Đáp án THPT Thanh Chương lần 2

Ngọc Huyền LB The best or nothing ĐÁP ÁN 1C 11D 21A 31B 41A 2A 12A 22D 32D 42C 3D 13B 23B 33C 43C 4D 14B 24D 34C 44C 5C 15D 25A 35A 45D 6C 16B 26B 36A 46– 7B 17D 27A 37B 47A 8A 18A 28C 38B 48D 9D 19C 29A 39A 49D 10D 20C 30C 40D 50B HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT Câu 1: Đáp án C Cách 1: Ta có lim y  lim x 3  1 1  1 x x x x  2 ; lim y  lim 0 x x 1 1 1 x x  1 x Suy đồ thị hàm số có tiệm cận ngang hai đường thẳng y  2; y  Cách 2: Sử dụng máy tính CASIO Nhập vào máy tính biểu thức X  2X   X (như hình bên) X 1 Sử dụng chức CALC: – Để tính lim y , ta CALC cho X  1010   , máy kết –2 x Suy lim y  2 x – Để tính lim y , ta CALC cho X  1010   , máy kết 1010  x Như lim y  x Vậy đồ thị có tiệm cận ngang hai đường thẳng y  2; y  Câu 2: Đáp án A y Quan sát đồ thị, ta thấy: – Với x  2; 1 x 1;  hàm số nghịch biến, hay f   x   – Với x  1;  hàm số đồng biến, hay f   x   – Với x  0;1 hàm số có dạng f  x   không đổi, hay f   x   –2 O –1 –2 x Vậy có phương án A Câu 3: Đáp án D 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  x  1  Ta có y  12x  24x  12x  24  12  x  1 x  1 x   ; y    x   x  Đã nói làm – Đã làm khơng hời hợt – Đã làm – Đã làm không hối hận! Ngọc Huyền LB The best or nothing Lập bảng biến thiên hàm số, ta thấy: Qua điểm x  1 x  , đạo hàm y đổi dấu từ âm “–“ sang dương”+”, nên hàm số đạt cực tiểu x  1 , x  ; qua điểm x  , đạo hàm y đổi dấu từ dương “+” sang âm “–“, nên hàm số đạt cực đại x  Chỉ có phương án D Câu 4: Đáp án D STUDY TIP Hình bình hành (hoặc hình thoi) ABCD có diện tích tính theo cơng thức: S  AB.AD.sin A Diện tích hình thoi ABCD SABCD  BA.BC.sin ABC  a sin 60  a2 (đvdt) Vậy thể tích khối chóp S.ABCD là:   1 a2 VS ABCD  SABCD d S;  ABCD   2a  a (đvtt) 3 Câu 5: Đáp án C Mặt phẳng 2x  y   có véctơ pháp tuyến n   2;1;  Câu 6: Đáp án C STUDY TIP ax  b ,  c   đơn Hàm số y  cx  d điệu khoảng xác định Tính đồng biến (hay nghịch biến) hàm số phụ thuộc vào kết ad  bc Ta có y  3  x  1  0, x  nên hàm số nghịch biến khoảng  ;1 1;   (nghịch biến khoảng xác định) Câu 7: Đáp án B Theo tính chất logarit, ta có log a b  log c b.log a c Câu 8: Đáp án A Phương trình   x x  4   x2 3 x   2 x   x2  3x      x  4 Câu 9: Đáp án D Quan sát bảng biến thiên, ta thấy lim y  nên đồ thị có đường tiệm cận ngang x y  ; lim y   nên đồ thị có đường tiệm cận đứng x  Ta chọn phương x0 án D Câu 10: Đáp án D Mặt cầu S  có tâm I 1; 2;  bán kính R    Ta có d I ;  P    2.2  2.3    2   2 2      d I ;  P   R Suy mặt cầu S  mặt phẳng  P  không cắt A C G M Câu 11: Đáp án D V Ta có VA ABC  VA ABC  VABC ABC  3 B Gọi M trung điểm BC, G trọng tâm ABC nên AM  3GM C' A' B' Suy    GM   d G; ABC  d  A;  ABC     d  A;  ABC   AM d G;  ABC  Khi VG ABC  VA ABC V V   3 Đã nói làm – Đã làm không hời hợt – Đã làm – Đã làm khơng hối hận! Ngọc Huyền LB The best or nothing Câu 12: Đáp án A 1  2i   i  Sử dụng máy tính CASIO, ta tính z  1 i z có điểm biểu diễn  9; 13    13i Suy số phức Câu 13: Đáp án B Sử dụng máy tính CASIO, ta tính z    i   3i    7i  z   7i Câu 14: Đáp án B   3x   x  Phương trình log  3x  1  3     x  3 log x        3x   Câu 15: Đáp án D Gọi M  x; y; z  Ta có MA  1  x;  y;  z  MB   2  x;1  y;  z  2  x  1  x  x     Để MB  MA  1  y    y    y  Vậy M  4; 3;   z    2  z    z  Câu 16: Đáp án B x   x     x  28 Bất phương trình log  x  1     x   27  x  28 Số nghiệm nguyên bất phương trình  27     26 Câu 17: Đáp án D  x2   2  Ta có y  x  x  y     x2   2  Suy phương trình y  có bốn nghiệm phân biệt Vậy hàm số có điểm cực trị Câu 18: Đáp án A      32 Ta có P  log log log 43   log log  332   log 32  log 2    Câu 19: Đáp án C   Hàm số y  ln  3x  x xác định  3x  x2   x2  3x     x  1 x     4  x  Câu 20: Đáp án C Từ giả thiết, ta có chiều cao bán kính đáy hình nón h  2, r  Đường sinh hình nón l  h  r  Vậy Sxq  rl  5 (đvdt) Câu 21: Đáp án A Ta thấy hai hàm số y  log a x y  log b x đồng biến  0;   nên a, b  ; y hàm số y  log c x nghịch biến  0;   nên  c  log a x m log x b O x1 x2 x Suy  c   a, b log x  m Mặt khác: Lấy y  m , tồn x1 , x2 cho  a (hình bên) log b x2  m log c x Đã nói làm – Đã làm khơng hời hợt – Đã làm – Đã làm không hối hận! Ngọc Huyền LB The best or nothing  x1  am Khi  Dễ thấy x1  x2 nên am  bm  a  b Vậy c  a  b m  x2  b Câu 22: Đáp án D Đặt  f  x  dx  a a   g  x  dx  b Ta có hệ: a  b   b  2 Suy a  b  f  x  dx  Lại có   0 f  x  dx   f  x  dx   f  x  dx 2 1 0 Vậy I   f  x  dx   f  x  dx   f  x  dx    Câu 23: Đáp án B Từ giả thiết, ta có   3i  z   z  5i    3i  a  bi     a  bi   5i 2 a  3b   a a  3b   2a  3b    3a  2b  i  a   b   i     a  b  b  3a  3b  5   a   11  Vậy P  2a  6b     7 2 b   11  12 Câu 24: Đáp án D Gọi chiều cao hình trụ h  h   Diện tích tồn phần hình trụ Stp  2R2  2Rh  4R2  h  R Vậy thể tích khối trụ V  R2 h  R3 (đvtt) Câu 25: Đáp án A Bài tốn: Tìm m để hàm số y  f  x; m  ax3  bx2  cx  d đơn điệu chiều khoảng có độ dài l  Bước 1: Tính y  f   x; m  3ax2  2bx  c  ax2  bx  c  Bước 2: Hàm số y  f  x; m đơn điệu khoảng  x1 ; x2   Phương  a  trình y  có hai nghiệm phân biệt    1    hay    a  – Nếu  hàm số nghịch biến khoảng  x1 ; x2     hay    a  – Nếu  hàm số đồng biến khoảng  x1 ; x2     hay    Hàm số đơn điệu khoảng có độ dài l  x1  x2  l   x1  x2   x1 x2  l  S2  P  l 2   2 Giải   tìm m, đối chiếu với  1 để tìm giá trị thỏa mãn Lời giải: Ta có y  x  x  m Để hàm số nghịch biến khoảng  x1 ; x2   Phương a   m3 trình y  có hai nghiệm phân biệt      m  Yêu cầu toán  x1  x2    x1  x2   x1x2   S  P  Đã nói làm – Đã làm khơng hời hợt – Đã làm – Đã làm không hối hận! Ngọc Huyền LB The best or nothing   2   m   m  (thỏa mãn điều kiện) Câu 26: Đáp án B Hình chóp S.ABC có đáy ABC tam giác cạnh a , tâm O Khi SO   ABC  S Ta có SABC a   Suy SO  C A O B M  3a Từ giả thiết, có VS ABC  SO.SABC 3VS ABC 3.3a 3a  : a SABC 4 Gọi M trung điểm BC  AM  a 3 3a   OA  AM  a 2 a   a Vậy SA  SO2  OA2   2a Câu 27: Đáp án A Ta có  f  x  dx   2cos xdx   1  cos 2x  dx  x  sin 2x  C Câu 28: Đáp án C  z   2i  A Ta có z  z      z2   2u  B Nhập vào máy tính CASIO phép tính A  2B  B  A , ta kết 19 Vậy P  19 Câu 29: Đáp án A  Phương trình hồnh độ giao điểm: x  5x   15x  m2  10m  10   x4  20x2  m2  10m  12   1 Đặt x2  t ,  t   , phương trình có dạng:  2 t  20t  m2  10m  12  Để hai đồ thị cắt bốn điểm phân biệt  Phương trình  1 có bốn nghiệm phân biệt  Phương trình   (ẩn t) có hai nghiệm phân biệt t1 , t2 thỏa mãn điều kiện  t1  t2     100  m2  10m  12  5  113  m  5  113    S  20     m  5  13  P  m2  10m  12      m  5  13  5  13  m  5  113     113  m  5  13 Suy ra, phương trình  1 có bốn nghiệm  t2 ;  t1 ; t1 ; t2  t  t  2 t 1  t1  t2  t2  9t1 Yêu cầu toán    t1  t2  t1 t2  9t1 t1   m  12    t2  18  Kết hợp với Vi–ét, ta có t1  t2  20 t t  m2  10m  12 m2  10m  12  36  m   12 Đã nói làm – Đã làm không hời hợt – Đã làm – Đã làm khơng hối hận! Ngọc Huyền LB The best or nothing Đối chiếu điều kiện hai giá trị m  12 m  thỏa mãn Câu 30: Đáp án C du  dx  u  x  Đặt    1  dv  sin xdx v  x  sin x   1  Suy  x sin xdx  x  x  sin x  2       x2        cos x    36        1     x  sin x  dx  02    2  2  3            36 16  36 24 16 Suy a  36, b  24, c  16 Vậy P  a  2b  c  Câu 31: Đáp án B Ta có f  x   x ln x2  2x ln x f   x   2ln x  Suy f     2ln   4ln  Vậy a  4, b   P  a  2b    Câu 32: Đáp án D – Lấy điểm tâm hình ngũ giác đều, nối tâm lại ta khối đa diện  H  – Nhận thấy,  H  có mặt tam giác đều, đỉnh đỉnh chung mặt nên  H  thuộc loại 3,5 – Theo định lý Euler khối đa diện  H  có 12 đỉnh, 30 cạnh 20 mặt (khối nhị thập diện/ 20 mặt đều) Do tương ứng với 12 ngũ giác 20 mặt lục giác STUDY TIP Khối đa diện loại n, p có D đỉnh, C cạnh M mặt ta có nM  pD  2C , hay theo định lý Euler: D  M   C 12.5  20.6  90 cạnh (tổng số cạnh lục giác ngũ giác trừ số cạnh chung) – Vậy, bóng chưa bơm căng hình đa diện có Câu 33: Đáp án C Cách 1: Đặt w  x  yi ,  x, y  Từ w  1  2i  z  i , ta có z   w  i  x   y  1 i    2i  x  y  2 x  y     i  2i 5 1  2i 1  2i  2  x  y    2x  y   x  y  2x  y   i 2  Do z       2 5 5      x2  y  49  xy  14 x  28 y x2  y   xy  x  y  4 25 25 5x2  y  10 x  30 y  50    x2  y  x  y  10  25 STUDY TIP Cho z1 , z2 , z3  số phức z Vậy tập hợp điểm biểu diễn số phức w đường tròn tâm I  1; 3  bán thỏa mãn z  z1  R Khi đó, tập kính R  hợp điểm biểu diễn số phức w  z2 z  z3 đường trịn Cách 2: Tính nhanh có tâm điểm biểu diễn số phức z2 z1  z3 , bán kính đường trịn r  z2 R Áp dụng STUDY TIP: Ta có z    z   1  Khi đó: z1  1 , z2   2i z3  i Đã nói làm – Đã làm không hời hợt – Đã làm – Đã làm khơng hối hận! Ngọc Huyền LB The best or nothing Vậy tập hợp điểm biểu diễn số phức w đường tròn tâm I, với I điểm biểu diễn số phức z2 z1  z3  1  2i  1   i   1  3i  I  1; 3 , bán kính đường tròn r  z2 R   2i  Câu 34: Đáp án C Bài tốn trả góp: Gọi số tiền vay N, lãi suất kì hạn r%, n số tháng phải trả, A số tiền người phải trả vào hàng tháng để sau n tháng trả hết nợ  Số tiền gốc lại sau tháng đầu tiên: N  Nr  A  N 1  r   A  Cuối tháng thứ hai, số tiền nợ là:  N 1  r   A    N 1  r   A  r  A   N 1  r   A  1  r   A        N 1  r   A 1  r   A   Cuối tháng thứ ba, số tiền nợ là:  N   r 2  A   r   A    r   A  N   r 3  A   r 2  A   r   A   Tương tự, cuối tháng thứ n, số tiền nợ là: N 1  r   A 1  r  n  n1  A 1  r  n2   A 1  r   A Sau n tháng, người trả hết nợ nên ta có: N 1  r   A 1  r  n n1  A 1  r  n   A 1  r   A  n n1 n2  N 1  r   A 1  r   1  r    1  r   1     N.xn  A  x n1  x n2   x  1 với x   r  N.x  A n  1  xn 1 x   A 1  x  n  1 1 x Lời giải: Áp dụng công thức  1 với N  7000000 đồng, r  0,7% /tháng, A  500000 đồng Ta có: 7.10   r   5.10 n  1  r  n  1  r   14  1,007  n 1,007   n 1 0,007   1,007   n 50 451  n  14,8 tháng Như vậy, sau 14 tháng (gần 15 tháng) bạn An trả hết nợ Số tiền mà bạn An phải trả tháng thứ 14 là: T14  N   r  14 1  r   13 12 14  A   r     r    1  r   1  N 1  r   A   1  r   14  T14  7.10 1,007  14 1,007   5.10 14 0,007 1  391000 (đồng) Câu 35: Đáp án A Điều kiện: x  Phương trình x ln x  m   m  x ln x  1 Xét hàm số f  x   x ln x  0;   Ta có f   x   ln x  1; f   x    x  Đã nói làm – Đã làm khơng hời hợt – Đã làm – Đã làm không hối hận! e Ngọc Huyền LB The best or nothing x e f   x y  – + +  y = x∙lnx f  x e 0  O e f x  e x 1 e y0 0  e Phương trình  1 có ba nghiệm phân biệt  Đường thẳng y  m cắt đồ thị f  x  ba điểm phân biệt Quan sát bảng biến thiên, suy  m  e Câu 36: Đáp án A c c Ta có y  3x2  c; y   x2   Hàm số có điểm cực trị  0 c 0 3 2c 2c Lại có y  x3  cx  d  x 3x2  c  x  d  xy  x  d Suy phương 3 3 2c trình đường thẳng qua hai điểm cực trị đồ thị hàm số y  x  d    2c c  9 2c   6 Từ giả thiết, suy x  d  6 x  2017    d  2017 d  2017  Vậy y  x  x  2017 y    23  9.2  2017  2007 Câu 37: Đáp án B Ta tìm phương trình parabol  P  : y  x2 y Diện tích hình phẳng giới hạn đường y  x , y  (hình bên) là: A B S  x  dx  2    2 x    x  dx   4x    2  32 (đvdt) Diện tích ABC là: SABC  2.4  (đvdt) 2 C Vậy diện tích hình cần tính (miền tơ màu) là: S0  S  SABC  O –2 A O x 20 Câu 38: Đáp án B Gọi O, O’ tâm hai đáy hình trụ với A  O  , B  O (hình vẽ)   Suy OO’ trục hình trụ Từ điểm A dựng AH   O  , H   O  ,     AH OO AB , OO  AB , AH  HAB  60 H O' I B Ta có AH  OO  , AHB vuông H nên tan HAB  HB AH  HB  3.tan 60  Trong mặt phẳng chứa  O  , gọi I trung điểm BH nên OI  BH Đã nói làm – Đã làm không hời hợt – Đã làm – Đã làm khơng hối hận! Ngọc Huyền LB The best or nothing   Do OI  BH , OI  AH  OI   AHB   OI  d O;  AHB   AHB  d  AB, OO  d OO,  AHB    d O;  AHB    OI Lại có OO  HB  2  d  AB , OO   OI  R     3 4   Câu 39: Đáp án A Đặt  x   t  e x   t  e x   t  e x dx  2tdt Đổi cận  b  x  b  t  e  b Khi  e x dx e 3 x 2 eb 3  dt  2t eb 3  eb   Từ giả thiết, suy e b     e b    e b   b  ln Vậy b 1;  hay K  1;  Câu 40: Đáp án D Phương trình mặt phẳng Oxy  : z  Đường thẳng  : x 1 y  z  qua điểm A 1; 2;  , có véctơ phương   1 u1   1; 3; 1 cắt mặt phẳng Oxy  điểm M  4;11;0  Gọi B điểm đối xứng A 1; 2; 3 qua mặt phẳng Oxy  , ta tìm tọa độ điểm B 1; 2; 3  Khi BM   3; 9;  Suy đường thẳng  hình chiếu đường thẳng  qua mặt phẳng Oxy  nên có véctơ phương u   1; 3;1 Câu 41: Đáp án A Gọi t1  h  thời điểm mà thuyền trưởng bắt đầu phát lệnh dừng tàu, t2  h  thời điểm mà tàu dừng hẳn Khi đó, ta có v  t2     27t2   t2   h Theo ra, từ thời điểm thuyền trưởng bắt đầu phát lệnh dừng tàu đến thời STUDY TIP Hàm quãng đường nguyên hàm hàm vận tốc điểm tàu dừng hẳn, tàu quãng đường 1,5  km   27t  Nghĩa là: S     27t  dt  1,  km    9t    t1   1, với t1  t1  h t1  27t12 27   9t1   1,  t1  9t1    Do t1  nên t1   h   2 t   Vậy tàu chạy quãng đường 1,5  km  t2  t1   h   20 phút Câu 42: Đáp án C Gọi G trọng tâm ABC Suy G  2;1;  GA  GB  GC  Ta có MA  MB  MC  3MG  3MG Đã nói làm – Đã làm khơng hời hợt – Đã làm – Đã làm không hối hận! Ngọc Huyền LB The best or nothing Với điểm M   P  , để MA  MB  MC nhỏ MG nhỏ nhất, hay M hình chiếu G mặt phẳng  P  x   t  Phương trình tham số đường thẳng GM   P  là:  y   2t ,  t   z   2t   Điểm M  MG   P  nên có tọa độ M  3; 3;1 Câu 43: Đáp án C Ta có P  e 3logx y  12 y Đặt e log x y ln x   e logx y   t ,  t   P  t  Đạo hàm f   t   3t   12 y log x e   e logx y   12 e log x y 12  f t  t 12 ; f   t    t  t  t2 Lập bảng biến thiên hàm số f  t  , suy P  f  t   f STUDY TIP Tứ diện ABCD tích tính theo cơng thức sau: AB.CD V sin AB , CD d  AB; CD     2  Câu 44: Đáp án C   1 a3 AB.CD.sin AB, CD d  AB; CD   a.a 3.sin 600.2a  (đvtt) 6 Câu 45: Đáp án D Ta có VABCD  Giả sử z1  x  yi ,  x, y   có điểm biểu diễn M  x; y  Từ giả thiết, ta có: z1   z1  i    x    yi  x   y  1 i  2 2   x    y  x   y  1   4 x  y    x  y   Suy tập y hợp điểm M  x; y  biểu diễn số phức z1 đường thẳng  : 2x  y   ∆ Giả sử z2  a  bi ,  a, b  I O M N  có điểm biểu diễn N  a; b  Từ giả thiết, ta có: z   i    a     b  1 i    a     b  1  Khi tập hợp điểm N  a; b  biểu diễn số phức z đường tròn  C  :  x     y  1  có tâm I  4;1 , bán kính R  x 2 2 Ta có d  I ;    2.4      d  I ;    R , nên đường thẳng  đường tròn  C  không cắt Nhận thấy z1  z2   x  a    y  b  i  A 2  MN Để z1  z2 đạt nhỏ MN nhỏ Quan sát hình vẽ, ta thấy MNmin  MN   B C D M  x  a   y  b N hay MN  d  I ;    R  5  5 5 Câu 46: Q O P Chia khối đá táng làm ba phần hình vẽ bên Hình vẽ biểu diễn thiết diện khối đá cắt mặt phẳng qua M, N vng góc với đáy khối đá (với M, N trung điểm hai cạnh đối diện đáy lục giác lớn) độ dài MN  200  mm  Đã nói làm – Đã làm không hời hợt – Đã làm – Đã làm khơng hối hận! Ngọc Huyền LB The best or nothing  MN  – Phần 1: Khối chóp cụt có chiều cao h  OD  R     50 85  mm  ; hai   đáy hai lục giác cạnh 180  mm 200  mm nên diện tích đáy     180 200  48600 mm2 S2   60000 mm2 4 Thể tích khối chóp cụt là: S1      h SHIFT STO S  S  S1S2  43275229,64 mm3  A – Phần 2: Một phần khối cầu (chính hiệu hai chỏm cầu), chỏm cầu lớn V1  có chiều cao BD, thể tích VC chỏm cầu nhỏ có chiều cao BC, thể tích VC OB  R  50 97 , OD  50 85  BD  OB  OD  50   97  85  mm  OA  482  mm , AC  12  mm  OC  OA  AC  470  mm  CD  OC  OD  470  50 85  mm   BC  BD  CD  50 97  470  mm   BD  BC  2 VC1  .BD2  R   , VC2  .BC  R         SHIFT STO Thể tích phần là: V2  VC1  VC2  731708, 5803 mm3  B – Phần 3: Là khối trụ có chiều cao h  AC  12  mm , bán kính đường tròn  50 97   470 đáy r  R2  OC     2  60  mm Thể tích khối trụ là:  SHIFT STO V3  r h   60 12  259200 mm3  C  Vậy thể tích khối đá táng là: V  V1  V2  V3  A  B  C  44821239,03 mm3  Câu 47: Đáp án A Tâm I mặt cầu S  nằm đường thẳng I  3t  2; 2t  2;1  t  x  y  z 1 nên có tọa độ   1    Mặt cầu S  tiếp xúc với hai mặt phẳng  P  , Q  d I ;  P   d I ; Q   3t    2t    1  t   t  Suy  t      3t    2t   1  t    I 1; 0;     29 24 12  I   ;  ;       t   6t Sau biết tọa độ điểm I, ta viết phương trình đường thẳng IA   P  , IB  Q  tìm tọa độ điểm A  IA   P  B  IB  Q  Tính   AIB  IA, IB Do AIB  90 nên ta tìm điểm I 1;0;0  thỏa mãn Vậy phương trình mặt cầu S  tâm I 1; 0;  , bán kính R  là:  x  1  y  z2   x2  y  z2  2x   Câu 48: 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 Phương trình m ln x  ln   x   m  m  ln x  1  ln 1  x   m  Xét hàm số f  x   ln   x  ln x  ln   x  ln x  khoảng  0;1 ln   x  1 ln x  1   x  Đạo hàm f   x    x 2  ln x  1  ln x  1  ln x  ln   x      x  x   1  x  ln 1  x   ln x  ln x   1    Với x  0;1   x   x   x   x  Suy ln   x  ln x   Vậy f   x   0, x   0;1  x x 1 Bảng biến thiên: lim f  x   , lim f  x  x0 x1 x f   x   f  x Để phương trình cho có nghiệm thuộc khoảng  0;1  Đồ thị hàm số f  x  cắt đường thẳng y  m Quan sát bảng biến thiên, ta m  Câu 49: Đáp án D Ta có A  d1  A 1  a;  2a; a   B  d2  B   2b;10b  2;  5b  Khi đó: MA   a  2;12  2a;  a  ; MB  1  2b;10b  8;11  5b  Yêu cầu toán  Ba điểm A, M, B thẳng hàng  k  : MA  kMB  a   k  b  1 a  2bk  k      12  2a  k 10b    2a  10bk  k  12 Ta coi hệ ba phương trình   a  5bl  11k   5  a  k 11  5b  với ba ẩn a , bk k Sử dụng máy tính CASIO, ta tìm nghiệm:   a  a     bk   b  Vậy A  4; 4; 6  , B  6; 8; 2  trung điểm AB I  5; 2; 4    1  k  k    Câu 50: Đáp án B Mặt phẳng  P  : 2x  y  z  chứa điểm O có véctơ pháp A tuyến n P   2; 2;1 I H Ta thấy OA   4; 4;   2n P  OA n P  hai véctơ phương Suy OA   P  Mà M   P   OA  AM  OAM M N O vuông O Đã nói làm – Đã làm khơng hời hợt – Đã làm – Đã làm không hối hận! Ngọc Huyền LB The best or nothing Ta có: N trung điểm OM, OHM vuông H  NO  NH ; I trung điểm OA, OHA vuông H  IO  IH Suy ION  IHN  c.c.c   ION  IHN  900  HN  IH , mà IA  IH  IO Như vậy, HN luôn tiếp xúc với mặt cầu tâm I, bán kính R  OA  mặt cầu cố định Đã nói làm – Đã làm không hời hợt – Đã làm – Đã làm khơng hối hận! ... 2 a   a Vậy SA  SO2  OA2   2a Câu 27 : Đáp án A Ta có  f  x  dx   2cos xdx   1  cos 2x  dx  x  sin 2x  C Câu 28 : Đáp án C  z   2i  A Ta có z  z      z2   2u...  t2 ;  t1 ; t1 ; t2  t  t  ? ?2 t 1  t1  t2  t2  9t1 Yêu cầu toán    t1  t2  t1 t2  9t1 t1   m   12    t2  18  Kết hợp với Vi–ét, ta có t1  t2  20 t t  m2 ...    2i  x  y  2 x  y     i  2i 5 1  2i 1  2i  2  x  y    2x  y   x  y  2x  y   i ? ?2? ??  Do z       ? ?2 5 5      x2  y  49  xy  14 x  28 y x2  y 