ĐỀ ôn TNTHPTQG năm 2019 MA TRẬN 1 THPT BÌNH MINH

ĐỀ ĐỌC HIỂU – ĐÁP ÁN CHI TIẾT ÔN TẬP THPTQG 2019 MƠN TỐN https://onthithpt.com Câu [2D1-1] Hỏi hàm số y  4 x  16 nghịch biến khoảng nào? A  ;1 B  0;    C 1;    D  ;0  Lời giải Chọn B TXĐ D  Ta có y  16 x3 Khi đó: y   x  Do đó: y   x  y   x  Vậy hàm số cho nghịch biến khoảng  0;   Câu [2D1-1] Cho hàm số y xác định, liên tục f x x y' có bảng biến thiên sau: 0 y 4 Khẳng định sau đúng? A Hàm số có ba giá trị cực trị B Hàm số có ba điểm cực trị C Hàm số có hai điểm cực trị D Hàm số đạt cực đại điểm x Lời giải Chọn B Dựa vào đồ thị hàm số, ta có nhận xét sau: Hàm số có ba điểm cực trị, gồm điểm x điểm Hàm số đạt cực đại x , đạt cực tiểu x 1, x đạo hàm y 1, x Đáp án A sai hàm số có hai giá trị cực trị yCD có ba điểm cực trị A 0; , B Câu 3 yCT Nói đến đồ thị hàm số 1;4 , C 1; [2D1-2] Cho bảng biến thiên sau, xác định hàm số: x 1  đổi dấu qua  y y       3 4 4 A y  x  x  B y   x  x  C y  x3  3x  x  D y  x3  3x  Lời giải Chọn A Dựa vào bảng biến thiên ta nhận thấy hàm số hàm trùng phương nên ta loại đáp án C D Đồ thị hàm số qua điểm  0; 3 nên ta chọn đáp án A Câu [2D1-2] Cho hàm số y  f  x  có bảng biến thiên sau Dựa vào bảng biến thiên ta có mệnh đề A Hàm số đạt giá trị lớn khoảng  ; 1 B Hàm số đạt giá trị nhỏ nửa khoảng  2;   C Hàm số đạt giá trị nhỏ giá trị lớn đoạn  2;1 D Hàm số khơng có giá trị nhỏ đoạn  0; 2 Lời giải Chọn B 3x  Khẳng định sau đúng? 1 x A Đồ thị hàm số có tiệm cận ngang y  B Đồ thị hàm số có tiệm cận đứng x  1 C Đồ thị hàm số có tiệm cận ngang y  3 D Đồ thị hàm số có tiệm cận ngang y= Lời giải Chọn C Vì lim y  3, lim y  3 Câu [2D1-2] Cho hàm số y  x  Câu x  [2D1-2] Đồ thị hình bên hàm số nào? A y  x3  3x B y  x3  3x C y   x3  x D y   x3  x Lời giải Chọn A Đồ thị hàm số qua điểm A  1;  , O  0;  ,C 1;  2 nên có y  x3  3x thỏa Câu [2D1-3] Tìm tập hợp tất giá trị tham số m để hàm số y  x3  mx2  x  m nghịch biến khoảng 1;  A  1;   11   B  ;   4  C  ; 1 11  D  ;   4  Lời giải Chọn D Ta có y '   x3  mx2  x  m  '  3x  2mx  àm số nghịch biến khoảng 1;2   y '    3x 3x  2mx    f  x  m  x  1;     2x   x  1;   x  1;   3x   0, x  1;   f  x  nghịch biến khoảng 1;  Ta có f '  x    x2 11  f  x   f  2    11 11  m  f  x  t khác   m  f      m   ;   4   x  1;  [2D1-2] Tìm giá trị thực tham số m để hàm số y  x3  mx  (m2  4) x  đạt cực đại x  A m  B m  1 C m  D m  7 Câu Lời giải Chọn C Ta có y  x2  2mx  m2  Hàm số đạt cực trị x  suy y  3   m2  6m   m 1  m  Lại có y  x  2m +, Với m  1, y  3     Hàm số đạt cực tiểu x  (loại) +, Với m  , y  3   10  4  Hàm số đạt cực đại x  (thỏa mãn) Vậy với m  hàm số đạt cực đại x  Câu [2D1-3] Tìm giá trị thực tham số m để đường thẳng d : y  (2m 1) x   m vng góc với đường thẳng qua hai điểm cực trị đồ thị hàm số y  x3  3x  A m  B m  C m   D m  Lời giải Chọn B Ta có y  x  x Từ ta có tọa độ hai điểm cực trị A(0;1), B(1; 1) Đường thẳng qua hai điểm cực trị có phương trình y  2 x  Đường thẳng vng góc với đường thẳng y  (2m  1) x   m (2m  1)(2)  1  m  Câu 10 [2D1-3] Cho hàm số y  x  5x  có đồ thị hình Hàm số có đồ thị hình 2? HÌNH HÌNH A y  x  5x  B y   x  5x  C y  x  5x  D y  x  5x  Lời giải Chọn A + Giữ nguyên phần đồ thị y  x  5x  phía trục hồnh + Lấy đối xứng qua trục hoành phần đồ thị y  x  5x  nằm phía trục hồnh lên trục hồnh Câu 11 [2D1-4] Tìm tất giá trị tham số thực m để đường thẳng d : y  x  m cắt đồ thị hàm số  C  : y  A m   3x  điểm phân biệt A, B thoả mãn độ dài AB nhỏ x4 B m  D m  C m  1 Lời giải Chọn A 3x   x  2m x4  x  x     x  x  2m    8m   0(*)  3x  1   x   x  2m  để d cắt  C  điểm phân biệt phương trình (*) có nghiệm phân biệt x1; x2 Phương trình hồnh độ giao điểm là:    4m2  4m  53   m  x  x2    2m   ; x1.x2  8m  theo định lí Viet ta có: A x1; x1  2m  ; B  x2 ; x2  2m  AB   x1  x2   AB   x1  x2    x1  x2   x1 x2    2   2m     8m  1   4m2  4m  53   2m  1  52   2.52     2 ABmin  26  2m    m   Câu 12 [2D1-3] Một mảnh vườn hình chữ nhật có diện tích 961m2 , người ta muốn mở rộng thêm phần đất cho tạo thành hình tròn ngoại tiếp mảnh vườn Biết tâm hình tròn trùng với tâm hình chữ nhật Tính diện tích nhỏ Smin phần đất mở rộng A Smin 961 961 m2 B Smin 1922 961 m2 C Smin 1892 946 m D Smin 480,5 961 m Lời giải Chọn D Gọi x m , y m x 0, y hai kích thước mảnh vườn hình chữ nhật; R m bán kính hình tròn ngoại tiếp mảnh vườn Theo đề bài, ta có xy R2 x2 OB y2 961m2 Diện tích phần đất mở rộng: S Stron R2 S ABCD x2 y2 xy Câu 13 [2D2-1]Tập xác định hàm số y  (9  x ) xy Cosi 3 A (3;3) \ 3 B xy xy 480,5 961 là: C (;3)  (3; ) D \ 3 Lời giải Chọn D Ta có   3 số nguyên âm nên  x   x  3 Câu 14 [2D2-2]Rút gọn biểu thức a 1 a  a  2 A a 2 ,  a   kết là: B a C a D a Lời giải Chọn C Câu 15 [2D2-1]Tập xác định hàm số y  log  x  x  là: A D  0; 2 B D   ;0   2;   C D   ;0    2;   D D   0;  Lời giải Chọn D Điều kiện x  x2    x  Vậy tập xác định hàm số D   0;  Câu 16 [2D2-3]Ông Anh muốn mua ô tô trị giá 700 triệu đồng ông có 500 triệu đồng muốn vay ngân hàng 200 triệu đồng theo phương thức trả góp với lãi suất 0, 75% tháng Hỏi hàng tháng ông Anh phải trả số tiền để sau hai năm trả hết nợ ngân hàng? A 913.5000 đồng B 997.0000 đồng C 997.1000 đồng D 913.7000 đồng Lời giải Chọn D Để sau n tháng trả hết nợ Sn  nên: A 1  r  n 1  r  X n 1 r A 1  r  r n  X  1  r  n 1 Nên số tiền ông Anh phải trả hàng tháng là: 24  0, 75  0, 75 200 1   100  100  X  913.7000 đồng 24  0, 75  1   1 100   Câu 17 [2D2-2]Số nghiệm phương trình 22 x A B 7 x 5  là: C Vô số nghiệm D Lời giải Chọn A Ta có 2 x2 7 x 5 x    2x  x     x   Vậy phương trình cho có hai nghiệm phân biệt Câu 18 [2D2-4]Cho phương trình 4x   m  1 2x1   Biết phương trình có hai nghiệm x1 , x2 thỏa mãn  x1  1 x2  1  Khẳng định bốn khẳng định B  m  A Khơng có m C m  D m  Lời giải Chọn B Đ t t  x  t   phương trình cho trở thành t   m  1 t   1 Điều kiện để phương trình có hai nghiệm x1 , x2  1 có hai nghiệm dương phân biệt t1 , t   m  1  2  m  2m           S   2  m  1     m  1  2  m  1  2  P  8    m  1 Khi t1  m   m2  2m   x1 , t2  m   m2  2m   x2 Ta có t1.t2  2x1  x2   x1  x2  ,  x1  1 x2  1   x1 x2    log  m    log  m      m  2m   log 2 m   m  2m  m  2m   3  log  m   m  2m    1    log m   m2  2m  log m   m2  2m   2 2 2 2   u  Đ t u  log m   m2  2m  1 trở thành 3u  u     u  Với u   m   m2  2m    m2  2m    m : ptvn m  1  2 Với u   m   m2  2m    m2  2m    m  m  (nhận) Vậy m  thỏa ycbt Câu 19 [2D3-1]Tất nguyên hàm hàm số f  x   2x  1 A ln  x  3  C B ln x   C C ln x   C D ln x   C 2 ln Lời giải Chọn B Áp dụng công thức nguyên hàm mở rộng: 1  f  x  dx   x  dx  ln x   C Câu 20 [2D3-1] àm nguyên hàm hàm số f ( x)  x3  C x 2x  3ln x  C C F  x   x4  x2 x3  C x D F  x   x   C x Lời giải A F  x   B F  x   Chọn A f ( x)  x4  3 x3  x  ; F x   C   x2 x2 x  sin x dx Thực phép đổi biến t  cos x , ta đưa  cos x Câu 21 [2D3-2] Xét tích phân I   I dạng sau đây?   4 2t dt 1 t 2t dt 1 t 2t dt 1 t A I    B I   2t dt 1 t C I    D I   2 Lời giải Chọn C Ta có t  cos x  dt   sin xdx Khi x  t  , x    3  t  Vậy sin x 2sin x cos x 2t 2t I  dx   dx    dt   dt  cos x  cos x 1 t 1 t 0 Câu 22 [2D3-2] Tính tích phân I   ln xdx cách đ t u  ln x , ta đưa I dạng sau đây? A x ln x   dx  C B  dx x  C I  x ln x   dx D I  ln x   dx Lời giải Chọn C  u  ln x du  dx  x  dv  dx v  x   ln xdx  x ln x   dx  x ln x  x  C Câu 23 [2D3-2] Cho hàm số f  x  có đạo hàm liên tục đoạn 1; 2 thỏa mãn f 1  1, f    2 Tính I   f   x  dx A I  B I  1 C I  D I  Lờigiải Chọn A 2 1 Ta có I   f   x  dx  f  x   f    f 1  Câu 24 [2D3-3] Thể tích vật thể tròn xoay sinh hình phẳng giới hạn đường y  x , y   x  , y  quay quanh trục Oy , có giá trị kêt sau đây? A V   3 B V   C V  32  15 D V  11  Lời giải Chọn C y  Ta có y  x   y   x   x   y x  y  y  2 Xét phương trình y   y  y  y     Do y  nên y  y 1 Thể tích khối tròn xoay cần tính quay quanh trục Oy là: VOy     y     y  dy 2  y5 y3  32     y  y  y   dy      y  y   (đvtt) 15  0 Câu 25 [2D3-4] Ơng An có mảnh vườn hình Elip có độ dài trục lớn 16m độ dài trục bé 10m Ông muốn trồng hoa dải đất rộng 8m nhận trục bé elip làm trục đối xứng (như hình vẽ) Biết kinh phí để trồng hoa 100.000 đồng/ 1m2 Hỏi ông An cần tiền để trồng hoa dải đất đó? (Số tiền làm tròn đến hàng nghìn.) 8m A 7.862.000 đồng B 7.653.000 đồng C 7.128.000 đồng D 7.826.000 đồng Lời giải Chọn B Giả sử elip có phương trình x2 y   a b2 Từ giả thiết ta có 2a  16  a  2b  10  b  5  y   64  y ( E1 )  x y  1  Vậy phương trình elip 64 25  y  64  y ( E )  2 Khi diện tích dải vườn giới hạn đường ( E1 ); ( E2 ); x  4; x  diện tích 4 5 64  x dx   64  x dx 20 4 dải vườn S    3 Tính tích phân phép đổi biến x  8sin t , ta S  80    6   3 Khi số tiền T  80    100000  7652891,82 7.653.000 6  Câu 26 [2D4-1] Phần thực, phần ảo số phức z   3i A 4; 3 B 4;3 C 4;3 D 4; 3 Lời giải Chọn A Câu 27 [2D4-2] Biết z1 ; z2 hai nghiệm phương trình z  3z   Khi giá trị z12  z22 là: A B C 10 D  Lời giải Chọn D  b  S  z1  z2     a Theo Viet, ta có:   P  z z  c   a z12  z22  S  P  3   4 [2D4-3] Cho số phức z thỏa mãn Câu 28 z i số ảo Tập hợp điểm M biểu diễn z i số phức z là: A Đường tròn tâm O , bán kính R  B Hình tròn tâm O , bán kính R  (kể biên) C Hình tròn tâm O , bán kính R  (khơng kể biên) D Đường tròn tâm O , bán kính R  bỏ điểm  0,1 Lời giải Chọn D Gọi M  a, b  điểm biểu diễn số phức z  a  bi (a, b  ) Ta có: z  i a  (b  1)i a  b2  2a    i z  i a  (b  1)i a  (b  1) a  (b  1)  a  b   a  b2  z i a  b2   Để số ảo 0  2 z i a   b  1 a   b  1  a  0, b  a  b2    a  b2    a  b2   Tập hợp điểm 2 a  (b  1) đường tròn tâm O, bán kính R  Câu 29 [2D4-4] Cho số phức z thỏa mãn điều kiện z   i  z   2i  Gọi M, m giá trị lớn giá trị nhỏ môđun số phức z  2i Tính M + m A  10 B 10  C Lời giải Chọn B Gọi z  x  yi;  x; y   có điểm M  x; y  biểu diễn z m t phẳng tọa độ 11  13 D 10  Ta có: z   i  z   2i    x  1   y 1   x  1   x  3   y   2 2   y    3   x  3 2    y    4  1 Số phức z  2i  x   y   i có điểm M '  x; y  2 biểu diễn z  2i m t phẳng tọa độ Đ t A 1;3 , B  3; 4 từ (1) ta có: AM ' BM '   2 M t khác AB   2;1  AB   3 nên từ (2) (3) suy ’ thuộc đoạn thẳng AB Nhận xét OAB góc tù (ho c quan sát hình vẽ) ta có M '  z max  OB  m  z  OA  10 Vậy M  m  10  (Chứng minh max dựa vào tam giác OA ’, O ’B tù A, M’) Câu 30 [2H1-1] Hình chóp tứ giác có m t phẳng đối xứng? A m t phẳng B m t phẳng D m t phẳng C m t phẳng Lời giải Chọn A Hình chóp tứ giác có m t phẳng đối xứng bao gồm:  m t phẳng qua đỉnh hình chóp chứa đường trung bình đáy  m t phẳng qua đỉnh hình chóp chứa đường chéo đáy Câu 31: [2H1-2] Cắt khối lăng trụ MNP.M N P m t phẳng  MN P   MNP  ta khối đa diện nào? A Hai khối tứ diện hai khối chóp tứ giác B Một khối tứ diện khối chóp tứ giác C Ba khối tứ diện D Hai khối tứ diện khối chóp tứ giác Hướng dẫn giải Chọn C 12 M N P N' M' P' Cắt khối lăng trụ MNP.M N P m t phẳng  MN P   MNP  ta ba khối tứ diện P.MNP; P.MNN ; M MNP Câu 32: [2H1-3] Cho hình lăng trụ ABCD ABCD có đáy ABCD hình vuông cạnh a Các cạnh bên tạo với đáy góc 60o Đỉnh A cách đỉnh A, B, C, D Trong số đây, số ghi giá trị thể tích hình lăng trụ nói trên? A a3 B a3 C a3 D a3 Hướng dẫn giải Chọn B Gọi O tâm hình vng ABCD Từ giả thiết A’ cách đỉnh A, B, C ta suy hình chiếu A’ m t phẳng ABCD O hay A’O đường cao khối lăng trụ Trong tam giác A’OA vuông A A ' OA  600 , ta có: A ' O  OA.tan 600  a a 3 2 Diện tích đáy ABCD S ACDD  a Thể tích khối lăng trụ V  B.h  S ABCD A ' O  a3 a3 Vậy V  13 Câu 33: [2H1-2] Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD hình bình hành tích Trên cạnh SC lấy điểm E cho SE  2EC Tính thể tích V khối tứ diện SEBD A V  B V  C V  12 D V  Hướng dẫn giải Chọn B S E A D B Ta có VSBCD  VSABCD  C VSEBD SE.SB.SD   Do VSEBD  VSCBD SC.SB.SD Câu 34: [2H1-4] Để làm máng xối nước, từ tơn kích thước 0,9m  3m người ta gấp tơn hình vẽ biết m t cắt máng xối (bởi m t phẳng song song với hai m t đáy) hình thang cân máng xối hình lăng trụ có chiều cao chiều dài tôn Hỏi x  m  thể tích máng xối lớn ? 3m x 0,3m xm x 0,3m 0,9 m 3m (a) Tấm tôn A x  0,6m 0,3m (b) Máng xối B x  0,65m C x  0, 4m 0,3m (c) Mặt cắt D x  0,5m Hướng dẫn giải Chọn A Vì chiều cao lăng trụ chiều dài tơn nên thể tích máng xối lớn diện tích hình thang cân (m t cắt) lớn Ta có S  h  x  0,3 14 x  0,3 BC  h  0,3  x  0,3   x  0,3 S  0,3 B  x  0,3  C h 0.3m A 0.3m S 2  x  0,3  0,3   x  0,3 Xét hàm số f  x    x  0,3  0,3   x  0,3 2  f   x    0,3   x  0,3   x  0,3  0,3   x  0,3   x  0,3 x  0,3   0,3   x  0,3 2  x  0,3 2   0,3   x  0,3 2 0,36  x  x  0,3  0,3   x  0,3 2  x  0,3 f   x     x  0,3x  0,18     x  0, Dựa vào bảng biến thiên ta thấy f  x  lớn x  0, Vậy thể tích máng xối lớn x  0,6m Câu 35: [2H1-1] Cho hình hộp chữ nhật ABCD ABCD Biết AB  a, AD  2a, AA  3a Tính thể tích khối hộp ABCD ABC D A 2a B 6a C 6a D 2a Hướng dẫn giải Chọn B VABCD ABCD  AB AD AA  a.2a.3a  6a3 ( đvtt ) Câu 36: [2H2-1] Trong không gian cho tam giác ABC vuông cân A với đường cao AH , AB  2a Tính bán kính R đáy hình nón, nhận quay tam giác ABC xoay quanh trục AH ? A R  2a B R  a C R  a Hướng dẫn giải Chọn B 15 D R  2a R  HB  Câu 37: 1 BC  2a  a 2 [2H2-2] Cho hình lập phương ABCD.ABCD có cạnh a Gọi S diện tích xung quanh hình trụ có hai đường tròn đáy ngoại tiếp hai hình vng ABCD ABCD Tính S A  a2 2 B  a 2 C  a D  a Hướng dẫn giải Chọn B A' D' C' B' A D B C Gọi R, h bán kính đường tròn đáy chiều cao khối trụ Ta có ABCD hình vng nên R  AC a  2 h  AA  a Khi đó: VT   R h   a2  a3 a  2 Câu 38: [2H2-3] Cho hình chóp S ABC có đáy tam giác cạnh 1, SA vng góc với đáy, góc m t bên SBC đáy 60 Diện tích m t cầu ngoại tiếp hình chóp S ABC bao nhiêu? A 43 B 43 12 C 43 36 Hướng dẫn giải Chọn B 16 D 4 a 16 S J I R A C G M B Ta có: AM  3 , AG  G tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC Dựng đường thẳng  qua G vng góc m t phẳng ( ABC ) Suy  trục đường tròn ngoại tiếp hình chóp S ABC Gọi J trung điểm SA Trong m t phẳng xác định hai đường thẳng SA  kẻ đường thẳng trung trực đoạn SA cắt  I I tâm m t cầu ngoại tiếp khối chóp S ABC  SBC  ,  ABC   SMA  60 Tam giác SAM vuông A : tan SMA  JA  SA 3  SA  3 AM 2 SA  IAG vuông J : R  IA  IG  AG  JA2  AG  S  4R  4 Câu 39: 129   16 12 129 43  144 12 [2H3-1] Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai điểm A  3; 2;1 , B  1;0;5 Tìm tọa độ trung điểm đoạn AB A I (1;1;3) B I (1; 1;1) C I (2;1;3) Hướng dẫn giải Chọn A Dựa vào công thức trung điểm I ( xI ; yI ; z I ) đoạn AB 17 D I (2; 2;6) x A  xB   xI   y A  yB   I (1;1;3)  yI   z A  zB   zI   Câu 40: [2H3-1] Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz , cho m t cầu (S ) : x2  y  z  x  y  z   M t cầu ( S ) có tâm I bán kính R A I (2;1;3), R  B I (2; 1; 3), R  12 C I (2; 1; 3), R  D I (2;1;3), R  Hướng dẫn giải Chọn C M t cầu (S ) : x  y  z  2ax  2by  2cz  d  (với a  2; b  1; c  3, d  2 ) có tâm I  (a; b; c)  (2; 1; 3) , bán kính R  a  b2  c  d  Câu 41: [2H3-2] Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm I  1; 2;1 m t phẳng  P có phương trình x  y  z   Viết phương trình m t cầu tâm I tiếp xúc với m t phẳng  P : A  x  1   y     z  1  B  x  1   y     z  1  C  x  1   y     z  1  D  x  1   y     z  1  2 2 2 2 2 2 Hướng dẫn giải Chọn D Ta có: R  d  I ,  P    1  2.2  2.1  12  22   2   Phương trình m t cầu là:  x  1   y     z  1  Câu 42: 2 [2H3-2] Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz cho m t phẳng ( P) qua ba điểm E  0; 2;3 , F  0; 3;1 , G 1; 4;2  Viết phương trình m t phẳng ( P) A  P  : 3x  y  z   B  P  : 3x  y  z   C  P  : 3x  y  z   D  P  : 3x  y  z   Hướng dẫn giải Chọn C Ta có EF   0; 1; 2  , EG  1; 2; 1 ,  EF , EG    3; 2;1 Suy VTPT m t phẳng ( P) n   3; 2; 1 18 Phương trình m t phẳng  P  là: 3x   x     y  3   3x  y  z   Câu 43: [2H3-3] Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm M 1; 3;  , đường thẳng d: x  y 5 z 2 m t phẳng  P  : x  z   Viết phương trình đường thẳng  qua   5 1 M vng góc với d song song với  P  A  : x 1 y  z    1 B  : x 1 y  z    1 2 C  : x 1 y  z    1 2 D  : x 1 y  z    1 1 2 Hướng dẫn giải Chọn C Đường thẳng d có VTCP ud   3; 5; 1 m t phẳng  P  có VTPT n p   2;0;1 Suy ud , n p    5; 5;10    Khi chọn VTCP đường thẳng  u  1;1; 2  Phương trình đường thẳng  : Câu 44: x 1 y  z    1 2 [2H3-2] Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng có phương trình d: x  y 1 z 1 Xét m t phẳng  P  : x  my   m2  1 z   0, với m tham số thực   1 1 Tìm m cho đường thẳng d song song với m t phẳng  P   m  1 m  A  B m  C m  D m  1 Hướng dẫn giải Chọn A Đường thẳng d có VTCP u  1;1;  1   M t phẳng  P  có VTPT n  1; m; m2   m  1 d / /  P   u.n    m   m2  1   m2  m     m  Câu 45: [2H3-4] Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho hai điểm A  2;1;1 , B  0;3;  1 Điểm M nằm m t phẳng  P  :2 x  y  z   cho MA  MB nhỏ A 1;0;  B  0;1;3 C 1; 2;0  Lời giải Chọn C 19 D  3;0;  Khi Trước hết ta xét vị trí tương đối hai điểm A  2;1;1 B  0;3;  1 so với m t phẳng  P  :2 x  y  z   Ta có  2.2    4 2.0  1  4  4  Do A  2;1;1 A  0;3;  1 nằm khác phía so với m t phẳng  P  :2 x  y  z   Theo bất đẳng thức tam giác ta có MA  MB  AB Đẳng thức xảy M , A, B thẳng hàng hay M  AB   P  Đường thẳng AB qua điểm A  2;1;1 có vec tơ phương AB  2 1; 1;1 có phương trình x   t  tham số  y   t Suy M   t;1  t;1  t   z   t  Vì M   P  nên ta có   t    t   t    2t  2  t  1 Vậy M 1;2;0    Câu 46: [2D3-4] Cho hàm số f  x  liên tục, không âm đoạn  0;  , thỏa mãn f     2   f  x  f   x   cos x  f  x  , x   0;  Tìm giá trị nhỏ m giá trị lớn M  2    hàm số f  x  đoạn  ;  6 2 A m  21 , M 2 2 B m  C m  , M D m  , M  2 , M 3 Lời giải Chọn A Từ giả thiết f  x  f   x   cos x  f  x   f  x f   x 1 f  x  cos x   f  x f   x 1 f  x dx  sin x  C Đ t t   f  x   t   f  x   tdt  f  x  f   x  dx Thay vào ta  dt  sin x  C  t  sin x  C   f  x   sin x  C Do f     C  Vậy  f  x   sin x   f  x   sin x  4sin x 3    f  x   sin x  4sin x  , hàm số f  x  liên tục, không âm đoạn  0;   2 Ta có  x    sin x  , xét hàm số g  t   t  4t  có hoành độ đỉnh t  2 loại 20   21 Suy max g  t   g 1  , g  t   g    1  1  2  ;1  ;1 2         21 Suy max f  x   f    2 , f  x   g           2 ; ;         6     Câu 47: [2D3-4] Cho hàm số f  x  có đạo hàm liên tục đoạn  0; 2 thỏa mãn f    , 2   f   x  dx   x f  x  dx  0 A B 17 Tích phân 2  f  x  dx C Lời giải D Chọn A Tính: I   x f  x  dx du  f   x  dx u  f  x   Đ t:   dv  xdx v  x  2 12 1 Ta có: I  x f  x    x f   x  dx  12   x f   x  dx , (vì f    ) 20 20 Theo giả thiết:  x f  x  dx  17 17   12   x f   x  dx 20 2   x f   x  dx   2  x f   x  dx    f   x   dx   x f   x    f   x  2  2  f   x   x 2  dx   f   x   dx  0  x  f   x    f   x   x  f  x   x3  C 10 Với f     C  10 Khi đó: f  x   x3  3 2 10  10  1 1 Vậy  f  x  dx    x3   dx   x  x   3 0  12 0 Câu 48: [2D4-4] Cho số phức z1 thỏa mãn z1   3i  z1   3i z2 thỏa mãn z2   3i  z2   3i Tìm giá trị nhỏ P  z1  z2  z1   i  z2   i 21 A 18 13 B 16 13 C 10 D Lời giải Chọn A Gọi z1  x1  y1i biểu diễn điểm M  x1 , y1  , z2  x2  y2i biểu diễn điểm N  x2 , y2  Điểm A  6;1 Từ giả thiết z1   3i  z1   3i  2 x1  3y1  , suy M  d1 : x  3y   z2   3i  z2   3i , suy N  d2 : x  3y   Khi P  z1  z2  z1   i  z2   i  MN  MA  NA Bài tốn đưa tìm hai điểm M  d1 , N  d2 để chu vi tam giác AM1 M2 đạt giá trị nhỏ Gọi A1 , A2 điểm đối xứng A qua d1; d2 Ta có 2 x  y   72 22   B  ;  AM  MN  NA  A1 A2  Pmin  A1 A2  2BC với B   13 13  3x  y  20  x  3y   27 4  18 C  C  ;  Vậy Pmin  2BC  13  5  3x  y  17 Câu 49: [2H3-4] Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho m t cầu  S  :  x  1   y     z  3  2 m t phẳng  P  : x  y  z   Gọi M  a; b; c  điểm m t cầu  S  cho khoảng cách từ M đến  P  lớn Khi A a  b  c  B a  b  c  C a  b  c  Lời giải D a  b  c  Chọn C 2 M t cầu  S  :  x  1   y     z  3  có tâm I 1; 2;3 bán kính R  Gọi d đường thẳng qua I 1; 2;3 vng góc  P   x   2t  Suy phương trình tham số đường thẳng d  y   2t z   t  22 Gọi A, B giao d  S  , tọa độ A, B ứng với t nghiệm phương t  2 trình 1  2t  1    2t      t  3    t  1 13 Với t   A  3;0;   d  A;( P)   Với t  1  B  1; 4;   d  B;( P)   Với điểm M  a; b; c   S  ta ln có d  B;( P)   d  M ;( P)   d  A;( P)  Vậy khoảng cách từ M đến  P  lớn Do a  b  c  13 M  3;0;4  Câu 50 [2H3-2] Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho m t cầu m2 , với m  tham số hai điểm A  2;3;5 , B 1;2;  m Tìm giá trị nhỏ m để  Sm  tồn điểm M cho MA2  MB2   S  :  x  1   y  1   z  m  2 A m   B m   C m   D m  4 Lời giải Chọn C m2 m có tâm I 1;1; m  bán kính R  2 Gọi M  x, y, z  từ giả thiết MA  MB    P  : x  y  z   Ta có  Sm  :  x  1   y  1   z  m   2   Suy M   Sm    P  Suy d I ,  P   R  m2  m  8  m  8 Vậy giá trị m cần tìm thỏa u cầu tốn m   23 ... P  z1  z2  z1   i  z2   i 21 A 18 13 B 16 13 C 10 D Lời giải Chọn A Gọi z1  x1  y1i biểu diễn điểm M  x1 , y1  , z2  x2  y2i biểu diễn điểm N  x2 , y2  Điểm A  6 ;1 Từ...  m  1  2  m  1  2  P  8    m  1 Khi t1  m   m2  2m   x1 , t2  m   m2  2m   x2 Ta có t1.t2  2x1  x2   x1  x2  ,  x1  1  x2  1   x1 x2    log  m ...   SMA  60 Tam giác SAM vuông A : tan SMA  JA  SA 3  SA  3 AM 2 SA  IAG vuông J : R  IA  IG  AG  JA2  AG  S  4R  4 Câu 39: 12 9   16 12 12 9 43  14 4 12 [2H3 -1] Trong