ĐỀ THAM KHẢO số 7 có lời GIẢI CHI TIẾT

THẦY HƯNG CMA SƯU TẦM Câu 1: ĐỀ THAM KHẢO SỐ KỲ THI THPT QUỐC GIA 2018 [2D4-1-PT7] Trên mặt phẳng phức, cho điểm A biểu diễn số phức  2i , điểm B biểu diễn số phức 1  6i Gọi M trung điểm AB Khi điểm M biểu diễn số phức sau đây? A  2i B  4i C  4i Lời giải D  2i Chọn D Tọa độ A  3; 2  B  1;6  Ta có M trung điểm AB nên có M 1;  Vậy điểm M biểu diễn số phức  2i Câu 2: lim x 2 [1D4-1-PT7] A 2x  x  B C 2 Lời giải D  Chọn D 2x  lim   x  2  x   x 2 x  Câu 3: [1D2-1-PT7] Cho tập hợp M  1;2;3;4;5;6;7;8 có phần tử Tập M có tập hợp có hai phần tử chứa phần tử ? A B Chọn C Lời giải D B Ta tìm số tập có phần tử M \ sau hợp tập với tập thu số tập hợp thỏa yêu cầu Vậy có C 71 Câu 4: tập hợp [2H2-1-PT7] Thể tích khối trụ tròn xoay có bán kính đáy r chiều cao h 1 A V   r h B V   r h C V   r h D V   r h Lời giải Chọn C Thể tích khối trụ tròn xoay có bán kính đáy r chiều cao h V   r h Câu 5: [1D1-1-PT7] Cho hàm số y  f  x  xác định liên trục có bảng biến thiên x ∞ y' + ∞ + + y Khẳng định sau đúng? A Hàm số đồng biến  2;    2;   B Hàm số đồng biến C Hàm số nghịch biến D Hàm số nghịch biến  ; 2  Lời giải Chọn D Dựa vào bảng biến thiên hàm số nghịch biến  ; 2  Câu 6: [2H3-4-PT7] Biết A  f  x  dx  Tích phân B  f  x  dx C D Lời giải Chọn Ta có Câu 7: B 3 1  f  x  dx  2 f  x  dx  [2D1-1-PT7] Cho hàm số y  f  x  có bảng biến thiên sau Mệnh đề đúng? A Hàm số có giá trị cực tiểu 3 C Hàm số có hai điểm cực trị Chọn B Hàm số có giá trị cực đại 3 D Hàm số khơng có cực trị Lời giải D Dựa vào bảng biến thiên, thấy f (x) không đổi dấu nên hàm số khơng có cực trị Câu 8: [2D2-1-PT7] Với a số thực dương bất kì, mệnh đề đúng? 1 1 log  log a log  3log a log   3log a 3 A B C log  3log a D a a a a Lời giải Chọn C Ta có log Câu 9:  log a 3  3log a a3 [2D3-1-PT7] Tìm nguyên hàm hàm số f  x   x  A C x3  C x  f  x  dx   x3 f  x  dx    C x B x2 x3  C x  f  x  dx   x3 f  x  dx    C x D Lời giải C ọn A 2 x3  Ta có   x   dx    C x  x  Câu 10: [2H3-2-PT7] Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm M  22;15; 9 Gọi H hình chiếu vng góc M mặt phẳng  Oxy  Tọa độ điểm H là? A H  22; 9;15 B H  22;0;9  C H  22;0; 9  D H  22;15;0  Lời giải Chọn D Hình chiếu vng góc M  x; y; z  mặt phẳng tọa độ  Oxy  có tọa độ  x; y;0  Do  H  22;15;0  Câu 11: [2D1-1-PT7] Đường cong hình bên đồ thị hàm số sau đây? y x O A y  2 x3  x B y  x3  x  C y   x3  3x  D y  2 x3  3x Lời giải Chọn A * Đồ thị hàm số đồ thị hàm bậc ba có nhánh xuống nên ta loại đáp án * Đồ thị hàm số qua gốc tọa độ nên ta loại đáp án C * Đồ thị hàm số có điểm cực trị x  nên ta loại đáp án D * Đáp án đáp án A B Câu 12: [2H3-1-PT7] Trong khơng gian Oxyz , cho đường thẳng d có phương trình x2 y4 z4 Véctơ sau véctơ phương đường thẳng d ?   2 1  A u1   1; 2;  B u2   2; 4;  C u3  1; 2; 2  D u4   ;1; 1 2  Lời giải Chọn B Đường thẳng d có phương trình x2 y4 z4 có véctơ phương   2 u  1; 2; 2  Véctơ u2   2; 4;  không phương với u  1; 2; 2  nên không véctơ phương đường thẳng d Câu 13: x1 0 [2D2-1-PT7]Tìm tập nghiệm S bất phương trình 16  3 3 3    A S   ;    B S   ;  C S   ;  2 2 2     3 D S   0;   2 Lời giải Chọn C Ta có: 16  22 x1   22 x1  16  x    x  3  Vậy tập nghiệm bất phương trình là: S   ;  2  Câu 14: [2H2-2-PT7]Khối trụ có bán kính đáy thể tích 24 Chiều cao hình trụ bằng: B A C D Lời giải Chọn B Thể tích khối trụ là: V   r h   (2 3)2 h  24  h  Câu 15: [2H3-2-PT7] Trong không gian Oxyz , cho mặt phẳng   : x  y  z   Tìm phương trình mặt phẳng    song song mặt phẳng   gốc tọa độ O A    : x  y  z   B    : x  y  z  C    : x  y  z  D    : x  y  z  Lời giải Chọn C Phương trình    : x  y  z  m   m  1 Mặt phẳng    gốc tọa độ O  0;0;0   m  Vậy phương trình  β  x  y  z  Câu 16: [2D1-2-PT7] Đồ thị hàm số có tiệm cận ngang? A y  2x  x 1 C y  B y  x3  3x  2x2  x 1 x 1 D y   x Lời giải Chọn A • Phương án B D hàm đa thức hàm số chứa biến nên khơng có TCN • Xét hàm số y  2x  x 1 2x  x  Ta có: lim y  lim  lim x  x  x  x  1 1 x 2 Suy đồ thị hàm số y  • Xét hàm số y  2x  có tiệm cận ngang y  x 1 2x2  x 1 x 1 2x2  x 1   x  x 1 Ta có: lim y  lim x  2x2  x 1 lim y  lim   x  x  x 1 Suy đồ thị hàm số khơng có tiệm cận ngang Câu 17: [2D1-17-2-PT7] Cho hàm số y  f  x  có bảng biến thiên hình vẽ: Với giá trị m phương trình: f  x    3m  vô nghiệm? B 1  m   A m  1 Chọn D C m   Lời giải D m   Phương trình f  x    3m   f  x    3m Do đó, để phương trình vơ nghiệm đường thẳng y   3m không cắt đồ thị hàm số y  f  x  Dựa vào bảng biến thiên ta thấy, đường thẳng y   3m không cắt đồ thị hàm số y  f  x   3m   m   Câu 18: với x x 127 29 , y [3;5] 29 127 , y [3;5] [2D1-2-PT7] Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ hàm số y A max y [3;5] C max y [3;5] 127 , y [3;5] 29 , y [3;5] B max y [3;5] D max y [3;5] x2 3;5 Lời giải Chọn B Hàm số xác định liên tục đoạn 3;5 Đạo hàm y 2x , y x2  x  Suy hàm số đồng biến 3;5 nên y 3;5 Câu 19: [2D3-1-PT7] Cho y 29 max y 3;5 y 127 dx  x   ln a Tính giá trị a B A Chọn C Lời giải D B 5 1 dx 1 x   ln  x  1  ln  ln1  ln  a  Câu 20: [2D4-2-PT7] Giả sử phương trình z  c  nhận z1 , z2 , z3 nghiệm, biết z1  Tính z1  z2  z3 A 27 Chọn B 27 C 3 Lời giải D A 3 Ta có: z1  nghiệm phương trình z  c  nên  c   c  27   z1   3 3 Khi đó: z  27    z  3  z  z      z2    i  2  z    3 i  2 Vậy z1  z2  z3     Câu 21: [1H3-2-PT7] Cho hình chóp S ABCD có đáy ABC tam giác vng, cân A , mặt bên SBC tam giác cạnh a mặt phẳng  SBC  vng góc với mặt đáy Tính theo a khoảng cách hai đường thẳng SA BC ? A a B a C a D a Lời giải ChọnC S B K H C A (Ta BC  SA nên dựng đoạn vng góc chung hai đường thẳng SA, BC ) Kẻ HK  SA 1  K  SA  BC  SH  BC   SHA  BC  HK   Ta có :   BC  AH Từ 1 ,   , suy d  SA, BC   HK Tam giác SBC cạnh a nên SH  Ta có AH  BC a 1 4 16 a       HK   Xét tam giác SHA : 2 HK SH AH 3a a 3a 2 Vậy d  SA, BC   Câu 22: a a [2D2-2-PT7] Chị Gấm gửi 100 triệu đồng vào ngân hàng theo hình thức lãi kép với lãi suất 8% / năm Số tiền lãi thu sau 10 năm gần với số sau (biết thời gian gửi tiền người khơng rút tiền lãi suất ngân hàng không thay đổi) A 215 triệu đồng B 116 triệu đồng C 216 triệu đồng D 115 triệu đồng Lời giải Chọn B Sau 10 năm số tiền vốn lãi thu T  100.1  0,08  215,89 triệu đồng 10 Do tiền lãi thu  215,89 100  115,89 triệu đồng Câu 23: [1D2-3-PT7] Một hộp chứa 15 cầu gồm cầu màu xanh cầu màu đỏ Chọn ngẫu nhiên đồng thời cầu từ hộp Xác suất để cầu chọn có đủ hai màu bằng: A B C D 5 5 Lời giải Chọn A Số phần tử không gian mẫu là: n     C153  455 Gọi A :"Chọn cầu có đủ hai màu "  n  A  C71C82  C72C81  364 Xác suất cần tìm là: P  A  Câu 24: n  A  n  [2H3-2-PT7] Trong không gian Oxyz , Mặt phẳng  P  qua điểm A  1; 2; 3 , vng góc với OA ( O gốc tọa độ) có phương trình phương trình đây? x y z x y z A    B x  y  3z  14  C    3 D x  y  3z  14  Lời giải Chọn D Mặt phẳng  P  qua điểm A  1; 2; 3 có véc tơ pháp tuyến n  OA   1; 2; 3 có phương trình 1 x  1   y     z  3   x  y  3z  12  Câu 25: [1H3-2-PT7] Cho hình chóp S ABCD có đáy hình chữ nhật tâm O, AB  a , AD  a , SD  a SA   ABCD  Tính tang góc SO  ABCD  A B C Lời giải Chọn D D Ta có: SA   ABCD   AO hình chiếu SO lên  ABCD    SO,  ABCD     SO, AO   SOA Xét tam giác ABC vuông B , ta có AC  AB  BC  a  3a  2a Xét tam giác SAD vng A , ta có SA  SD2  AD2  7a  3a  2a Xét tam giác SAO vuông A , ta có tan SOA  SA 2a   AO a n   Câu 26: [1D2-3-PT7] Cho khai triển  x3   (với x  ) Biết tổng hệ số ba số hạng đầu x   tiên triển 631 Tìm hệ số số hạng chứa x A 37.C125 B 38.C124 C 35.C127 D 36.C126 Lời giải Chọn D n k   3n 13k n n nk    k   k k  C x  C x Ta có:  x3       n n 3 k 0 x  k 0  x   Từ tổng hệ số số hạng khai triển 9n  n  1 3k.Cnk  30.Cn0  3.Cn1  32.Cn2  631   3n   631  n  12  k 0 12 13 k 12 18   k k  C x Khi ta có:  x3    12 k 0 x   Số hạng chứa x là: T  3k.C12k Với k thỏa mãn: 18  Câu 27: 13k   k   T  36.C126 [2D2-2-PT7] Tổng lập phương nghiệm phương trình log x.log3  x  1  2log x bằng: B 26 A Chọn C 126 Lời giải D 216 C Điều kiện: x  log x  Phương trình  log x log3  x  1  2     log3  x  1  x  2 x     x  1 thỏa mãn    13  53  126  x   thỏa mãn  Câu 28: a [1H3-3-PT7] Cho tứ diện ABCD có AB  CD  a , IJ  ( I , J trung điểm BC AD ) Số đo góc AB CD bằng: A 150 B 30 C 60 Lời giải Chọn C Gọi K trung điểm BD  IK CD  AB; CD  JK ; IK Ta có:   JK AB    D 120  Xét tam giác IKJ AB a CD JK     IK 2   COS  IK ; JK   COS IKJ   IK  JK  IJ 1   2.IK JK 2  Vậy AB; CD  60 Câu 29: [2H3-2-PT7] Trong không gian Oxyz , cho đường thẳng  nằm mặt phẳng   : x  y  z   d: đồng thời qua điểm M 1; 2;0  cắt đường x 2 y 2 z 3 Một vectơ phương    1 A u  1;1;   B u  1;0;  1 C u  1;  1;   D u  1;  2;1 Lời giải Chọn A Cách 1: Gọi A   2t;  t;  t   d giao điểm  d MA  1  2t; t;  t  , VTPT   n   1;1;1 Ta có:      MA  n   MA n     2t  t   t   t  1  MA  1;  1;   11; 1;   Vậy ud  1; 1;   thẳng y x -2 -1 O Phương trình hồnh độ giao điểm parabol y  x đường cong y  x2  là: x 3  x2  x    x  x     2 x 3  x  1  x  4 Diện tích  H  là: 2    S    x  dx  I   x3   I  với I   dx x 3 x 3   1  1  1 1    Đặt: x  tan t , t    ;   dx  1  tan t  dt  2   Đổi cận: x  1  t   , x   t  6  I    1  tan t  dt  3tan t  Vậy S  I      t dt         8 8 8 12    9 Câu 32: 3 [2D3-3-PT7] Biết  x  3 dx x 1  x   a  b ln c với với a , b , c số hữu tỷ c  Tính P  a  b  2c A P  C P  12 B P  D P  Lời giải Chọn B x   u  Đặt u  x   u   x  2udu  dx ; đổi cận:  x   u  Ta có  x  3 dx 2u  8u   0 x   x   1 u  3u  du  1  2u   u   du  u  6u  6ln u  Do a  3 , b  , c   Vậy P  a  b  2c  3     3  6ln Câu 33: [2H2-3-PT7] Cho hình chóp S ABC có đáy ABC tam giác vuông C , AC  a, BC  2a , mặt phẳng  SAB  vng góc với mặt phẳng  ABC  tam giác SAB vuông cân S Tính thể tích khối nón có đỉnh S đáy đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC A V   a3 24 B V   a3 5 12 C V   a3 5 24 D V   a3 3 24 Lời giải Chọn C S A B H C ABC tam giác vuông C nên AB  CA2  CB  a ọi H trung điểm AB  H tâm đường tròn ngoại tiếp Bán kính đường tròn ngoại tiếp ABC r  ABC SH   ABC  AB a  2 AB a  2 Thể tích khối nón có đỉnh S đáy đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC là: Tam giác SAB vuông cân S nên SH  2  a  a  a3 5 V   r h      3   24 Câu 34: [2D2-3- PT 7] Tìm m để phương trình 4x  2x3   m có hai nghiệm x  1;3 ? A 13  m  9 B  m  C 9  m  Lời giải D 13  m  Chọn A Ta có  x   21  2x  23 hay  2x  Đặt t  x , t   2;8 Phương trình trở thành: t  8t   m 1 Để phương trình cho có hai nghiệm thuộc khoảng 1;3 1 phải có hai nghiệm thuộc khoảng  2;8 Xét hàm số f  t   t  8t   2;8 Ta có t f t  9 13 Từ bảng biến thiên suy với m  13;  9 1 có hai nghiệm thuộc khoảng  2;8 Vậy giá trị cần tìm m 13  m  9 Câu 35: để phương trình [2D1-1-PT7] Có giá trị nguyên tham số m m 43  m  cos  x  1  cos  x  1 có nghiệm thực? 3 A B C D Lời giải Chọn B Ta có  m 43  m  cos  x  1  cos  x  1 3 43 m m  cos  x  1  cos3  x  1  1 3   Đặt cos x   u Điều kiện 1  u  m m  cos  x  1  v  v3   u 3 Khi 1 trở thành u  m  v  3 4 4  Từ  3   suy u  v  v3  u  (u  v)  u  uv  v    3 3    3v  u  v u  uv  v    u  v     0, u, v    4 Suy ra: m 4  u  u  m  2(u  u ) với u   1;1 3 4    Xét hàm số f  u    u  u  đoạn  1;1 Ta có f   u    3u   ; 3    f  u     Suy max f  u   1;1 32 32 , f  u   27 1;1 27 Do phương trình có nghiệm 32 32 , mà m m 27 27 nên m 0; 1 [2D1-3-PT7] Cho hàm số y   x  x  m  Tìm tổng T tất giá trị m để y  Câu 36: 2;2 31 23 C T  B T  8 A T  D T  Lời giải C ọn C   Đặt t  x  x Với x   2;2 t    ;6    Ta có y  f  t    t  m  f   t    t  m  ; f   t    t  m Trường hợp 1: m   y  f  t     x 2;2  t  ;6   m  1  1 f    m   4  4  (thỏa mãn) m   (loại) 4 Trường hợp 2:   m  f  t   (loại)   t  ;6    Trường hợp 3: m  f  t   f     m      t  ;6    m  4 (loại) m  8 (thỏa mãn) Vậy tổng cần tìm 8  Câu 37: 23  4 [2D3-3-PT7]Một bác thợ xây bơm nước vào bể chứa nước ọi h  t  thể tích nước bơm sau t giây Cho h '  t   3at  bt ban đầu bể khơng có nước Sau giây thể tích nước bể 150m3 Sau 10 giây thể tích nước bể 1100m3 Hỏi thể tích nước bể sau bơm 20 giây bao nhiêu? A 8400 m3 C 6000 m3 B 2200 m3 Lời giải C ọn A Ta có h  t     3at  bt  dt  at  bt C Vì ban đầu bể khơng có nước nên h     C  D 4200 m3 Sau giây thể tích nước bể 150m3 nên h  5  150  125a  25b  150  10a  b  12 Sau 10 giây thể tích nước bể 1100m3 nên h 10   1100  1000a  50b  1100  20a  b  22 50a  b  60 a  Khi ta có hệ:   200a  b  220 b  Khi h  t   t  t Vậy thể tích nước bể sau bơm 20 giây h  20   8400m3 Câu 38: [2D4-3-PT7] Có số số phức z thỏa mãn z    z  1 số ảo? B A C D Lời giải Chọn D Giả sử z  a  bi  a, b   a  bi     , ta có  a  1 z 1   b2   a2  b2  2a  19 Lại có  z  1   a   bi    a  1  b2  2b  a  1 i số ảo nên  a  1  b2  2 2  b2   a  1  a   a  1  2a  19  2a  18  a  3 2 + Với a   b2   b  2  z   2i + Với a  3  b2  16  b  4  z  3  4i Do có số phức z thỏa mãn tốn Câu 39: [2D1-3-PT2] Cho hàm số y  f  x  Hàm số y  f   x  có đồ thị hình bên Hàm số y  f 1  x  có điểm cực trị? B A Chọn C C Lời giải D Ta có:  f 1  x    1  x  f  1  x   2 f  1  x  x  1  x    Ta có:  f 1  x      x   1  x    Câu 40: [2D1-3-PT7] Có tất điểm đường thẳng y  x  kẻ tiếp tuyến đến (C) : y  x3 x 1 A điểm B điểm C điểm D điểm Lời giải Chọn A Gọi A  a; 2a  1  d Gọi đường thẳng  qua A có dạng y  k  x  a   2a  x3  x   k  x  a   2a  1 Để d tiếp xúc với (C )   có nghiệm    k  2  ( x  1) Thay (2) vào (1) ta được: x3 4   x  a   2a  1,  x  1 x   x  12   x  3 x  1  4 x  4a   2a  1 x  1  x2  x   4 x  4a   2a  1 x   2a  1 x  2a   g  x   ax   a   x  3a    3 Số tiếp tuyến kẻ số nghiệm phương trình  3 Để kẻ tiếp tuyến phương trình  3 có nghiệm khác Với a  :  3  4 x    x   Với a  :  3 có nghiệm khác khi  3 có nghiệm kép khác có nghiệm phân biệt có nghiệm    a  a    a  1    a    g 1  a   0    a  a       a 1   g 1  a     Vậy có điểm  0;1 ,  1; 1 ,  2;5  , 1;3 thỏa mãn yêu cầu Câu 41: [2H3-4-PT7] Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, viết phương trình mặt phẳng  P  qua điểm M 1; 2;3 cắt tia Ox , Oy , Oz điểm A , B , C cho 1 đạt giá trị nhỏ   2 OA OB OC A  P  : x  y  3z  14  B  P  : x  y  z   C  P  : x  y  z  18  D  P  : 3x  y  z  10  T Lời giải Chọn A z C K B O A y H x Gọi H hình chiếu O lên AB , K hình chiếu O lên HC Ta có OK   P  T 1 1 1 (hằng số)       2 2 2 OA OB OC OH OC OK OM Đẳng thức xảy K  M Do đó, TNN T (đạt K  M ) OM Suy  P  qua M có VTPT OM Vậy,  P  :  x  1   y     z  3   x  y  3z  14  Câu 42: [1D3-3-PT7] Cho dãy số  un  thỏa mãn log u2018  2017 2018  2log u1  log u2018  2log u1 1917 un 1  un với n  Tìm giá trị lớn n để un > A 232 B 233 C 234 Lời giải D 235 Chọn B Ta có: log u2018  2017 2018  2log u1  log u2018  2log u1  2log u1  log u2018  2017 2018  2log u1  log u2018  * Đặt: t  2018  2log u1  log u2018  t  2018  2log u1  log u2018  t  2018  2log u1  log u2018 Phương trình * trở thành: t  t  2017t  2018    t  2018(loai) Với t  ta có: 2018  2log u1  log u2018  (Vì  un  cấp số nhân nên u2018 1  u1   2 2017 )   2017   2017  log u1  log  u1      2    1  log102017  log u1  log u1  log   2  10   log u1  log    2  u1  52017 un  1917 5 2017 2017 0 2017 1   2  log 52017 n 1 5 1917 1    2 n 1  5100  n   log 5100  n  log 5100   232, 2 Vậy giá trị lớn n thỏa mãn toán n  233 Câu 43: [2D1-3-PT7] Cho đồ thị hàm số y  f  x  hình vẽ đây: Có giá trị nguyên dương tham số m để hàm số y  f  x    cực trị A B Chọn C Lời giải m có điểm D C Hàm số y  f  x   có đồ thị đồ thị hàm số y  f  x  tịnh tiến sang phải đơn vị Hàm số y  f  x    m có đồ thị đồ thị hàm số y  f  x   tịnh tiến xuống m đơn vị Ta thấy đồ thị hàm số y  f  x  có điểm cực trị Khi tịnh tiến sang phải đơn vị số điểm cực trị hàm số y  f  x   điểm cực trị m có điểm cực trị đồ thị y  f  x  cắt trục hoành 4 điểm phân biệt (theo hướng kéo đồ thị xuống dưới) m      m  Do m  suy m 1; 2;3 Vậy có giá trị tham số m thỏa mãn Để đồ thị hàm số y  f  x    Câu 44: [2H3-3-PT7] Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm A  2;0;0  , B  0; 4;0  , C  0;0;6 , D  2; 4;6  Phương trình đường thẳng d qua tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD vng góc với mặt phẳng  BCD  là: x 1 y  z  1 x  y z  B     6 x 1 y   z 1 x y  z  C D     6 Lời giải A Chọn D Gọi I  a; b; c  tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD Mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD có dạng: x2  y  z  2ax  2by  2cz  d  Mặt cầu qua A , B , C , D nên ta có hệ phương trình: 4a  d  4 a  8b  d  16  b    suy I 1; 2;3  12c  d  36 c3  4a  8b  12c  d  56 d  Mặt phẳng  BCD  có VTPT n   BC , BD    24;12;8 Đường thẳng d qua I 1; 2;3 vng góc với mặt phẳng  BCD  nên có phương trình: 1 x y  z    Câu 45: [2H1-4-PT7] Cho tứ diện ABCD có tất cạnh Gọi G trọng tâm tam giác BCD Gọi S điểm cho AS  BG Thể tích khối đa diện ABCDS Lời giải A 12 B Chọn 24 C 36 D 24 A Chia khối đa diện ABCDS thành khối chóp ABCD SACD : +) Tứ diện ABCD cạnh tích: VABCD  12 +) Khối chóp SACD có: 1 SI SI VSACD  d  S ;  ACD   S ACD  d  B;  ACD  .S ACD  VABCD 3 BI BI Mà SI AS    VSBCD  18 BI BM Suy ra, thể tích khối đa diện ABCDS VABCDS  Câu 46:  a, b  [2D4-4-PT6] Xét số phức z  a  bi z   3i  z   5i đạt giá trị lớn A P   B P   C P  2  D P  2   2   12 18 36 thỏa mãn z   3i  Tính P  a  b Lời giải Chọn A Do z   3i    a  3   b  3  36 2 Suy M   C  có tâm I  3;3 bán kính R  Gọi A  6;3 , B  1; 5  IA   9;0  IA  , Gọi I  giao điểm đoạn AI với  C  Lấy D  IC : ID  R  Khi ID.IA  R2  IM IMD  IAM   AM  MD IM   AM IA 3 MD Suy P  2MA  3MB   MD  MB   3.BD Dấu “=” xảy M  BD   C  M nằm B, D Do D  IC : ID  R   ID  IA  D  1;3 Vậy đường thẳng BD : x  1 Tọa độ giao điểm BD đường tròn  C  nghiệm hệ 2  x  1; y     x  3   y  3  36    x  1   x  1; y    Mà M  M nằm B, D nên MB  MD  BD  M 1;3   Vậy a  b   Câu 47: [1H3-3-PT7]Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD hình thoi tâm O , đường thẳng SO vng góc với mặt phẳng  ABCD  Biết BC  SB  a , SO  mặt phẳng  SBC   SCD  A 90 Chọn B 60 C 45 Lời giải a Tìm số đo góc hai D 30 A Gọi M trung điểm SC , tam giác SBC cân B nên ta có SC  BM (1) Theo giả thiết ta có BD   SAC   SC  BD Do SC   BCM  suy SC  DM (2) Từ (1) (2) suy góc hai mặt phẳng  SBC   SCD  góc hai đường thẳng BM DM Ta có SBO  CBO suy SO  CO  Do OM  a a SC  Mặt khác OB  SB  SO  a Do tam giác BMO vng cân M hay góc BMO  45 , suy BMD  90 Vậy góc hai mặt phẳng  SBC   SCD  90 Câu 48: [2H3-4- PT7] Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho A 1; 2;1 , B  3; 1;1 , C  1; 1;1 Gọi  S1  mặt cầu tâm A bán kính R   S2  ,  S3  mặt cầu tâm B , C có bán kính Hỏi có mặt phẳng tiếp xúc với  S2  ,  S3  cắt  S1  theo giao tuyến đường tròn bán kính r  A B Chọn C Lời giải B Xét  P  : ax  by  cz  d  thỏa mãn ycbt D d  A,  P    Ta có  d  B,  P    d  C ,  P     a  2b  c  d  a  b  c 1  a  2b  c  d  3a  b  c  d      3a  b  c  d  a  b  c     a  b  c  d  3a  b  c  d   2  a  2b  c  d  a  b  c  d  a  b  c  d  a  b  c  3   2a  3b  2c     4a  b  2d    a     b  a  c  d   2a  3b    b  2c  2d  Từ ta có hệ a  a  a  a      2a  3b  2c  2a  3b  2c  4a  b  2d  b  2c  2d  b  2c  2d  2a  3b   4a  b  2d  2a  3b      b  a  c  d b  a  c  d b  a  c  d b  a  c  d     2a  3b  2c  2a  3b  2c  4a  b  2d  4a  b  2d  2a  3b  b  2c  2d  2a  3b  b  2c  2d      Trong hệ có nghiệm a  b  c  nên loại Vậy có mặt phẳng thỏa mãn Câu 49: [1D2-4-PT7] Xếp ngẫu nhiên 10 học sinh gồm học sinh lớp 12A , học sinh lớp 12B học sinh lớp 12C vào bàn tròn (hai cách xếp coi giống cách xếp kết cách xếp ta thực phép quay bàn tâm góc đó) Tính xác suất để khơng có hai học sinh lớp ngồi cạnh 252 C P  630 A P  126 11 D P  630 B P  Lời giải Chọn B Xếp ngẫu nhiên 10 học sinh vào bàn tròn có 9! cách xếp  n     9! Gọi A biến cố xếp 10 học sinh vào bàn tròn cho khơng có học sinh lớp đứng cạnh Xếp học sinh lớp 12 C có 4! cách Với cách xếp học sinh lớp C nói trên: hai học sinh có khoảng trống, ta có khoảng trống Cần phải xếp học sinh lớp A B cho khơng có hai học sinh lớp đứng cạnh nên có 5! cách xếp Vậy n  A  4!.5! Vậy P  Câu 50: 4!.5! 9! f  x [2D2-4-PT7] Cho hàm số    0;  có đạo hàm liên tục  2 3  3    f    0,   f   x   dx   ,   sin x  x cos x  f  x  dx    Tích phân 48 48 2  A C   B  D   Lời giải Chọn D Bằng cơng thức tích phân phần ta có      sin x  x cos x  f  x  dx   x sin x  f  x  02    x sin x  f   x  dx 0  Suy   x sin x  f   x  dx  3 48   Hơn ta tính    2   x sin x  dx    x sin x dx   2    2 0  x 1  cos x  dx  2 x 1  cos x  x x cos x dx   dx   dx 2 0 2 3  48  Do    2 0    f   x  dx  2  x sin x  f   x  dx    x sin x  dx     f   x   x sin x  dx  2   Suy f   x   x sin x , f  x   sin x  x cos x  C Vì f    nên C  1 2  Ta   f  x  dx    sin x  x cos x  1 dx    thỏa mãn   f  x  dx ... Hàm số có giá trị cực tiểu 3 C Hàm số có hai điểm cực trị Chọn B Hàm số có giá trị cực đại 3 D Hàm số khơng có cực trị Lời giải D Dựa vào bảng biến thiên, thấy f (x) không đổi dấu nên hàm số. .. [2D1-3-PT7] Cho đồ thị hàm số y  f  x  hình vẽ đây: Có giá trị nguyên dương tham số m để hàm số y  f  x    cực trị A B Chọn C Lời giải m có điểm D C Hàm số y  f  x   có đồ thị... 4i Do có số phức z thỏa mãn tốn Câu 39: [2D1-3-PT2] Cho hàm số y  f  x  Hàm số y  f   x  có đồ thị hình bên Hàm số y  f 1  x  có điểm cực trị? B A Chọn C C Lời giải D Ta có: 