ĐÁP án CHI TIẾT đề THI THỬ lần 4

Câu Phương trình đường tiệm cận đồ thị hàm số y  B y  2; x  A y  3; x  2 2x 1 là: 3 x D y  2; x  C y  2; x  3 Lời giải Chọn B 2x   2 nên y  2 đường tiệm cận ngang đồ thị hàm số x  x   x 2x 1 2x 1 lim y  lim  ; lim y  lim   nên x  đường tiệm cận đứng đồ x 3  x x 3  x x 3 x 3 Ta có: lim y  lim thị hàm số Câu Số nghiệm nguyên thuộc đoạn  20; 20 bất phương trình: 22 x1  9.2 x  x2  x   A 38 B 36 C 37 D 19 Lời giải Chọn B Điều kiện: x  x    x  3 x  * Vì x số nguyên thuộc đoạn  20; 20 nên ta xét trường hợp sau:   Trường hợp  x  20 , dễ thấy 22 x 1  9.2 x  x x 1   nên 22 x1  9.2 x  x2  x   , 3; 20 bất phương trình có 18 nghiệm ngun Trường hợp x  thay trực tiếp vào bất phương trình ta có:   (đúng) Do x  thỏa mãn u cầu tốn Trường hợp x  thay trực tiếp vào bất phương trình ta có: 10  (sai) Do x  khơng thỏa mãn u cầu toán Trường hợp 20  x  4 Khi đó, xét hàm số: f  x   x  x  , dễ thấy f  x   f  4   nên x  x   5, x   20; 4  a   20;4 Mặt khác, đặt t  x , 22 x 1  9.2 x  2t  9t , 20  x  4  20  t  4 20 4 Khi xét hàm số g  t   2t  9t với  t  , dễ thấy 2  g  t   g  4    20 4 ;2   71  b 128   71  Do  20;4 128 bất phương trình cho nghiệm với 20  x  4 , nên đoạn  20; 4 bất Từ  a  ,  b  suy h  x   22 x 1  9.2 x  x  x   h  4    phương trình có 17 nghiệm ngun Trường hợp x  3 thay trực tiếp vào bất phương trình ta thấy khơng thỏa mãn Vậy số nghiệm ngun bất phương trình là: 36 Câu Điểm M hình vẽ bên điểm biểu diễn số phức? A z   2i B z   i C z   2i D z  2  i Lời giải Chọn D Dựa vào hình vẽ ta thấy điểm M biểu diễn số phức z có phần thực 2 phần ảo Vậy số phức z  2  i Câu Đường cong hình bên đồ thị hàm số bốn hàm số liệt kê bốn phương án A, B, C, D Hỏi hàm số nào? A y  2x 1 x 1 B y  x 1 x 1 C y  x 1 x 1 D y  x 1 1 x Lời giải Chọn B - Đồ thị hàm số có đường TCĐ x  nên loại C - Đồ thị hàm số có đường TCN y  nên loại A D - Nhận xét thêm, x  y  1 ta chọn B e Câu Biết x x 1 dx  ln  ae  b  với a , b số nguyên dương Tính giá trị biểu thức  x ln x T  a  ab  b A B C D Chọn B e 1 e x 1 x dx  d  x  ln x   ln  x  ln x  e  ln  e  1 dx  1 x2  x ln x 1 x  ln x 1 x  ln x e Vậy a  1, b  nên T  a  ab  b  Câu Biết m  m0 giá trị tham số m cho phương trình 9x   2m  1 3x   4m 1  có hai nghiệm thực x1 , x2 thỏa mãn  x1  2 x2  2  12 Khi m0 thuộc khoảng sau A (3;9) B  9;+  D  -2;0  C 1;3 Lời giải Chọn C 9x   2m  1 3x   4m 1  (1) t  t  m  Đặt t  3x , t  Pt(1) trở thành: t   2m  1 t   4m 1    Để pt(1) có nghiệm điều kiện cần đủ 4m    m  Khi pt (1) có hai nghiệm x1  x2  log  4m  1 Từ giả thiết  x1  2 x2  2  12   log3  4m -1    12  log  4m  1   m   32  1  Vậy m  1;3 Câu Cho lăng trụ đứng ABC.A ' B ' C ' đáy tam giác vuông cân B, AC  a 2, biết góc  A ' BC  đáy 600 Tính thể tích V A a3 B a3 khối lăng trụ? C Lời giải Chọn A a3 D a3  BC  BB '  BC   ABB ' A '  BC  A ' B   BC  BA  A 'BC    ABC   BC  Ta có  A ' B   A 'BC  , A ' B  BC    A ' BC  ,  ABC    A ' BA  600   AB   A BC  , AB  BC Tam giác ABC vuông cân B nên AB  BC  AC a  a 2 Xét tam giác A ' AB vng A có AA '  AB.tan 600  a Diện tích tam giác ABC S ABC  1 BC.BA  a 2 1 a a3  Thể tích lăng trụ V  AA '.S ABC  a 3 Câu Tính đạo hàm hàm số y  e x sin x A e x  sin x  cos x  B e x cos x C e x  sin x  cos x  D ex  sin x  2cos x  Lời giải Chọn D y '   e x sin x    e x  sin x  e x  sin x   e x sin x  2e x cos x  e x  sin x  2cos x  Câu Từ chữ số 0;1; 2;3; 4;5;6 lập số tự nhiên gồm hai chữ số? A 13 B 49 C 36 Lời giải Chọn D D 42 Gọi số cần lập có dạng ab Để lập số có chữ số ta cần thực liên tiếp hai hành động Chọn chữ số khác vào vị trí a có cách Ứng với cách chọn số vào vị trí a có cách chọn số vào vị trí b Theo quy tắc nhân ta có số số có chữ số lập 6.7  42 số Câu 10 Cho a, b, c số thực dương khác Hình vẽ bên đồ thị ba hàm số y  log a x, y  logb x, y  log c x Khẳng định sau đúng? A a  c  b B a  b  c C c  b  a D c  a  b Lời giải Chọn D  a, b  0  c  Theo hình dạng đồ thị ta có  Vẽ đường thẳng y  cắt đồ thị hai hàm số y  log a x, y  logb x điểm M (a;1), N (b;1) Ta thấy điểm N bên phải điểm M nên b  a Vậy c  a  b Câu 11 Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho đường thẳng d : x 1 y  z    Hỏi d 4 5 qua điểm điểm sau: A C  3;4;5 B D  3;  4;  5 C B  1;2;  3 D A 1;  2;3 Lời giải Chọn D Đường thẳng d : x 1 y  z    qua điểm A 1;  2;3 4 5  x  16 x   Câu 12 Tìm m để hàm số f  x    x  liên tục điểm x  mx  x   A m  C m   B m  D m  8 Lời giải Chọn A Ta có lim f  x   f  4  4m  ; lim f  x   lim x 4 x 4 x 4 x  16  lim  x  4  x4 x4 Hàm số liên tục điểm x   lim f  x   lim f  x   f    4m    m  x4 Câu 13 x4 Tập hợp nghiệm bất phương trình log2  x  1  là: A S   1; 8 B S   ;  C S   ; 8 Lời giải Chọn D   x    x  1   x   1  x   x   Ta có: log2 x     Vậy tập nghiệm bất phương trình S   1;  Câu 14 Cho a, b, c đường thẳng không gian Xét mệnh đề sau: I  Nếu a  b b  c a / / c  II  Nếu a    b / /   a  b  III  Nếu a / /b b  c c  a D S   1;   IV  Nếu a  b, b  c a cắt c b   a, c  Có mệnh đề đúng? A B C D Lời giải Chọn A Mệnh đề  I  sai a c cắt chéo song song Mệnh đề  II  ,  III   IV  Câu 15 Cho số phức z  1  i  1  2i  Số phức z có phần ảo là: B 2 A D 2i C Lời giải Chọn B   Ta có: z  1  i  1  2i    2i  i 1  2i   2i 1  2i   2i  4i   2i Suy số phức z có phần ảo là: 2 Câu 16 Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy , cho A  2; 3 , B 1;0 Phép tịnh tiến theo u   4; 3 biến điểm A, B tương ứng thành A ', B ' Khi đó, độ dài đoạn thẳng A ' B ' là: A A ' B '  10 B A ' B '  C A ' B '  13 D A ' B '  10 Lời giải Chọn D Theo tính chất phép tịnh tiến Nếu Tu  M   M ' , Tu  N   N ' MN  M ' N ' suy MN  M ' N ' Áp dụng vào tốn ta có A ' B '  AB  Câu 17  1  2    3 Tìm tập xác định hàm số y  x  x  10 A \ 2;5   10 3 B  ;2   5;    2;5 Lời giải Chọn A C D x  x  ĐKXĐ: x  x  10    \ 2;5 Vậy TXĐ: D  Câu 18 Tìm tất giá trị tham số m để phương trình 2sin x+ msin2x = 2m vơ nghiệm? m  m   A  B  m  C  m  m  D  m   Lời giải Chọn D Ta có: 2sin2 x+ msin2x = 2m  msin2x - cos2x = 2m - 1 m  Điều kiện phương trình 1 vơ nghiệm là: m    2m  1  3m  4m    m   2 m  Vậy với  phương trình vơ nghiệm m   Câu 19:     D n   2;3;1 Cho mặt phẳng  : x  3y  z   Khi đó, véc tơ pháp tuyến     A n  2;3; 4   B n  2; 3;4  C n  2;3;4 Lời giải Chọn C     Mặt phẳng  : x  3y  z   có véc tơ pháp tuyến n0  2; 3; 4   Nhận thấy n  2;3;4  n0 , hay n phương với n0     Do véc tơ n  2;3;4 véc tơ pháp tuyến mặt phẳng  Câu 20: Phương trình tiếp tuyến đồ thị hàm số y  A y  3 x  B y  3x  11 2x  điểm có hồnh độ 2? x 1 C y  3x  D y  3 x  Lời giải Chọn B \ 1 Tập xác định: D  y 2x   y'  x 1 x    y  2   5; y '  2   Phương trình tiếp tuyến đồ thị hàm số điểm có hồnh độ 2 là: y  y0  y '  x0  x  x0   y    x  2  y  3x  11 Câu 21 Gọi M giá trị lớn nhất, 1;3 Khi tổng M m giá trị nhỏ hàm số y  x3  3x2  12 x  đoạn m có giá trị số thuộc khoảng đây: B (39; 42) A (0;2) D (59;61) C (3; 5) Lời giải Chọn B y' 6x y' 6x 12 x x Ta có: y(1) Nên M Câu 22 ; y( 2) 46; m M Cho hai mặt phẳng 21 ; y( 1) : 3x m 2y 14 ; y(3) 46 40 2z : 5x 0, 4y phẳng qua gốc tọa độ O đồng thời vng góc với A 2x y 2z B 2x C 2x y 2z D 2x 3z y y 2z 2z Phương trình mặt là: Lời giải Chọn C Véc tơ pháp tuyến hai mặt phẳng n n ;n 3; 2;2 , n 2;1; Phương trình mặt phẳng qua gốc tọa độ O ,VTPT n  Câu 23 Giá trị 5; 4;  sin xdx 2;1; : 2x y 2z A.0 B.1 C.-1 D  Lời giải Chọn B  + Tính  sin xdx   cos x Câu 24   Một vật chuyển động với vận tốc v  km / h  phụ thuộc vào thời gian t  h  có đồ thị hình bên Trong khoảng thời gian từ bắt đầu chuyển động, đồ thị phần đường Parabol có đỉnh I  3;9  có trục đối xứng song song với trục tung Khoảng thời gian lại, đồ thị vận tốc đường thẳng có hệ số góc Tính quảng đường s mà vật di chuyển giờ? A 130  km  B  km C 40  km D 134  km  Lời giải Chọn A + Vì Parabol qua O(0; 0) có tọa độ đỉnh I  3;9  nên thiết lập phương trình Parabol  P  : y  v t   t  6t; t 0;2 t  m , dựa đồ thị ta thấy 15 qua điểm có tọa độ  6;9  nên vào hàm số tìm m  + Sau đầu hàm vận tốc có dạng hàm bậc y  Nên hàm vận tốc từ thứ đến thứ y  15 t  ; t  [2;6] + Quảng đường vật tổng đoạn đường đầu đoạn đường sau Lời giải Chọn B Gọi z  x  yi  x; y   Ta có z  i   iz A1 ,  x2   y  1  2  y 2  x2  x2  y  Gọi A1 , A2 biểu diễn tương ứng z1 , z2  A1 ; A2 thuộc đường tròn  C  có tâm O  0;0  , bán kính Theo giả thiết z1  z2   A1 A2   OA1 A2 cạnh  Khi đó, P  z1  z2  2OK  Câu 35:  ( K trung điểm A1 A2 ) Tính modun số phức w  b  ci , b, c  biết số phức i8   2i nghiệm phương  i7 trình z  bz  c  A B C 2 D Lời giải Chọn C i8   2i +) Đặt zo  , ta có  i7  zo  i   i 4   14    i   i  i  i    2i 2i 2i 1  i     1  i 1 i 1 i 1 i2 +) zo nghiệm đa thức P  z   z  bz  c  zo nghiệm lại P  z  +) Ta có: zo  zo   zo z o  b  b    b  a c   1  i  1  i   c  c  a  w   2i  w  22  22  2 Câu 36: Cho hình chóp S.ABC có đáy tam giác vng B có AB  a , AC  2a , SA vng góc với mặt phẳng đáy, SA  2a Gọi  góc tạo hai mặt phẳng  SAC   SBC  Tính cos  A B C 15 D Lời giải Chọn C S H C A B +) Có BC  AC  AB2  4a2  a2  a +) Kẻ BH  AC H  BH   SAC  +) Trong tam giác ABC có CH CA  CB  CH  +)  SSHC  CB 3a  CA 1 3a 3a SA.CH  2a  2 2   SA   ABC   SA  BC  BC  SB   BC  BA +) Theo giả thiết   SSBC 1 a 15  SB.BC  a 5.a  2 +) SHC hình chiếu SBC mặt phẳng  SAC   SSHC  SSBC cos  (    SAC  ;  SBC  )  cos   SSHC SSBC 3a 3 15  22    a 15 15 Câu 37: Cho hàm số y  f  x   ax3  bx2  cx  d có đồ thị hình bên Có giá tị nguyên tham số m để phương trình f  x    m  3 f B A  x   m   có nghiệm phân biệt? C D Lời giải Chọn A   Phương trình f x   m  3 f Cách vẽ đồ thị hàm số y  f  f  x  1  x m4    1  f  x   m  x + Giữ nguyên phần đồ thị bên phải trục Oy + Lấy đối xứng phần giữ lại qua trục Oy Dựa vào đồ thị hàm số y  f Phương trình f  x  ta thấy  x   có ba nghiệm phân biệt Để phương trình đầu có bảy nghiệm phân biệt phương trình f nghiệm phân biệt khác nghiệm phương trình 1 Dựa vào đồ thị hàm số y  f  x  ta 3  m     m   x   m  có bốn Vậy giá trị nguyên m 2;3; Câu 38: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho đường thẳng d : x y 1  z   Gọi  P  mặt 2 phẳng chứa đường thẳng d tạo với mặt phẳng  Q  : x  y  z   góc có số đo nhỏ Điểm A 1;2;3 cách mặt phẳng  P  khoảng bằng: A B 11 11 C D Lời giải Chọn A M H B C d: x y 1  z   có VTCP u  1; 2; 1 2 Q : 2x  y  2z   có VTPT n   2; 1; 2   Gọi  góc tạo d  Q  , ta có sin   cos u, n  Từ hình vẽ, ta có  d ,  P    MBH Ta thấy sin MCH  Vậy góc   P  ,  Q    MCH MH MH   MC MB   P  ,  Q    MCH nhỏ sin MCH  *Viết phương trình mặt phẳng (P) -CÁCH 1: Mặt phẳng  P  : Ax  By  Cz  D  nQ  u   A  2B  C      A  B  2C Ta có  3  cos n, nQ    2 3 A  B  C    hay cos MCH  3    A  2B  C  A  2B  C    2 2  6 B  6C  12 BC  1   3B   B  C   B  C Nếu B  suy A  C  loại C C C        1  C   B suy A  B B B B Nếu B  từ 1 suy  Mặt phẳng  P  : Bx  By  Bz  D  qua điểm N  0; 1;2   d suy D  3B Vậy phương trình mặt phẳng  P  : x  y  z   Suy d  A;  P    -CÁCH Gọi   ( P)  (Q ) góc ( P ) (Q ) nhỏ   d Do đó, mặt phẳng (P) thỏa đề mặt phẳng chứa d cắt (Q) theo giao tuyến  cho   d    (Q)   u  u ,n     d nhận   d Q  làm vec tơ phương (Q) chứa d   (P) qua M(0;-1; 2)  d nhận n  ud ,u   (6; 6; 6) làm vectơ pháp tuyến Câu 39:  (P) : x  y  z   d  A;  P    Vậy   Biết n số nguyên dương thỏa mãn C2  C3  C4   Cn  An 1 Tìm hệ số số hạng 2 2 n chứa x 26   khai triển   x  với x  x  A 356 B 210 C 792 D 924 Lời giải Chọn B 1  x   +Xét khai triển 1  x   1  x   1  x    1  x   1  x   n 1 n Hệ số x vế trái C2  C3  C4   Cn 2 Hệ số x vế phải Cn 1 Do có C22  C32  C42   Cn2  Cn31 +Từ giả thiết ta có 2Cn 1  An 1  n  n  1 n  1  3n  n  1  n  10 10 19    7  x  C10k     x  x  k 0 k Khi xét khai triển   x7  10  k 19   C10k x 7011k k 0 n   Hệ số x 26 khai triển   x  ứng với k  C10  210 x  Câu 40: Cho hàm số f  x   mx3  2mx2   m  1 x  ( m tham số) Số giá trị nguyên tham số m để hàm số y  f  x  có điểm cực trị ? A B C D Vô số Lời giải Chọn A + Với m  Hàm số trở thành f  x   x  nên y  f  x  có cực trị, thỏa mãn ycbt + Với m  hàm số f  x   mx3  2mx2   m  1 x  thỏa mãn ycbt có hàm đơn điệu  f '  x   3mx2  4mx  m  không đổi dấu   '  m2  3m    m  Kết hợp điều kiện m  ta  m   Vậy  m  nên m 0;1;2;3 Câu 41: Cho hàm số f  x  liên tục dương  0;   thỏa mãn f   x    x  4 f  x   a Tính tổng S  f    f 1  f     f  2018   với a  , b b giản Khi b  a  ? A 1 B 1011 C D 2018 f 0  Lời giải Chọn E khơng có đáp án Xét f   x    x   f  x      f  x  f  x  2x    dx=   x   dx f  x f  x  x2  x  C f  x Vì f    1 1 1      C   f  x   x  4x   x 1 x   Vậy S   f    f     f  2018     f 1  f     f  2017   , a tối b Câu 42 S 1 1 1  1 1 1                  2 3 2019 2021   4 2018 2020  S 1 1   2020 1009  1       2020 2021  2021 2.2020   Gọi z  a  bi a, b   số phức thỏa mãn điều kiện có mơ đun nhỏ Tính S A 7a z 2i z 3i 10 b? B C D 12 Lời giải B M H A O Chọn A   Gọi M a; b điểm biểu diễn số phức z A 1;2  điểm biểu diễn số phức 2i B  2;3 điểm biểu diễn số phức a bi 3i , AB  10 z   2i  z   3i  10 trở thành MA  MB  AB  M, A, B thẳng hàng M A B     Gọi H điểm chiếu O lên AB, phương trình AB : x  3y   , OH : x  y   21   1  27  ;  , Có AH    ;  , BH   ;   BH  9 AH  10 10   10 10   10 10  Tọa độ điểm H  Nên H thuộc đoạn AB z nhỏ  OM nhỏ nhât, mà M thuộc đoạn AB  21   M H ;   10 10  Lúc S  7a  b  Câu 43 49 21   Chọn A 10 10 Cho hàm số y  f  x  có đồ thị  P  hình vẽ Biết u0 ; v0 nghiệm hệ phương  f 1  4v   f   8u  trình   2u  3v  2u  v P  a b ? A u0  v0  B a , a , b b * , C a tối giản Giá trị biểu thức b D Lời giải Chọn C   f 1  4v   f   8u  1 u  v  u  v     Giải hệ  1  4v   8u 1  4v  8u  Dựa vào đồ thị hàm số y  f  x  suy 1  f 1  4v   f   8u     2u  v    4u  2v  Trường hợp 1: Với 2u  v   v   Thế vào    2v     v 0  u   2v   Trường hợp 2: Với 4u  2v    v   v    Thế vào    16v   4v    16v  8v   (VN ) 16v    4v  32   Vậy u0  v0   Câu 44 Cho x, y , z 1    , suy a  b  1  2   số thực dương thỏa mãn x  y  z   xy  yz  zx  Giá trị lớn biểu thức T  A 16 x  y  z  x  y  z 3 B 31 C 12 D 25 Lời giải Chọn A Ta có y  z 2  y  z  2   y  z yz   Và theo giả thiết x  y  z   xy  yz  zx   x   y  z   x  y  z   28 yz  x   y  z   x  y  z    y  z    5x  y  z  x  y  2z    x   y  z  Vậy T  4 y  z x      3 y  z x  y  z  y  z  27  y  z  y  z 27  y  z  1 1  36t  Xét hàm số f  t    với t  , có f  t      , f  t    t  t 27t t 9t 9t Bảng biến thiên:   x  2 y  z   x   Dựa vào BBT suy giá trị lớn T  16 đạt  y  z   y  z  1  y  z  12  4 5  3 Câu 45 Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy , cho ABC có tâm đường tròn ngoại tiếp I  ;  , 1 8 3 3 trực tâm H  ;  trung điểm cạnh BC M 1;1 Tính độ dài cạnh BC A B C D Lời giải Chọn C 1 2 3 3 2 4 3 3 Ta có MI   ;  HA  MI nên HA   ;   A 1;  IB  IA  5 ; IM  3 5    BM  BI  IM         BC  3     2 Câu 46 Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho hai mặt phẳng song song 1  : 2x  y  2z 1  , 2  : 2x  y  2z   điểm A  1;1;1 nằm khoảng hai mặt phẳng Gọi  S  mặt cầu qua A tiếp xúc với 1  ,   Biết  S  thay đổi tâm I nằm đường tròn cố định   Tính diện tích hình tròn giới hạn   A  B  C  D 16  Lời giải Chọn C Nhận thấy: 1  / / 2  M 1;1;0  1  nên d  1  ,     d  M ,     2.1   2.0  22  12  22 2 Vì  S  tiếp xúc với 1  ,   nên tâm I  S  thuộc mặt phẳng  P  song song với 1  , 2  cách 1  , 2  khoảng (1) Khi  S  có bán kính R   P  : x  y  z   Mặt khác,  S  qua A  1;1;1 nên IA  R  Vậy, I thuộc mặt cầu ( S ') tâm A có bán kính R '  (2) Từ (1) (2) ta thấy,  S  thay đổi tâm I nằm đường tròn cố định     P    S '    Ta có: d A,  P   2.(1)   2.1  22  12  22  1 3 Bán kính đường tròn   r Ta có r  R '2  d  A,  P        Diện tích hình tròn giới hạn   Câu 47  Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình bình hành, cạnh bên hình chóp cm , AB  cm Khi thể tích khối chóp S.ABCD đạt giá trị lớn nhất, tính diện tích mặt cầu ngoại tiếp S.ABCD B 4 cm2 A 12 cm2 C 9 cm2 D 36 cm2 Lời giải Chọn D S M I A D O C B Gọi O giao điểm AC BD Ta có SAC cân S nên SO  AC SBD cân S nên SO  BD Khi SO   ABCD  Ta có: SAO  SBO  SCO  SDO  OA  OB  OC  OD Vậy hình bình hành ABCD hình chữ nhật AC 16  x Đặt BC  x  AC   x  AO   2 2 2 Xét SAO vng O , ta có: SO  SA  AO   Thể tích khối chóp S.ABCD là: VS ABCD Áp dụng bất đẳng thức : ab  16  x  x2  1  x2  SO.S ABCD  x   x x 3 a  b2 2  x2  x2  ta có: V   x x  3 Dấu "  " xảy   x2  x  x  Do đó: BC  2, SO  Gọi M trung điểm SA ,  SAO  kẻ đường trung trực SA cắt SO I Khi mặt cầu ngoại tiếp khối chóp S.ABCD có tâm I bán kính R  IS Vì SMI ∽ SOA( g g ) nên SI SM SA2   SI     R  3(cm) SA SO 2.SO 2.1 Diện tích mặt cầu ngoại tiếp khối chóp S.ABCD là: 4 R  4 32  36 (cm2 ) Câu 48 Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho ba điểm A 1;4;5 , B 3;4;0 , C 2; 1;0  mặt phẳng   : 3x  y  z  12  Gọi M  a; b; c  thuộc   cho MA2  MB  3MC đạt giá trị nhỏ Tính tổng S  a  b  c A C 2 B D Lời giải Chọn A Gọi điểm I  x; y; z  thỏa mãn IA  IB  3IC   IA  1  x;  y;5  z   IA  1  x;  y;5  z    Mà  IB    x;  y;  z    IB    x;  y;  z     IC    x; 1  y;  z  3IC    3x; 3  y; 3 z   IA  IB  3IC  10  5x;5  y;5  z  x   Do đó: IA  IB  3IC    y   I  2;1;1 z      Mặt khác: MA2  MB  3MC  MI  IA  MI  IB    MI  IC     5MI  2.MI  IA  IB  3IC   IA2  IB  3IC     Vì I , A, B, C cố định nên IA2  IB  3IC khơng đổi 2 2 Do đó: MA  MB  3MC nhỏ  MI nhỏ  MI nhỏ  M hình chiếu I mặt phẳng     là: Phương trình đường thẳng d qua I vng góc với mặt phẳng x  y 1 z 1   3 2 Gọi M   d    Tọa độ M nghiệm hệ phương trình:  x  3x   y    x  y 1 z 1      7    y    M  ;  ;0  3 2  2 x   3z   2  3x  y  z  12    3x  y  z  12  z    a  , b   , c   S  a  b  c  2 Vậy Câu 49 Cho hình tứ diện ABCD có , AB AD ABC , ABC tam giác vuông B Biết BC 2(cm ) 3(cm), AD 6(cm) Quay tam giác ABC ABD ( bao gồm điểm bên tam giác) xung quanh đường thẳng AB ta khối tròn xoay Thể tích phần chung khối tròn xoay (cm ) B A (cm ) 3 (cm ) C 64 (cm ) D Lời giải Chọn C A N Dễ thấy AD ABC AD R1 D E M B Gọi M   BD  AC N hình chiếu M AB Dễ dàng chứng minh tỉ lệ: MN AN MN BN (1) AD AN AN BN  (1) ;  (2)     3  ;  BC AB AD AB (2) BC BN AB AB  AN  3 3 ; BN  ; MN  2 Phần thể tích chung khối tròn xoay phần thể tích quay tam giác quanh trục AB Gọi V1 thể tích khối tròn xoay quay tam giác Và V2 thể tích khối tròn xoay quay tam giác Dễ tính được: V1  AMB xung BMN xung quanh AB AMN xung quanh AB 3 3 3 (dvtt )  V1  V2  (dvtt ) Chọn C (dvtt ) V2  8 Câu 50 Cho điểm M nằm cạnh SA , điểm N nằm cạnh SB khối chóp tam giác S ABC cho SM MA SN , NB Mặt phẳng qua MN song song với SC chia khối chóp thành phần Gọi V1 thể tích khối đa diện chứa A, V2 thể tích khối đa diện lại Tính tỉ số V1 V2 V1 A V2 ? V1 V2 B V1 C V2 V1 D V2 Lời giải Chọn C SM MA Vì SC / /   nên SN , NB CE EA CF , FB MN ; EF ; AB Mặt khác dễ thấy: SAB đồng quy P Áp dụng Menelaus tam giác MS PA NB PA 1 4 MA PB NS PB VAMEP VASCB AM AE AP AS AC AB VBNFP VBSCA BN BF BP BS BC BA  2 3 1 3 16 27 27 VAMNBFE VAMEP  VBNFP 16 15 V 15        Chọn C VSABC VSABC 27 27 27 V2 12 : ... x   f  4  4m  ; lim f  x   lim x 4 x 4 x 4 x  16  lim  x  4  x 4 x 4 Hàm số liên tục điểm x   lim f  x   lim f  x   f    4m    m  x 4 Câu 13 x 4 Tập hợp...   4m 1    Để pt(1) có nghiệm điều kiện cần đủ 4m    m  Khi pt (1) có hai nghiệm x1  x2  log  4m  1 Từ giả thi t  x1  2 x2  2  12   log3  4m -1    12  log  4m... B (39; 42 ) A (0;2) D (59;61) C (3; 5) Lời giải Chọn B y' 6x y' 6x 12 x x Ta có: y(1) Nên M Câu 22 ; y( 2) 46 ; m M Cho hai mặt phẳng 21 ; y( 1) : 3x m 2y 14 ; y(3) 46 40 2z : 5x 0, 4y phẳng