ĐỀ THI THPT QUỐC GIA Ôn Tập Thi Đại Học

Khung  ma trận Chủ đề Mức độ Tổng NB TH VD VDC 1. Ứng dụng đạo hàm để kshs và vẽ đồ thị của hàm số 3 4 2 3 12 2. Hàm số lũy thừa, hàm số mũ và  hàm số logarit 2 3 2 0 7 3. Nguyên hàm, tích phân và ứng  dụng 2 1 2 1 6 4. Số phức 1 2 1 1 5 5. Khối đa diện (phần thể tích) 1 1 0 1 3 6. Mặt nón, mặt trụ, mặt cầu 1 1 1 0 3 7. PP tọa độ trong không gian 3 2 1 2 8 8. Tổ hợp, xác suất 1 0 0 1 2 9. Cấp số cộng, cấp số nhân 1 0 0 0 1 10. PT  BPT  0 0 0 1 1 11. Véc tơ trong không gian, quan  hệ vuông góc trong không gian 0 1 1 0 2 Tổng số câu 15 15 10 10 50 Chủ đề 1: Ứng dụng đạo hàm để kshs và vẽ đồ thị của hàm số Câu 1 (NB): Khoảng đồng biến của hàm số  3 2 3 4 y x x    là A.        ; 2 2; . B.  2; 0 . C.       ;0 2; . D.  0; 2 . Lời giải: TXĐ:  . 2 3 6 3 ( 2) y x x x x      0 0 2 x y x         .  Lập bảng biến thiên, ta thấy hàm số đồng biến trên khoảng 2;0 Câu 2 (NB): Cho hàm số  21 y xx   . Trong các khẳng định sau, khẳng định nào là đúng. A. Hàm số nghịch biến trên   .  B. Hàm số đồng biến trên từng khoảng xác định. C. Hàm số đồng biến trên   .             D. Hàm số có duy nhất một cực trị. Lời giải: Ta có  2 3 0 1 ( 1) y x x       nên hàm số đồng biến trên từng khoảng xác định. Câu 3 (NB): Cho hàm số  liên tục trên đoạn  có bảng biến thiên như hình vẽ: D     y f x    2;3 , Khẳng định nào sau đây là khẳng định đúng ? A. Giá trị cực tiểu của hàm số là  B. Hàm số đạt cực đại tại điểm  C. Hàm số đạt cực tiểu tại điểm  D. Giá trị cực đại của hàm số là  Câu 4 (TH): Cho hàm số  xác định, liên tục trên đoạn  và có đồ thị đường cong ở hình vẽ  bên. Mệnh đề nào dưới đây đúng trên đoạn  ? A. Hàm số ( ) y f x  đạt giá trị lớn nhất tại x  2. B. Hàm số ( ) y f x  đạt cực tiểu tại điểm x  1. C.  Hàm số ( ) y f x  nghịch biến trên khoảng( 3;0).  D.  Hàm số nghịch biến trên khoảng  . Câu 5 (TH): Cho hàm số    f x có đạo hàm          2 3 1 1 2 f x x x x      . Hàm số    f x đồng biến  trên khoảng nào dưới đây? A.    ; 1 . B.   1;1 . C. (2; ).  D. (1; 2). Lời giải : Ta có bảng biến thiên của hàm số là:  0. x 1. x 1. 5.   y f x  3;3 3;3   y f x  1;3 Vậy hàm số   f x đồng biến trên khoảng 1; 2. Câu 6 (TH): Đồ thị hình bên là của hàm số nào? A. 4 2 2 2 y x x     . B. 4 2 2 2 y x x    . C. 4 2 4 2 y x x    . D. 4 2 2 3 y x x    . Lời giải: Hình dáng đồ thị  là  của hàm số bậc 4  4 2 y ax bx c      và đồ thị có bề lõm quay lên nên  a  0 , vậy  loại đáp án A. Đồ thị hàm số giao với trục Oy tại điểm   0; 2 2 c   , vậy loại đáp án D. Từ đồ thị hàm số đạt cực trị tại  01 xx       ,  Đáp án C có  3 0 4 8 0 2 x y x x y x             Đáp án đúng là B. Câu 7 (TH): Đồ thị hàm số     3 2 9 24 4 y x x x có điểm cực tiểu và cực đại lần lượt là    1 1 ; A x y và    2 2 ; B x y . Giá trị  y y 1 2 bằng: A. y y 1 2   2 . B. y y 1 2   4. C. y y 1 2   0. D. y y 1 2   44. Lời giải: Ta có      2 3 18 24 y x x              2 24 0 4 20 x y y x y x y O 21 1 1 Lập bảng biến thiên suy ra điểm cực tiểu và cực đại lần lượt là      4; 20 ; 2; 24 A B . Khi đó  y y 1 2     20 24 4 . Câu 8 (VD): Cho đồ thị hàm số  y 2x2 x   . Gọi   ,   ;   0 M a b a  là điểm thuộc đồ thị mà khoảng  cách từ M đến hai tiệm cận là bằng nhau. Tìm  : a b  A. 0 B. 1 C. 2 D. 3 Lời giải: Gọi  2 ; , 2x M x x        theo giả thiết ta có phương trình:  4 2 2 x x    . Từ đó tìm được M(4; 4) Câu 9 (VD): Cho hàm số     y f x xác định, liên tục trên   và có bảng biến thiên: Khẳng định nào sau đây sai? A. Đường thẳng  y  2 cắt đồ thị hàm số     y f x tại ba điểm phân biệt. B. Số nghiệm thực của phương trình 2 ( ) 5 0 f x   là 2. C.      3 2 3 4 f x x x . D. Hàm số nghịch biến trên 2;0. Lời giải: Câu A đúng vì      4 2 0. Câu C đúng vì với       3 2 3 4 f x x x thì thỏa                     2 0 0 0 2 0 0 4 ffff . Câu D đúng vì trên 0; 2 thì        f x x 0 0; 2 . Câu 10 (VDC): Cho hàm số    3 2 0 y ax bx cx d a      có đồ  thị như hình vẽ bên. Mệnh đề nào dưới đây đúng?

1. Ứng dụng đạo hàm để kshs và vẽ 

đồ thị của hàm số 

2. Hàm số lũy thừa, hàm số mũ và 

hàm số logarit 

3. Nguyên hàm, tích phân và ứng 

dụng 

11. Véc tơ trong không gian, quan 

hệ vuông góc trong không gian 

 

Chủ đề 1: Ứng dụng đạo hàm để kshs và vẽ đồ thị của hàm số 

Câu 1 (NB): Khoảng đồng biến của hàm số yx33x24 là 

A. ; 2  2;    

B.2; 0     

C.; 0  2;    

D.0; 2  

Lời giải:  

2

3 6 3 ( 2)

y  x  x x x  

0 0

2

x

y

x





    



 .   Lập bảng biến thiên, ta thấy hàm số đồng biến trên khoảng 2; 0

  Câu 2 (NB): Cho hàm số  2

1

x y x





 . Trong các khẳng định sau, khẳng định nào là đúng.  

A Hàm số nghịch biến trên       

B Hàm số đồng biến trên từng khoảng xác định.   

C Hàm số đồng biến trên         

D Hàm số có duy nhất một cực trị

Lời giải:  

( 1)

x

 nên hàm số đồng biến trên từng khoảng xác định.

Câu 3 (NB): Cho hàm số   liên tục trên đoạn   có bảng biến thiên như hình vẽ: 

 

D

 

y f x 2;3 ,

  Khẳng định nào sau đây là khẳng định đúng ? 

A Giá trị cực tiểu của hàm số là     

B Hàm số đạt cực đại tại điểm   

C Hàm số đạt cực tiểu tại điểm     

D Giá trị cực đại của hàm số là   

Câu 4 (TH): Cho hàm số   xác định, liên tục trên đoạn   và có đồ thị đường cong ở hình vẽ  bên. Mệnh đề nào dưới đây đúng trên đoạn  ? 

A. Hàm sốy  f x ( ) đạt giá trị lớn nhất tạix  2.   

               

 

B. Hàm số y  f x ( ) đạt cực tiểu tại điểmx   1.  

C.  Hàm số y  f x ( ) nghịch biến trên khoảng( 3;0)   

D.  Hàm số   nghịch biến trên khoảng   

Câu 5 (TH): Cho hàm số  f x  có đạo hàm   f  x  x1 2 x1 3 2x. Hàm số  f x  đồng biến   trên khoảng nào dưới đây? 

A  ; 1     

B. 1;1     

D (1; 2)  

Lời giải :  

Ta có bảng biến thiên của hàm số là:  

0

1

x 

1

x 

5

 

3;3

 

  Vậy hàm số  f x  đồng biến trên khoảng   1; 2  

Câu 6 (TH): Đồ thị hình bên là của hàm số nào? 

A. y x42x2  2  

B. yx42x22. 

C. yx44x2  2  

D. yx42x2  3

Lời giải:  

Hình dáng đồ thị  là  của hàm số bậc 4 yax4bx2   và đồ thị có bề lõm quay lên nên c a 0 , vậy  loại đáp án A. 

Đồ thị hàm số giao với trục Oy tại điểm 0; 2   , vậy loại đáp án D. c 2

Từ đồ thị hàm số đạt cực trị tại  0

1

x x

 



 



,  

2

x

x

 

 



 Đáp án đúng là B. 

Câu 7 (TH): Đồ thị hàm số yx39x224x4 có điểm cực tiểu và cực đại lần lượt là A x y  và  1; 1

 2; 2

B x y  Giá trị  y1y  bằng:2

D y1y2 44. 

Lời giải:  

Ta có   y 3x218x24      



0

y

x y

O

2 1 1 -1

Lập bảng biến thiên suy ra điểm cực tiểu và cực đại lần lượt là A4; 20 ; B 2; 24. 

Khi đó  y1y2  20 24 4. 

Câu 8 (VD): Cho đồ thị hàm số  2

2

x y x



 . Gọi M a b  ;   ,   a  0  là điểm thuộc đồ thị mà khoảng 

cách từ M đến hai tiệm cận là bằng nhau. Tìm a  b :  

A. 0  

B. 1  

C. 2  

D. 3 

Lời giải:  

2

x

M x

x



 theo giả thiết ta có phương trình:  2 4

2

x

x

  . Từ đó tìm được M(-4; 4) Câu 9 (VD): Cho hàm số y f x xác định, liên tục trên    và có bảng biến thiên:  

 

Khẳng định nào sau đây sai? 

A Đường thẳng y 2 cắt đồ thị hàm số y f x tại ba điểm phân biệt.  

B Số nghiệm thực của phương trình 2 ( ) f x   5 0 là 2. 

C. f x x33x24. 

D Hàm số nghịch biến trên 2; 0  

Lời giải:  

Câu A đúng vì    4 2 0. 

Câu C đúng vì với f x x33x24 thì thỏa 

 

 

 

 













' 0 0

f f f f

. 

Câu D đúng vì trên 0; 2  thì  f x' 0  x 0; 2   

Câu 10 (VDC): Cho hàm số yax3bx2cx d a  0 có đồ  

thị như hình vẽ bên. Mệnh đề nào dưới đây đúng? 

 

 

A a0,b0,c0,d  0

B. a0,b0,c0,d  0

C a0,b0,c0,d0. 

D a0,b0,c0,d0. 

Lời giải:

Ta có: yax3bx2cx d a  0; 

      y' 3 ax22bx c  

Gọi x x   là các  điểm cực trị của hàm số.  1; 2

Theo bài ra ta có:

 

1 2

1 2

lim

0

0 2

3

0 0

3

x ax bx cx d

a

b b

a

d c

x x

a





 







 

Câu 11 (VDC): Cho hàm số y f x  có đồ thị ( ) y f x  cắt trục Ox tại ba điểm có hoành độ   ( ) a b c  

như hình vẽ.  

  Mệnh đề nào dưới đây là đúng? 

A f c( ) f a( ) f b   ( )  

B f c( ) f b( ) f a ( )

C f a( ) f b( ) f c   ( )  

D f b( ) f a( ) f c  ( )

Lời giải:

Đồ thị của hàm số y f x  liên tục trên các đoạn  ( ) a b  và  ;  b c , lại có  ( );  f x  là một nguyên hàm 

của  ( )f x  

Do đó diện tích của hình phẳng giới hạn bởi các đường 



 













 



( ) 0

y f x y

x a

x b

 là:  

     

b a

Vì S10 f a  f b     1   

Tương tự: diện tích của hình phẳng giới hạn bởi các đường 



 













 



( ) 0

y f x y

x b

x c

 là:  

     

c b

   

2 0

S f c f b  2   

Mặt khác, dựa vào hình vẽ ta có: S1S2  f a  f b  f c  f b  f a  f c     3  . 

Từ (1), (2) và (3) ta chọn đáp án A. 

Câu 12 (VDC): Đồ thị hàm số ya x4bx2  cắt trục hoành tại c

4  điểm  A B C D   phân  biệt  như  hình  vẽ  bên.  Biết  rằng , , ,

AB BC CD  , mệnh đề nào sau đây đúng? 

A. a 0, b 0,c 0,100b   2 9ac    

B. a0, b 0,c 0,9b  2 100ac  

C a 0, b 0,c 0,9b  2 100ac    

D. a 0, b 0,c 0,100b   29ac  

 

Lời giải:  

Dựa vào hình dạng đồ thị: a0,xy c 0 có hai cực trị nên ab  0 b 0  

Giả sử hoành độ sắp thứ tự:  t2   t1  t1  t2   

2

1 2 1

10

9

b

a

c

t t t

a







    

2

2

2

1 2

2 2

1

100

100

9 9

b

t

b

ac c

t

a









 

Chủ đề 2: Hàm số lũy thừa, hàm số mũ và hàm số logarit 

Câu 13 (NB): Tính giá trị biểu thức 

1

1 3

4

2 3 4

1

16 2 64 625

A





 

D.10 

Lời giải:   

1

1 3

4

4 1

625

A





 

log log log log

D.P  1. 

Lời giải:  

log log log log log log 1

P          

  Câu 15 (TH): Cho a log 330 và b log 530  Tính log 1350 theo a và b . 30

A.1 2a b     

B.1 2 a b    

D. 1 2a b  

Lời giải:   

Ta có: log 1350 log 30.3 5 1 2 log 3 log 5 1 230  30 2   30  30   a b  

Câu 16 (TH): Đưa biểu thức A5a a a3  về lũy thừa cơ số 0a ta được biểu thức nào dưới đây? 1

A.

3

10

B.

7

10

C.A a 5.     

D.

7

5

A a  

Lời giải:  

1 1

   

 

   

 

Câu 17 (TH): Tập nghiệm của phương trình log2 x  log3x  log4x  log20x là 

A.S  1    

B.S  .   

C.S  1; 2    

D.S  2  

Lời giải:   

ĐK x  0.  

.  

Câu 18 (VD): Hàm số ylnx22mx4 có tập xác định D  khi:

A m2.  

B  

 



2

2

m

D m2. 

Lời giải:   

y x  mx có tập xác định  D    

2

2 4 0,

      . 

2

m

m a





. 

Câu 19 (VD): Một bà mẹ Việt Nam anh hùng được hưởng số tiền là 4 triệu đồng một tháng (chuyển  vào tài khoản của mẹ ở ngân hàng vào đầu tháng). Từ tháng 1 năm 2018 mẹ không đi rút tiền mà để lại  ngân hàng và được tính lãi suất 1% trên một tháng. Đến đầu tháng 12 năm 2018 mẹ rút  toàn bộ số tiền  (gồm số tiền của tháng 12 và số tiền đã gửi từ tháng 1). Hỏi khi đó mẹ lĩnh về bao nhiêu tiền? (Kết quả  làm tròn theo đơn vị nghìn đồng) 

A. 50 triệu 730 nghìn đồng.   

B. 50 triệu 640 nghìn đồng

C. 53 triệu 760 nghìn đồng.   

D. 48 triệu 480 nghìn đồng. 

Lời giải:  

Gọi T n là số tiền vốn lẫn lãi sau n tháng, a là số tiền hàng tháng gửi vào ngân hàng và r %  là lãi  suất kép. Ta có 

1 1

T a r ,  

            2

T  a T r  aa r r a r a r   

        

T  a T r a r a r a r   

…. 

11 1  1  1  11

11

S  là tổng 11 số hạng đầu của cấp số nhân  u n  với số hạng đầu u1  1 r 1, 01 và công bội 

1 1, 01

  

1 11

1 1, 01 1 1, 01

S

Vì tháng thứ 12 mẹ nhận được số tiền T  gửi từ tháng 1 và số tiền tháng 12 nên mẹ được nhận tổng số  11

tiền là:   1, 01 1 1, 01 11

1 1, 01



 

Chủ đề 3:  Nguyên hàm, tích phân và ứng dụng 

Câu 20(NB): Họ nguyên hàm của hàm sốy2xlà 

2

ln 2

x

B. 2x dx2xC    

C. 2x dxln 2.2xC    

Câu 21(NB): Họ nguyên hàm của hàm sốf x( ) ( x1)2 là 

A.F x( )x33x23x C    

3

2

3

x

F x x x C  

3

2

3

x

D.F x( )x3x2 x C  

Câu  22(TH):  Biết một  nguyên hàm của  hàm  số  y f x   là    2

F x  x  x   Khi  đó,  giá  trị  của  hàm số y f x  tại x 3 là 

B f 3 10.   

C f 3 22.   

D f 3 30. 

Lời giải:  

+ Ta có: y f x F x'( )2x4

  +  f(3)2.3 4 10.  



2

1

x x

x

Câu 23(VD): Cho hàm số f x( ) ( ax b c ) os x  Tìm  Sa b   biết rằng 

f x dxx x x c x C 

D.S 6

Lời giải:

Đặt 



 

Khi đó f x dx( ) (ax b ).sinxasinxdx

(ax b)sinx ac x C axos sinx bsinx acosx C

 

 a 1,b2S5

Câu 24(VD): Cho   f x x( )d 

1 0

2017  Tính tích phân 



 (tan ) d

cos

π

x

8 0

2

A I 2017

B I 2018

C I 2018

D I 2017

4

Lời giải:

Ta có: 1 cos 4 x2 cos 22 x. Đặt 

2

2

cos 2

x

1

0

Câu 25(VDC): Câu lạc bộ bóng đá AS Roma dự định xây dựng SVĐ mới có tên là Stadio della Roma

để làm sân nhà của đội bóng thay thế cho đội bóng Olimpico Hệ thống mái của SVĐ dự định được 

xây dựng có dạng hai hình elip như hình bên với hình elip lớn bên ngoài có độ dài trục lớn là 146 mét, 

độ dài trục nhỏ là 108 mét, hình elip nhỏ bên trong có độ dài trục lớn là 110 mét, độ dài trục nhỏ là 72 

mét. Giả sử chi phí vật liệu là 100 dollar mỗi mét vuông. Tính chi phí cần thiết để xây dựng hệ thống  mái sân. 

A 98100 dollar

B 98100 dollar

C 196200 dollar 

D 196200 dollar 

Lời giải:

b

 



2

73

Hình elip nhỏ có độ dài trục lớn là 110m, độ dài trục nhỏ là 72m 

b

 



2

55

Do tính đối xứng của hai elip nên ta có diện tích hệ thống mái của SVĐ là: 

3

Do đó chi phí cần thiết để xây dựng hệ thống mái sân bằng 100S = 196200πdollar 

Chủ đề 4 Số phức 

Câu 26(NB): Cho số phức   z 3 2i  Tìm phần thực và phần ảo của số phức  z. 

A. Phần thực bằng 3, phần ảo bằng 2.   

B. Phần thực bằng  3 , phần ảo bằng 2. 

C. Phần thực bằng 3, phần ảo bằng 2.   

D. Phần thực bằng  3 , phần ảo bằng 2. 

Câu 27(TH): Cho số phức  z 2i3 khi đó z

z bằng 

A. 5 12

13

i

B.5 6

11

i

C.5 12

13

i

D.5 6

11

i

 

Lời giải:



2 2

1

3 2

13

i

Câu 28(TH): Số phức  z x yi x y ( ,  ) thỏa   x 1 yi   x 1 xi i  Môđun của z bằng 

D. 5  

Lời giải:

 

 2 2 

1 2

z

 

Câu  29(VD):  Tìm  tham  số  thực  m  để  trên  tập  số  phức  phương  trình    có một 

2

z  m z 

3 5

z   i

3

m 

B.       

D.     

Lời giải:

  Câu 30(VDC):  Cho  số phức z thỏa mãn  z11 vàz z  có  phần  ảo không âm. Tập hợp  các  điểm  biểu diễn của số phức z là một miền phẳng. Diện tích S của miền phẳng này là 

A. S

B. S2 

C.  1

2

S

D.S1. 

Lời giải:

Tập  hợp  các  điểm  biểu  diễn  của  số  phức  z  là  một  miền  phẳng  giới  hạn  bởi  các  đường 

 và trục hoành. 

Chủ đề 5: Khối đa diện (phần thể tích) 

Câu 31(NB): Cho hình chóp tứ giác S ABCD  có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, SA(ABCD) 

và SAa 6. Thể tích của khối chóp S ABCD  bằng? 

A

3 6

6

a

.  

B a3 6.  

C

3 6

3

a

.  

D

3

6

2

a

. 

Câu 32(TH): Cho lăng trụ đều ABC.A' B'C' có cạnh đáy bằng 2a. Diện tích xung quanh bằng 

2

6 3a  Tính thể tích V của khối lăng trụ. 

A. 1 3

B.  3 3

C V a  3    

D.V 3a  3  

Lời giải:

Gọi h là chiều cao của khối lăng trụ ta có: 

5

m 

7

m 

9

m 

3 5

z  m z 

3 5

i

i

 

 

z   a b  z z 2bi b 0

y  x  x x

0 1 1

2

S  x dx

2 day

1

S 2a.a 3 3a

2

2 2

xq

6 3a

6a

V a 3.a 3 3a (đvtt) 

Câu 33(VDC): Cho khối lập phương ABCD.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) chia khối lập phương đã cho thành hai phần. Gọi V1 là thể tích  khối chứa điểm A’ và V2 là thể tích khối chứa điểm C’. Khi đó  1

2

V

V  là: 

A. 25

C. 17

D 8

17  

Lời 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) chia khối lập phương đã cho thành hai 

khối là ABCDC’ QEFP và AQEFPB’A’D’









' ' ' '

3 '

ABCD A B C D

A A MN

PFD N

QMB E

 

Do tính đối xứng của hình lập phương nên ta có V4 V5 

3 3

' ' '

a

3 4

1 PD' D'F D'

a

Vậy 1 

2

25

47

V

Chủ đề 6: Mặt nón, mặt trụ, mặt cầu 

Câu  34(NB):  Tính  diện  tích  xung  quanh S   của  hình  nón  tròn  xoay  có  đường  sinh  xq l  10 cm,  bán  kính đáy r  5 cm . 

A. S xq 50cm2.   

B. S xq 25cm2.   

C. S 100cm2.   

C’ 

C 

B 

A’ 

B

’ 

D’ 

Q

P 

F 

N

D.  50 2

3

xq

Câu 35(TH): Cắt hình trụ (T) bằng một mặt phẳng đi qua trục được thiết diện là một hình chữ nhật có  diện tích bằng 30cm2 và chu vi bằng 26cm . Biết chiều dài của hình chữ nhật lớn hơn đường kính mặt  đáy của hình trụ (T). Diện tích toàn phần của (T) là: 

A.69  2

2 cm



B.69cm2.   

C 23cm2.   

D 23  2

2 cm



Lời giải:

Giả sử thiết diện là hình chữ nhật ABCD như hình vẽ khi đó ADCD. Ta có 

AD CD

AD CD

AD CD

AD CD







  

Với ADCD, giải hệ trên ta được AD10h CD; 32r  3

2

r

   . Khi đó 

tp

Câu  36(VD):  Cho  hình  chóp  S ABCD   có  đáy  ABCDlà  hình  thoi  cạnh  a,

120

ABC  , tam giác SAB đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy. Tính bán kính mặt cầu  ngoại tiếp hình chóp S ABC .  

A.  41

B. 37

C. 39

D. 35

6 a

Lời giải:

 

Do ABC120 BAD60 suy ra ABDđều 

DA DB DC a

     nên D là tâm đường tròn ngoại tiếp ABC. 

Gọi M là trung điểm củaAB, G là trọng tâm của SAB. 

Qua D kẻ d (ABCD), và qua G kẻ d (SAB) 

Gọi Idd.  

d

a

120°

I M

D

A S

G

Khi đó I là tâm của mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S ABC có bán kính 

2

a

RIA AD MG  a    a

  Chủ đề 7: Phương pháp tọa độ trong không gian 

Câu 37(NB): Cho 2 điểm A(2; 4; 1), B(–2; 2; –3). Phương trình mặt cầu đường kính AB là: 

A x2(y3)2(z1)2 9.  

B x2(y3)2(z1)2 9. 

C x2(y3)2(z1)23.  

D x2(y3)2(z1)29. 

Lời giải:  

I là tâm cầu, khi đó do AB là đường kính nên I là trung điểm AB. I0;3; 1 . 



. Nên bán kính .R   3 Vậy phương trình mặt cầu:  2  2  2

x  y  z   

Câu 38(NB): Cho ba điểm A3,1, 0 ; B2,1, 1 ;  C x y , , 1 . Tính x y,  để  2

2, 1,

3

G   

 là trọng  tâm tam giác ABC 

A x2, y 1

B x2, y 1   

C x 2, y  1

D x1, y 5

 

Lời giải:  

Ta có G là trọng tâm tam giác ABC thì 

3 2

2 3

1

1 1

1

5 3

x

x y

y

  







 

 



  

 





 



 





 

Câu  39(NB):  Trong  không  gian  với  hệ  trục  tọa  độ  Oxyz.    Phương  trình  mặt  phẳng  đi  qua  điểm  (1; 2; 0)

A   có vetơ pháp tuyến n (2; 1; 3)



 là 

A x2y40.   

B 2x y 3z 4 0. 

D 2x y 3z4 0  

Câu 40(TH): Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz,mặt phẳng (P) qua  điểm A1; 1; 1  và vuông góc   đường thẳng  - 1 - 2

:

y

d   có phương trình là: 

A  x 2y z 4 0.    

B x2y4 0.    

C x2y z  3 0.     

D x2y4 0.

 

Lời giải:  

Ta có, mặt phẳng (P) vuông góc đường thẳng d nên mặt phẳng (P) có vectơ pháp tuyến  n1; 2; 1 

. 

Mặt phẳng (P) đi qua điểm  A1;1; 1 . 

Vậy phương trình mặt phẳng (P) là: 1x12y11z10x2y z    .  4 0

Câu  41(TH):  Cho  đường  thẳng  đi  qua  điểm  A 1; 4; 7    và  vuông  góc  với  mặt  phẳng 

  : x 2y 2z 3   0 có phương trình chính tắc là: 

x 1

x 1

y 4

D x 1 y 4   z 7

 

Lời giải:  

VTPT của mặt phẳng    là n1; 2; 2 



. Đó cũng là vectơ chỉ phương của đường thẳng         Kết  hợp  với  giả  thiết  đi  qua  điểm  A 1; 4; 7   Suy  ra  phương  trình  chính  tắc  của      là: 

y 4



   Câu 42(VD): Trong không gian Oxyz, cho tam giác ABC vuông cân tại C và có các đỉnh A(Ox )z ,  ( 2; 3;1)

B   và C ( 1;1; 1)  Tọa độ điểm A là: 

A A(1;0; 1)    

B A ( 1; 0;1).   

C

 A ( 1; 0; 1)    

D A(1;0;1). 

Lời giải:  

GọiA a( ; 0; ).c Ta có: 

CA CB

CA CB









   suy ra a   c 1.  

Câu 43(VDC): Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho tứ diện  ABCD  với  A2;1; 1 , B3; 0;1, 

2; 1; 3 

C , điểm D thuộc Oy  và thể tích của tứ diện  ABCD  bằng  5  Tọa độ của đỉnh D là: 

B D0; 8; 0  

C D0; 7; 0  hoặc D0; 8; 0.   

D D0; 7; 0 hoặc D0; 8; 0 . 

Lời giải:    

Ta có: