5 lít

C. 425,2 lít

D 350,7 lít

Lời giải:

Chọn hệ tọa độ Oxy như hình vẽ

Đường cong (P) cần tìm có đỉnh (0; )2

5

S và qua ( ;1 3)

2 10

A

2

( ) :

2 0,5

0,5

0, 425162



Chọn phương án C

Câu 24 (NB) Số phức z nào dưới đây là số thuần ảo?

A z    i 2018.

B. z  2018 i

C z  2.

D z    2 3 i

Câu 25 (NB) Cho số phức z  1 3i Tìm phần thực và phần ảo của số phức z

A. Phần thực bằng  và phần ảo bằng 3 1

B. Phần thực bằng 1 và phần ảo bằng 3i

C. Phần thực bằng 1 và phần ảo bằng 3

D. Phần thực bằng 1 và phần ảo bằng 3i

Lời giải:

z   iz    i Suy ra phần thực bằng -1 và phần ảo bằng 3

Chọn phương án A

Câu 26 (TH): Cho số phức z thỏa mãn z2 i z   3 5i Tính môđun của số phức z

O

x

y

A

S

0,4

0,5

0,3

C. z 13

D. z  5

Lời giải:

Gọi z a bi a, b   

Ta có: z2 i z   3 5i a bi2 i a  bi 3 5i

 2 2

z 2 3i z  2  3  13

Chọn phương án A

Câu 27 (TH): Cho số phức z thỏa mãn 1 i z 14 2i    Tính tổng phần thực và phần ảo của z

A. 2

B. 14

C. 2

D. -14

Lời giải

1

i

i





Vậy tổng phần thực và phần ảo của z là 6 8 14 

Chọn phương án B

Câu 28 (VD): Gọi z z1, 2 là hai nghiệm phức của phương trình z2   z 1 0. Môđun của số phức

A 6.

C 2 3.

D 18.

Lời giải

Gọi z z1, 2 là hai nghiệm phức của phương trình z2   z 1 0. Môđun của số phức

1

2

2

4 3 3 2

1 0











   

Chọn phương án B

Câu 29 (VDC) Cho số phức z thỏa mãn (1i z) 2  (1i z) 2 4 2. Gọi mmax z, nmin z và

số phức m ni Giá trị của 2018 bằng

A 41009

B. 6

C 52018

D 32018

Lời giải

(1i z) 2  (1i z) 2 4 2 z  1 i z  1 i 4 (*)

Gọi M x y là điểm biểu diễn số phức z và ( ; ) F1( 1;1),  F2(1; 1)

(*)  MF1MF2   4 M(Elip) có 2 tiêu điểm là F F 1, 2

Ta có: F F1 2 2c2 2 c 2;

MF MF  A A  a a b a c  B B  b

Vì O là trung điểm A A nên 1 2 mmax z maxOM OA12,nmin z OB1 2

 2018

Chọn phương án B

Câu 30 (NB) Cho hình lăng trụ đứng ABC.A’B’C’ có đáy ABC vuông tại B, AB = a, BC = 2a, BB’

= 3a Thể tích V của khối lăng trụ trên bằng

A. 3 a3

B 6 a3

C 3 3 3

.

2 a

D a3.

Lời giải:

Cho hình lăng trụ đứng ABC.A’B’C’ có đáy ABC vuông tại B, AB = a, BC = 2a, BB’ = 3a Thể tích V

của khối lăng trụ trên bằng

' 2 3 3 2

ABC

V S BB  a a a a

Chọn phương án B

Câu 31 (TH): Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh bằng 1 Cạnh bên SA vuông góc với mặt phẳng (ABCD) và SC 5 Tính thể tích khối chóp S.ABCD

3



6



C. V 3

3



Lời giải:

Đường chéo hình vuông AC 2

Xét tam giác SAC, ta có SA SC2AC2  3

Chiều cao khối chóp là SA 3

Diện tích hình vuông ABCD là SABCD12  1

Thể tích khối chóp S.ABCD là:

Chọn phương án A

Câu 32 (VDC) Cho khối tứ diện đều ABCD có thể tích V Gọi M N P Q lần lượt là trung điểm của , , , , , ,

AC AD BD BC Thể tích của khối chóp A.MNPQ tính theo V là

A 1

6V

B 1

C 2

3 V

D. 1

4V

Lời giải:

Cho khối tứ diện đều ABCD có thể tích V Gọi M N P Q, , , lần lượt là trung điểm của , , ,

AC AD BD BC Thể tích của khối chóp A.MNPQ tính theo V là

O B

C S

Ta có: V A MNPQ. 2V APQM 2V BPQM 2V PBQM

A MNPQ

Chọn phương án D

Câu 33 (NB): Cho hình nón có thể tích V  36  a3 và bán kính đáy bằng 3a Độ dài đường cao h của

hình nón đã cho bằng

A 4 a

B 2 a

C.12 a

D a

Lời giải:

V  r h a   a hh a

Chọn phương án C

Câu 34 (TH): Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại B và BABC Cạnh bên 3

SA và vuông góc với mặt phẳng đáy Bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp là? 6

2

B. 9

2

D. 3 6

Trả lời:

Gọi M là trung điểm AC, suy ra M là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC

Gọi I là trung điểm SC, suy ra IM // SA nên IM ABC

Do đó IM là trục của ABC suy ra IAIBIC (1)

Hơn nữa, tam giác SAC vuông tại A có I là trung điểm SC nên ISICIA (2)

Từ (1) và (2), ta có ISIAIBIC hay I là tâm của mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABC

Vậy bán kính

3 6

Chọn phương án C

B

C

A

D

M

N

P

Q

Câu 35 (TH): Hình chữ nhật ABCD có AB6, AD Gọi M, N, P, Q lần lượt là trung điểm bốn cạnh 4

AB, BC, CD, DA Cho hình chữ nhật ABCD quay quanh QN, tứ giác MNPQ tạo thành vật tròn xoay có thể tích bằng:

A. V  8

B. V  6

C. V  4

D. V  2

Trả lời

Gọi O là tâm của hình chữ nhật ABCD, suy ra MNPQ là hình thoi tâm O

2

2

OM OP AD Vật tròn xoay là hai hình nón bằng nhau có: đỉnh lần lượt là Q, N và chung đáy

* Bán kính đáy OM  2

* Chiều cao hình nón OQON  3

Vậy thể tích khối tròn xoay 1 2

3

V   OM ON 

Câu 36 (NB): Trong không gian Oxyz, cho mặt phẳng  P : 2 x    y 1 0 Tọa độ một vectơ pháp tuyến

của mặt phẳng (P) là

A 2;1; 1  

B  2; 1;1 

C 2; 0;1 

D. 2;1; 0 

Trả lời:

Câu 37 (NB): Trong không gian Oxyz, cho ba điểm A (3; 2;3),  B ( 1; 2;5), (1;0;1)  C Gọi G a b c ( ; ; ) là toạ độ trọng tâm của  ABC Tính P    a b c

A P  2.

C P   4.

D P   1.

Trả lời:

Dùng công thức tìm tọa độ trọng tâm , suy ra kết quả

Câu 38 (NB) Trong không gian Oxyz, giá trị m để mặt cầu ( ) : S x2 y2 z2 2 x  4 y  4 z m   0 có bán kính R  5 là

A m   4.

B m  4.

C. m  16.

D m   16.

Lời giải

R    m  m

Chọn phương án C

Câu 39 (TH): Trong không gian Oxyz, cho mặt phẳng ( ) : 2P xy2z  và mặt cầu 5 0

( ) : (S x2) (y1) (z1) 22 Mặt phẳng ( )P cắt mặt cầu ( ) S theo giao tuyến là đường tròn có

bán kính bằng

A 6

B 6

C 4

D 22

Trả lời:

( )S có tâm (2;1;1), I R  22 và

2.2 1 2.1 5

d d I P     

 Đường tròn giao tuyến có bán kính: r R2d2  6

Chọn phương án B

Câu 40 (TH): Trong không gian Oxyz, gọi ( ) S là mặt cầu tâm I  ( 3; 4;0) và tiếp xúc với mặt phẳng ( ) : 2  x   y 2 z   2 0 Phương trình của mặt cầu ( ) S là

A ( x  3)2 ( y  4)2 z2 4.

B. ( x  3)2 ( y  4)2 z2 16.

C ( x  3)2 ( y  4)2 z2 4.

D ( x  3)2 ( y  4)2 z2 16.

Trả lời:

2.( 3) 4 0 2

2 ( 1) 2

Vậy ( ) :S ( x  3)2 ( y  4)2 z2 16.

Chọn phương án B

Câu 41 (VD): Trong không gian Oxyz, cho điểm M  ( 4;0;0) và đường thẳng

1

2











 

 

Gọi

( ; ; )

H a b c là hình chiếu vuông góc của điểm M trên đường thẳng  Tính T    a b c

A T  3.

B.T   1.

C T  4.

D T  5.

Trả lời:

Trong không gian Oxyz, cho điểm M  ( 4;0;0) và đường thẳng

1

2











 

 

Gọi H a b c ( ; ; )

là hình chiếu vuông góc của điểm M trên đường thẳng  Tính T    a b c

(1 ; 2 3 ; 2 )

H  H   t t  t

(5 ; 2 3 ; 2 t), ( 1;3; 2)

MH    t t  u   

14

MH   MH u       t t t  t

Chọn phương án B

Câu 42 (TH): Trong không gian Oxyz, cho điểm A(0;1;1) và hai đường thẳng 1

1

x

z t

 





  



 



và

2

:

d     Gọi d là đường thẳng đi qua điểm A , cắt đường thẳng d và vuông góc với đường 1

thẳng d Điểm đi qua của đường thẳng d là điểm 2

A M(2;1; 5).

B. N(1; 0; 1).

C ( 2; 3;11).P  

D Q(3; 2;5)

Trả lời:

Gọi ( )P qua A và vuông góc d  ( )2 P : 3xy  z 2 0

Gọi H d1( )P H( 1; 2;3)

Đường thẳng d qua A và H  : 1 1

  d qua N(1; 0; 1).

Chọn phương án B

Câu 43 (VDC): Trong không gian Oxyz, cho điểm A(1; 4;5), (3; 4; 0), (2; 1; 0)B C  và mặt phẳng ( ) : 3P x3y2z120 Gọi M a b c( ; ; ) thuộc ( )P sao cho MA2MB23MC2 đạt giá trị nhỏ nhất Tính S a b c 

A S   2

C S 2

D S   3

Trả lời:

Trong không gian Oxyz, cho điểm A(1; 4;5), (3; 4; 0), (2; 1; 0)B C  và mặt phẳng ( ) : 3P x3y2z120 Gọi M a b c thuộc ( )( ; ; ) P sao cho MA2MB23MC2 đạt giá trị nhỏ nhất Tính S a b c 

Gọi I x y z( ; ; ) thỏa IA IB  3IC 0 1 3 6 3 0 2

2

2

2

2

2