Đáp án chuyên Lê Quý Đôn lần 2

Ngọc Huyền LB The best or nothing ĐÁP ÁN 1A 2C 3A 4C 5B 6C 7D 8D 9D 10A 11C 12D 13B 14B 15C 16D 17D 18D 19C 20A 21B 22D 23D 24D 25B 26B 27A 28B 29C 30B 31A 32C 33B 34A 35C 36B 37D 38B 39D 40A 41A 42B 43A 44D 45A 46D 47– 48B 49C 50C HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT Câu 1: Đáp án A STUDY TIP Trong khơng gian Oxyz, diện tích tam giác ABC tính theo cơng thức: SABC   AB, AC   2 Mặt cầu S : x2  y  z  2x  6y  8z  cắt tia Ox, Oy, Oz điểm A  2;0;0  , B 0;6;0 , C 0;0;8  Ta có AB   2; 6;  , AC   2; 0;    AB, AC    48;16;12    Vậy SABC   48  16  12 AB , AC    26 (đvdt)   Câu 2: Đáp án C Gọi bán kính đáy chiều cao ban đầu khối trụ R h Khi đó: Sxq  2Rh V  R2 h Khi tăng bán kính đáy khối trụ lên gấp đôi, chiều cao giảm xuống nửa   h Sxq  Rh  .2 R  Rh  Sxq  h  R  2R h  Khi đó:  2 V   R2 h    R  h  R h  2V  A h Như vậy, sau tăng bán kính lên gấp đơi, giảm chiều cao xuống cịn nửa diện tích xung quanh khơng đổi, cịn thể tích tăng lên gấp đơi Câu 3: Đáp án A Thể tích chỏm cầu có bán kính R, chiều cao h tính theo cơng thức sau: I O  h V  h2  R    h2  3R  h  3  Câu 4: Đáp án C  x1   Ta có x  x     x  1 x  x     x2  1  i  x3  1  i  B   Vậy P  x12  x22  x32  12   1  i    1  i   2 Câu 5: Đáp án B Từ giả thiết, ta có ABCD hình chữ nhật nên AB  DC Khi ta tìm tọa độ điểm C  4; 3;  Ta có AB  1; 0;1 , AD   2;1; 2    AB, AD    1; 4;1 Do CC   ABCD  nên   đường thẳng CC’ có véctơ phương u  1; 4; 1 x   t  Phương trình tham số đường thẳng CC’:  y   4t ,  t  z   t   Đã nói làm – Đã làm không hời hợt – Đã làm – Đã làm khơng hối hận! Ngọc Huyền LB The best or nothing Điểm C’ giao điểm đường thẳng CC’ với mặt phẳng x  y  z   nên ta tìm C  3;7;  Câu 6: Đáp án C Gọi  Q  mặt phẳng thỏa mãn Q  Ox Q    P  Trục Ox có véctơ phương i   1; 0;  , mặt phẳng  P  có véctơ pháp tuyến n P  1;1; 1 Ta có i , n P     0;1;1  Mặt phẳng  Q  có véctơ pháp tuyến nQ   0;1;1   Phương trình mặt phẳng  Q  : y  z  Gọi d hình chiếu Ox mặt phẳng  P  , suy d   P   Q  x  1  2t x  y  z   x1 y z    y  t    Ta thấy Khi phương trình d :  1 y  z  z  t  đường thẳng d qua điểm 1; 1;1 nên chọn phương án C Câu 7: Đáp án D – Với phương án A:  sin x f  cos x  dx   f  cos x  d  cos x   F  cos x   C Vậy A sai – Với phương án B:  f  2x dx   f  2x  d  2x   F  2x   C Vậy B sai – Với phương án C:  f  x  dx  2 f   d    2F    C Vậy C sai 1 1  – Với phương án D: x x x  cos x f  sin x  dx   f  sin x  d  sin x   F  sin x   C Vậy D Câu 8: Đáp án D Đặt z  x  yi ,  x, y   x  1   y   2  có điểm biểu diễn M  x; y  nằm đường tròn  Ta có  x  1   y     2  x  1   y   2    x  1   y   i   x  yi   2i   z   2i  Đặt w  a  bi ,  a, b   Khi đó: w  2z   2i  z  w  22i   a 2  b 2 i 2  a3 b2 a3 b2  i 2  Từ z   2i      2 2      a  3   b       a     b    16 Vậy tập hợp điểm biểu diễn 2 số phức w đường tròn  x     y    16 2 Câu 9: Đáp án D Phương trình hồnh độ giao điểm: x3  x2  mx   m  2x  x   x3  x2   m   x   m    x  1 x  m      x   m    Đã nói làm – Đã làm khơng hời hợt – Đã làm – Đã làm không hối hận! Ngọc Huyền LB The best or nothing Để đường thẳng cắt đồ thị ba điểm phân biệt  Phương trình   có hai 12   m m  m   nghiệm phân biệt khác     2  m  m  1  m   Câu 10: Đáp án A Đặt t  x2 , t  Để phương trình f  x   m có hai nghiệm x phân biệt  Phương trình f  t   m có nghiệm t dương  Đồ thị hàm số y  f  t  cắt đường thẳng y  m điểm, với t  m  Quan sát bảng biến thiên, ta tìm  m  Câu 11: Đáp án C Quan sát đồ thị hình bên, ta tích khối trịn xoay cần tính V  V1  V2 y Trong đó:  V1 thể tích khối trịn xoay thu quay hình phẳng giới hạn đường y12  x , x  0, x  quanh trục Ox  O x –1 V2 thể tích khối trịn xoay thu quay hình phẳng giới hạn đường y2  x  2, x  2, x  quanh trục Ox 4  x  8 V1    y1 dx    xdx   0 Ta có  4  x  2  V2    y2 dx     x   dx  2  Vậy V  V1  V2  8   8 8 16 (đvtt)  3 Câu 12: Đáp án D   Logarit nepe hai vế, ta được: ln  f  x    ln x x  x ln x Đạo hàm hai vế  1 , ta f  x f  x  1   x ln x   ln x  Suy f   x   f  x  ln x  1   ln x  1 xx  f      ln  1   ln16 Vậy a  4, b  16  a  b  20 Câu 13: Đáp án B  17  16  13  Ta có u, v    a2 ; a2 ; a2  u  2v   5a; a;  a          17 a2 16a2 9a2 13a 5a  a  0 Vậy u, v  u  2v    3 Câu 14: Đáp án B STUDY TIP Trong không gian Oxyz, gọi  góc đường thẳng  mặt phẳng  P  Khi đó:   sin   cos u , n P   u n P  Hai mặt phẳng  P  , Q  có véctơ pháp tuyến n P  1; 2;  , nQ  1; 0; 1 Ta có    P   Q  nên  có véctơ phương ud  n P  , nQ     2; 3;    Mặt phẳng Oxy  : z  có véctơ pháp tuyến nOxy   0; 0;1 u n P  Đã nói làm – Đã làm khơng hời hợt – Đã làm – Đã làm không hối hận! Ngọc Huyền LB The best or nothing     Suy sin ; Oxy   cos ud , nOxy   ud nOxy   ud nOxy  Câu 15: Đáp án C 17   Vậy ; Oxy   29o1   Gọi đường thẳng  tiếp tuyến điểm M m; m  3m   C  Ta có y  3x   Đường thẳng  có hệ số góc k  y  m  3m2      Phương trình  : y  3m2   x  m   m3  3m   y  3m2  x  2m3    Do A  2;   nên  3m2   m3   m3  3m2    m  1   m  1 m      Vậy ta viết phương trình hai tiếp m  tuyến  C  kẻ từ A  2;  Câu 16: Đáp án D Đặt x   t  x   t  x  t   dx  2tdt Đổi cận  x   t  Suy  e x1   u  t du  dt  dx   tet dt Đặt  t t  dv  e dt  v  e 2 1   tet dt  te t 2 1   e t dt  2e  e  e t  e Khi  e x1 dx  2 tet dt  2e Vậy a  b  0, c   a  b  c  Câu 17: Đáp án D Gọi x  cm , y  cm chiều dài, chiều rộng tơn hình chữ nhật ban  y  30  x đầu  x , y   Từ giả thiết, ta có  x  y   60  x  y  30   0  x , y  30 Gọi r bán kính đáy hình trụ Chu vi đáy 2r  x  r  chiều cao hình trụ y  cm x  cm 2  x  x  30  x   f x Thể tích khối trụ V  r y      30  x   4 4  2  Xét hàm số f  x   x2  30  x   0; 30   x    0; 30  Ta có f   x   60 x  3x ; f   x    3x  20  x      x  20   0; 30     xy  200  cm  Lập bảng biến thiên, ta thấy max f  x   f  20   4000 hay Vmax   0;30  Khi x  20  y  10 Diện tích xung quanh hình trụ là: Sxq 1000 cm3  Câu 18: Đáp án D Đã nói làm – Đã làm không hời hợt – Đã làm – Đã làm khơng hối hận! Ngọc Huyền LB Ta có a  log  y Ta có  E : (E) –√6 O a1 1  log  Suy log   log  log a a Câu 19: Đáp án C (C) √6 The best or nothing x x2 y x2 x2  y   y    x2    y  2  12 12 Diện tích hính phẳng cần tính V   V1  V2  Trong V1 diện tích nửa hình trịn  C  nằm phía Ox bán kính R  2 , V2 diện tích hình phẳng giới hạn đường y     1 Ta có V1  R2   2 2 V2  x2 , y   x2 (hình bên) 12  4 ;  x2  SHIFT STO    2,936   x    A (sử dụng CASIO)   12  6  Vậy V   V1  V2    4  A  19,2604 8  Từ đáp án A, B, C, D ta thấy      19,2604 nên chọn đáp án C 3  Câu 20: Đáp án A Đặt z  a  bi ,  x, y   Do z   a2  b2   a  b2  Suy tập hợp điểm M  a; b  biểu diễn số phức z đường tròn C : x2  y2  có tâm O  0;  , bán kính R  Từ  có điểm biểu diễn N  x; y  w  z    x  yi    a  bi     x  a    y  b  i    x  a   y  b Đặt w  x  yi ,  x, y  2   MN  Suy tập hợp điểm N  x; y  biểu diễn số phức w cách điểm M  a; b   C khoảng 1, với M điểm Vậy tập hợp điểm biểu diễn số phức w hình trịn C  : x2  y2  Câu 21: Đáp án B Đặt w  x  yi ,  x; y   z  a  bi ,  a; b   Khi w  x2  y 2   w  z    x  a   y  b    2 Tư giả thiết, ta có  w  z     x  a    y  b     2  a b 1  z    x  y  2ax  2by  a  b  2 x  y  a  b   25    x  y  2ax  2by  a  b  25   2 a2  b2  a  b         2 2   x  y  17  a  b  16 Vậy w  x  y   2  a  b  Câu 22: Đáp án D Đã nói làm – Đã làm không hời hợt – Đã làm – Đã làm khơng hối hận! Ngọc Huyền LB The best or nothing  ax2  2  bx     ax  b  dx      Ta có  41     ax  b dx   ax  bx        3   2  a  a  2b   b     49a  b  9a  3b  7  2  5 3 a   a  b    2  7 b   ab7     x2 x   7 ax  b dx  x  dx         5   5  5 Vậy Câu 23: Đáp án D A' Hình lăng trụ tam giác ABC.A’B’C’ có cạnh đáy x, chiều cao y C'  x, y   Diện tích mặt bên S b B' A C Theo ra, ta có Sb  Sđ  xy  x2 x y 4 Lại có, tổng diện tích mặt 5a 5a nên 2Sđ  3Sb  4 2Sđ  3Sb  B  xy ; diện tích mặt đáy Sđ   x2 5a x2 5a x2 x 5a   3xy    3x  4 4 5a a x   x  a; y  4 Vậy thể tích khối lăng trụ V  Sđ y  a a 3a  (đvtt) 4 16 Câu 24: Đáp án D A Từ giả thiết, suy SS   ABC  SS   ABC  (như hình vẽ) C S' Giả sử SA  SA  M , SB  SB  N , SC  SC  P Suy phần chung hai E B M khối chóp S.ABC S’.A’B’C’ hình đa diện SMNPS’ có sáu mặt P  A' C' S   Đặt AB  BC  AC  x,  x   Gọi E trung điểm BC F B'  Theo ra, ta có SA,  ABC   SAS  600 SA,  ABC   SAS  300 N  AE  x x x  SA  AE   h  SS  SA.tan SAS  tan 600  x 3 Đặt AB  BC  AC  y ,  y   Gọi F trung điểm B’C’  AF  y y y y  SA  AF   h  SS  SA.tan SAS  tan 300  3 3 Suy SS  h  x  Lại có x  h y   y  3h SA y SM SN SP SM SN SP  3       SA x MA NB PC SA SB SC V SM SN SP   27 27 27  S MNP      VS MNP  VS ABC  SS.SABC VS ABC SA SB SC   64 64 64  VS MNP  27 h 3h h  64 256 Đã nói làm – Đã làm không hời hợt – Đã làm – Đã làm khơng hối hận! Ngọc Huyền LB Mặt khác The best or nothing SM SN SP SA x SM SN SP          MA NB PC SA y SA SB SC  V SM SN SP   1  S MNP      VS MNP  VS ABC VS ABC SA SB SC   64 64 1 1  3h  3 h  SS.SABC  h  64 64 256  VS MNP Vậy VSMNPS  VS MNP  VS MNP  3h 3 3h 3 h   (đvtt) 256 256 64 Câu 25: Đáp án B Đặt AB  AC  x,  x    BC  AB2  AC  AB.AC.cos BAC S  BC  x  x cos 300  x   x I A  1 2 C M H B    2  AM  AB2  MB2  x   x  x    4    AM  1 2 Ta có SABC  x 1  Gọi M trung điểm BC  AM  BC MB  MC  O N  x 6 x BC 6  x   1 x2 6 x 1 6 6 x2 AM.BC  x x  a2  x  2a 2 4 2S 2a2 a Lại có SABC  d C ; AB  AB  d C ; AB   ABC  AB 2a Gọi O trọng tâm ABC  SO   ABC  Gọi N trung điểm AB  Mà CN  ON d C ; AB  a CN d C ; AB     d O; AB    Gọi H hình chiếu O ON d O; AB  3 AB  OH  d O; AB  a Ta có AB  SO, AB  OH  AB  SOH   AB  SH Suy SAB , SBC   SH ,OH   SHO  60  SO  OH.tan SHO  a 33    Từ O kẻ OI  SH ,  I  SH   OI  SAB  SOH   SAB  OI  d O; SAB  Có Từ   1 1 12 a       OI   d O; SAB  2 2 OI SO OH a a 3 a            CN   d C; SAB  3d O; SAB  3OI  a       d O; SAB   ON d C ; SAB  Câu 26: Đáp án B Ta có 1  2i  z   4i  z   4i   2i  2i Câu 27: Đáp án A Đã nói làm – Đã làm không hời hợt – Đã làm – Đã làm khơng hối hận!  Ngọc Huyền LB The best or nothing 3x  y  10 x    x  y  15 Ta có  3x  y    x  y  i  10  5i   2 x  y  5  y  7 Câu 28: Đáp án B  z1  a  Từ giả thiết, ta có  z  Đặt z  x  yi ,  x, y     4i    x  12  y  a 2 2 2   x  y  x   a   x  y  x   a       2 2 6 x  y  a  18   x     y     x  y  x  y  19  x2  y  2x   a2   a2  18     x   x   2x   a2  a2  18   x  y     1 Để có số phức z Phương trình  1 có nghiệm x  100 x  3a2  22 x  a  28a  388  thỏa mãn yêu cầu toán       1  3a2  22  100 a4  28 a2  388   a4  52 a2  576   a2  36  a  6   Vậy sso thực a lớn thỏa mãn yêu cầu a   a  16  a  4 Câu 29: Đáp án C Mặt cầu S  có tâm I  1; 2; 2  , bán kính R  Mặt cầu  S  có tâm I   2; 0;  , bán kính R  10 Ta có II     1         2  Khi II  R  R nên hai mặt cầu S   S  không cắt Câu 30: Đáp án B Hình lăng trụ tứ giác lăng trụ đứng có đáy hình vng – Nếu độ dài chiều cao khác cạnh đáy, hình có ba mặt phẳng đối xứng – Nếu độ dài chiều cao cạnh đáy (hình lập phương) hình có mặt phẳng đối xứng Đã nói làm – Đã làm khơng hời hợt – Đã làm – Đã làm không hối hận! Ngọc Huyền LB The best or nothing Câu 31: Đáp án A Gọi O  AC  BD , từ giả thiết suy SO   ABCD   AB  OE, OE   SOE    Gọi E trung điểm AB Ta có  AB  SO , SO  SOE   AB  SOE   AB  SE  OE  SO  O   S Suy SAB , ABCD  SE,OE  SEO  45  SOE vuông cân O  SO  OE  a  AD  2OE  2a A E B F D O C  AD  OF , OF   SOF    Gọi F trung điểm AD Ta có  AD  SO , SO  SOF   AD  SOF   AD  SF  OF  SO  O   Suy SAD , ABCD  SF,OF   SFO  60  OF  SO.cot SFO  a  AB  2OF  2a Khi SABCD  AB.AD  2a.2a  4a2 1 Vậy VS ABCD  SO.SABCD  a 3.4a2  4a3 (đvtt) 3 Câu 32: Đáp án C  STUDY TIP  f  x  dx  F  x   C F  x   f  x  Nếu có 1  cos x    sin x  f x nên phương – Với phương án A: ln  cos x  C      cos x  cos x án A không thỏa mãn ta     cos x ln  cos x  C   ln  cos x   f  x – Với phương án B:   cos x sin x  sin x  nên phương án B không thỏa mãn   x 1   f  x  nên phương án C thỏa – Với phương án C:  tan  C   x  cos x   cos 2 mãn Câu 33: Đáp án B Đã nói làm – Đã làm không hời hợt – Đã làm – Đã làm khơng hối hận! Ngọc Huyền LB The best or nothing Đồ thị hàm số y  x2  3x  có đường tiệm cận: đường tiệm cận đứng x2  x  1 x  ; đường tiệm cận ngang y  Câu 34: Đáp án A   Ta có y  3x2  12x  12  x2  4x    x    0, x  đồng biến nên hàm số ln hàm khơng có cực trị Câu 35: Đáp án C Số phức z  a  bi nghiệm phương trình z2  bz  a2   nên:  a  bi     b  a  bi   a2    2a2  ab  b2   2ab  b2 i   2a2    L  2a  ab  b    2a2  ab  b2     a  1; b  2  b     b     b  2a  b    a  1; b   b  2a  a      b  2a  2 Vậy z  a  b  Câu 36: Đáp án B 0  x  Ta có log x2  log   x     2 log x  log   x   Vậy có phương án B Câu 37: Đáp án D Ta có S.ABCD hình chóp tứ giác Gọi O  AC  BD  SO   ABCD STUDY TIP – Mặt cầu nội tiếp hình đa diện ln ln tiếp xúc với tất mặt hình đa diện – Mặt cầu ngoại tiếp hình đa diện ln qua đỉnh hình đa diện Suy AB  SO  10  SA  SO2  OA2  2 ∗ Tính bán kính R mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABCD Ta có AC   OA  OC  Gọi E trung điểm SA, qua E kẻ mặt phẳng trung trực SA, mặt phẳng S cắt SO I Suy I tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABCD R  SI 10 10 SE SI SE.SA  R Từ SEI ∽ SOA  g.g     SI   SO SA SO E I A D B S C lượt hình chiếu J SAB , SCD  D M N O C       JH  JK  JO  d J ; SAB   d J ; SCD   d J ;  ABCD  Suy J tâm J A B , SCD   SMN  Gọi J tâm mặt cầu nội tiếp hình chóp S.ABCD, H K lần K H ∗ Tính bán kính r mặt cầu nội tiếp hình chóp S.ABCD Gọi M, N trung điểm AB, CD Suy O  MN SAB  SMN  O đường tròn nội tiếp SMN Ta có SM  SN  SO2  OM  SM  SN  MN ; MN  Suy p   2 nửa chu vi SMN R 2 SO.MN :   Lại có SSMN  SO.MN  p.r  r  Vậy k   r 2 2p Câu 38: Đáp án B Đã nói làm – Đã làm khơng hời hợt – Đã làm – Đã làm không hối hận! Ngọc Huyền LB The best or nothing Tập xác định: D   ; 1   3;   Ta có y  2x  ; y   x  , loại x  D x  2x  Lập bảng biến thiên, ta thấy hàm số nghịch biến khoảng  ; 1 đồng biến khoảng  3;   Câu 39: Đáp án D Điều kiện: x  Phương trình log 22 x  log x  m   log 22 x  log x  m  Đặt log x  t , phương trình  1 có dạng 4t  4t  m   1  2 Để phương trình  1 có nghiệm x  Phương trình   có nghiệm t   2   4m   m  1 Câu 40: Đáp án A STUDY TIP Tứ diện cạnh a có bán kính mặt cầu ngoại tiếp tính theo cơng thức: R  a Giả sử tứ diện có cạnh a Khi đó, bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện R  a 4R 2R a  Câu 41: Đáp án A Lý thuyết cực trị: Giả sử hàm số f  x  liên tục khoảng  a; b chứa điểm x có đạo hàm f   x  khoảng  a; x0   x0 ; b  Khi đó:  Nếu f   x  đổi dấu từ âm sang dương x qua điểm x (theo chiều tăng) hàm số đạt cực tiểu điểm x  Nếu f   x  đổi dấu từ dương sang âm x qua điểm x (theo chiều tăng) hàm số đạt cực đại điểm x Quan sát đồ thị, ta thấy đồ thị hàm số y  f   x  cắt trục Ox ba điểm  a; b y nên phương trình f   x   có ba nghiệm x1 , x2 , x3 Tuy nhiên, qua điểm x  x1 hàm số f   x  đổi dấu từ âm sang dương, qua điểm x  x2 hàm số f   x  không đổi dấu, qua điểm x  x3 hàm số f   x  đổi dấu từ a x1 O x2 x3 b x dương sang âm Khi đó, hàm số f  x  đạt cực tiểu điểm x  x1 , đạt cực đại điểm x  x3 không đạt cực trị x  x2 Vậy f  x  có hai điểm cực trị Câu 42: Đáp án B Ta có y  x  3x   x6  3x  Đạo hàm y  x5 x6  x ,  x   ; y   x  4 , loại x  2;1  M  max y   2;1 Ta có y    2; y  2   2; y 1  Suy   Mm0 m  y  2   2;1     Câu 43: Đáp án A Đã nói làm – Đã làm không hời hợt – Đã làm – Đã làm khơng hối hận! Ngọc Huyền LB The best or nothing Lý thuyết cần nhớ: Cho hàm số y   f  x   , đó:   Nếu  số nguyên dương f  x       hàm số xác định  Nếu  nguyên âm        hàm số xác định f  x   Nếu  số hữu tỉ dạng f  x    m  m  , n  , n   hàm số xác định n Nếu  số vô tỉ (dạng thức) hàm số xác định f  x    Hàm số y  x2  x   3  x  1 xác định  x  x     x  Câu 44: Đáp án D  x  2 Ta có y  xe x  x e x  xe x   x  ; y    x  Lập bảng biến thiên hàm số  3;1 , ta thấy hàm đạt cực đại x  2 Giá trị cực đại hàm số y  2    2  e 2  e2 Câu 45: Đáp án A  0  a     a  1 Ta có log a        a1 2  a     a  Câu 46: Đáp án D Đặt t  3x  Phương trình cho trở thành: t   x  1 t  27  2x  1  Ta có t   x  1  27  x  1  x  36 x  36   x    2  t   x  1   x    x   x  x   x  x   1  x  Suy  t   x  1   x     x    Xét hàm số f  x   3x  6x  Ta có f   x   3x.ln  6; f   x   3x.ln2  0, x   Hàm số f   x  đồng biến , hay phương trình f   x   có khơng q nghiệm  f   1  ln    f   1 f      Phương trình f   x   có Ta có   f     ln   nghiệm x0  1;  Bảng biến thiên: x f   x  x0    Đã nói làm – Đã làm khơng hời hợt – Đã làm – Đã làm không hối hận! Ngọc Huyền LB The best or nothing f  x 0 f  x0  Quan sát bảng biến thiên, ta thấy phương trình f  x   có hai nghiệm x  x  , hay phương trình  1 có hai nghiệm x  , x  Vậy phương trình cho có hai nghiệm Câu 47: x   t  Phương trình tham số đường cao AH d1 :  y   t ,  t   z   2t  A B,H C   x   t  Phương trình tham số đường phân giác góc BAC d2 :  y   2t ,  t   z   t    11  4 2 Ta có A  d1  d2 nên ta tìm điểm A  ; ;   AC   ;  ;   3 3  3 3 I d2 D Đường thẳng d1 có véctơ phương u1   1;1; 2  Điểm H   t;  t;  2t  d1 hình chiếu C  3; 2; 3 đường thẳng d1 nên CH.u1   t   t    2t    t  Suy H  2; 3;  phương trình tham số  x   t1  đường thẳng BC  y   t1 ,  t1  z    Gọi I hình chiếu C đường thẳng d2 , tương tự ta tìm điểm I  2; 2;  Gọi D  CI  AB  D đối xứng với C qua d2 hay I trung điểm CD Khi D 1; 2; 5  x   t2  Phương trình tham số đường thẳng AB là:  y   t2 ,  t2   z   2t   Do B  AB  BC  B  2; 3;   H  AB  BC  ABC vuông B , BC   SABC  AB.BC  3 Câu 48: Đáp án B Vậy AB  Từ giả thiết, suy góc đỉnh hình nón 900 Cắt hình nón đỉnh mặt phẳng chứa trục nó, ta tam giác S SAB vng cân S (như hình bên) Gọi I trung điểm AB, suy SI đường cao hình nón SI  IA  IB  h  SA  h A I B Diện tích tồn phần hình nón Stp  .IA.SA  .IA2  .h.h  h  h    (đvdt) Câu 49: Đáp án C Đã nói làm – Đã làm khơng hời hợt – Đã làm – Đã làm không hối hận! Ngọc Huyền LB The best or nothing x  Ta có y  x  12 x  x  x   ; y    x  Lập bảng biến thiên hàm số, ta thấy hàm số biến  3;   nghịch biến  ; 3 Câu 50: Đáp án C 1 61  x dx  dx  1 x2  3x 1 x  x  3 1  x  x   dx  ln x  Ta có 1  ln 3 Vậy a  Đã nói làm – Đã làm khơng hời hợt – Đã làm – Đã làm không hối hận! ...   x  yi   2i   z   2i  Đặt w  a  bi ,  a, b   Khi đó: w  2z   2i  z  w  22 i   a 2? ??  b ? ?2 i 2  a3 b? ?2? ?? a3 b? ?2  i ? ?2? ??  Từ z   2i      ? ?2 2      a ... 35: Đáp án C Số phức z  a  bi nghiệm phương trình z2  bz  a2   nên:  a  bi     b  a  bi   a2    2a2  ab  b2   2ab  b2 i   2a2    L  2a  ab  b    2a2 ...  V1  V2    4  A  19 ,26 04 8  Từ đáp án A, B, C, D ta thấy      19 ,26 04 nên chọn đáp án C 3  Câu 20 : Đáp án A Đặt z  a  bi ,  x, y   Do z   a2  b2   a  b2  Suy