DeMucDoCHUYEN LAM SON THANH HOA

Câu [1D5.2-1] (CHUYEN-LAM-SON-THANH-HOACau3) Phương trình tiếp tuyến đường cong y  x  x  điểm có hồnh độ x0  là: A y  x  B y  x  C y  9 x  Lời giải D y  9 x  Đáp án A y�  3x  x � y  1  y�  1  Có x0  Câu  1;  có dạng y  y�  x0   x  x0   y0 � y  x  Khi phương trình tiếp tuyến điểm [2D1.1-1] (CHUYEN-LAM-SON-THANH-HOACau42) Hàm số sau đồng biến �? x y x 1 A y  x  B C y  x  D y  x  Lời giải Câu Đáp án C   0, x �� nên hàm số đồng biến � Hàm số y  x  xác định � có đạo hàm y� y x [2D1.2-1] (CHUYEN-LAM-SON-THANH-HOACau26) Số điểm cực trị hàm số A B C D Lời giải Đáp án A y x Xét hàm số D  �\  0 Tập xác định y�    0, x �D x Câu Câu  �;0   0; � Hàm số nghịch biến khoảng y x khơng có cực trị Vậy hàm số [2D1.5-1] (CHUYEN-LAM-SON-THANH-HOACau30) Trục đối xứng y  f  x    x4  x2  A Đường thẳng x  B Đường thẳng x  1 C Trục hoành D Trục tung Lời giải Đáp án D * Do hàm số hàm chẵn nên trục đối xứng đồ thị hàm số trục tung đồ thị hàm số K  log a a a [2D2.3-1] (CHUYEN-LAM-SON-THANH-HOACau16) Tính giá trị biểu thức với  a �1 ta kết 3 K K K K  4 A B C D Lời giải Đáp án C 3 log a a a  log a a  Ta có Câu Câu [2D2.4-1] (CHUYEN-LAM-SON-THANH-HOACau39) Nghiệm phương trình log x  A B C D Lời giải Đáp án C �x  � x 8 � log x  � x  � Ta có: [2D3.3-1] (CHUYEN-LAM-SON-THANH-HOACau2) Hình phẳng giới hạn đồ thị hàm số  a; b , trục hoành hai đường thẳng x  a , x  b ,  a �b  có diện tích S đoạn b A S� f  x  dx a b b B S� f  x  dx a S C Lời giải f  x  dx � a y  f  x liên tục b D S � f  x  dx a Đáp án A b S� f  x  dx a Câu Câu [2H1.3-1] (CHUYEN-LAM-SON-THANH-HOACau9) Khối lăng trụ có chiều cao h , diện tích đáy B tích 1 V  B.h V  B.h V  B.h A B V  B.h C D Lời giải Đáp án B Thể tích khối lăng trụ V  B.h [2H2.1-1] (CHUYEN-LAM-SON-THANH-HOACau10) Cho khối nón có bán kính đáy r  , chiều cao h  (hình vẽ) Thể tích khối nón 4 A 2 B C 4 Lời giải 4 D Đáp án D 1 4 V   r h   22  3 Ta có Câu 10 [2H3.2-1] (CHUYEN-LAM-SON-THANH-HOACau24) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , điểm  P  : x  y  z 1  sau không thuộc mặt phẳng K  0;0;1 J  0;1;0  I  1;0;0  O  0;0;0  A B C D Lời giải Đáp án D O  0;0;0   P  ta được: 1 �0 Với , thay vào Câu 11 [1D2.2-2] (CHUYEN-LAM-SON-THANH-HOACau36) Trong mặt phẳng cho tập hợp P gồm 10 điểm phân biệt khơng có điểm thẳng hàng Số tam giác có điểm thuộc P 3 A 10 C A10 C C10 D A10 Lời giải Đáp án C Với điểm phân biệt không thằng hàng, tạo thành tam giác Vậy, với 10 điểm phân biệt khơng có điểm thẳng hàng, số tam giác tạo thành C10 Câu 12 [1D2.3-2] (CHUYEN-LAM-SON-THANH-HOACau33) Cho n số nguyên dương thỏa mãn n �2 � P  x   �x  � An2  Cn2  Cn1  4n  � x � bằng: Hệ số số hạng chứa x khai triển biểu thức A 18564 B 64152 C 192456 Lời giải D 194265 Đáp án C A  C  C  4n  n n n � n! n! n!    4n   n   !  n   !.2!  n  1 !.1! n  1  l  � n  n  1 � � � n  n  1   n  4n  n  12  n  � � n  11n  12  12 � 3� P  x   �x  � � x � Khi Tk 1  C12k  x  Công thức số hạng tổng quát: Số hạng chứa x � 24  3k  � k  12  k k �3 � � � k k 24 3 k �x �  C12 x 5 Vậy hệ số số hạng chứa x khai triển C12  192456 Câu 13 [1D2.5-2] (CHUYEN-LAM-SON-THANH-HOACau19) Một hộp đựng viên bi có viên bi đỏ viên bi xanh Lấy ngẫu nhiên từ hộp viên bi Tìm xác suất để viên bi lấy có viên bi màu xanh 10 25 A 21 B 14 C 42 D 42 Lời giải Đáp án C n     C93 Số phần tử không gian mẫu: n  A   C52 C41  C53 Gọi biến cố A : “ lấy viên bi màu xanh” Suy 25 P  A  42 Vậy 2x  lim Câu 14 [1D4.2-2] (CHUYEN-LAM-SON-THANH-HOACau38) Tìm giới hạn x ��  x A B  3 C Lời giải  D Đáp án B x 2  lim x  x�� lim 3 x ��  x x Ta có: 2 A  3;4  Câu 15 [1H1.5-2] (CHUYEN-LAM-SON-THANH-HOACau34) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho điểm Gọi A�là ảnh điểm A qua phép quay tâm O  0;0  , góc quay 90� Điểm A�có tọa độ A� A� A� A�  3;   4; 3  3; 4   4;3 A B C D Lời giải Đáp án D �x A� x A cos 90� y A sin 90�  y A  4 � � A� y  x sin 90� y A cos 90� xA   4;3 Ta có � A� A Câu 16 [1H3.3-2] (CHUYEN-LAM-SON-THANH-HOACau12) Cho hình chóp S ABCD có đáy hình vng cạnh a SA vng góc với mặt phẳng  ABCD  SA  a (hình vẽ) Gọi  góc đường thẳng SB  SAC  Tính sin  ta kết mặt phẳng A 14 Đáp án A B C Lời giải D BO   SAC  �   � � SB,  SAC    BSO Gọi O tâm hình vng ABCD a BO   sin   14 SB a Ta có SB  a , B C có đáy ABC Câu 17 [1H3.5-2] (CHUYEN-LAM-SON-THANH-HOACau17) Cho hình lăng trụ đứng ABC A���  a , M trung điểm BC Khoảng cách hai tam giác vuông, BA  BC  a , cạnh bên AA� C đường thẳng AM B� a A a B a C Lời giải a D Đáp án D C   d  B� C ;  AMN    d  C ;  AMN   C � d  AM ; B� Gọi N trung điểm BB�nên MN //B�  d  B;  AMN    AMN  , tứ diện B AMN tứ diện vng đỉnh B Gọi H hình chiếu B lên 1 1     2 2 2 2 2 BA BM BN a a a a nên BH Vậy BH  a 7 y  mx3   m  1 x  x  Câu 18 [2D1.2-2] (CHUYEN-LAM-SON-THANH-HOACau23) Tìm m để hàm số đạt cực tiểu x  A m B m C m  Lời giải D m  1 Đáp án A � y�  3mx   m2  1 x  y�  6mx   m  1 Ta có: , �� m0 �� � m �� �� 0 � 1 � � �y� 2m2  3m  �� �� �3   m   � y� 0  m  m   �  � � 2 Để hàm số cho đạt cực tiểu x  �m y  m  n  x  mx  x  mx  n  Câu 19 [2D1.4-2] (CHUYEN-LAM-SON-THANH-HOACau43) Biết đồ thị hàm số tham số) nhận trục hoành trục tung làm hai đường tiệm cận Tính m  n A B 6 C D Lời giải Đáp án D  2m  n  x  mx   2m  n lim y  lim x �� x  mx  n  Ta có x �� suy y  2m  n đường tiệm cận ngang ( m , n Theo giả thiết đồ thị hàm số nhận trục hoành trục tung làm hai đường tiệm cận nên ta có 2m  n  m3 � � �� � n6  n6 � � Suy m  n  Câu 20 [2D1.5-2] (CHUYEN-LAM-SON-THANH-HOACau13) Đồ thị hình vẽ bên đồ thị hàm số sau đây? A y   x  x  x  C y   x  x  x  B y  x  x  x  D y  x  x  Lời giải Đáp án B  1;   3;   nên ta có Dựa vào đồ thị hàm số suy a  , d  2 , đồ thị hàm số qua điểm  abc2 a 1 � � � � 2  27a  9b  3c  � � b  6 � � �  12a  2b c9 � � Vậy y  x  x  x  Câu 21 [2D1.5-2] (CHUYEN-LAM-SON-THANH-HOACau31) Bảng biến thiên hàm số A y  x  x  B y   x  x  C y  x  x  Lời giải D y  x  x  Đáp án C Hàm số có dạng: y  ax  bx  c lim y  � � a  (loại B) Ta có x�� Hàm số có điểm cực trị � ab  � y  x  x  Câu 22 [2D2.3-2] (CHUYEN-LAM-SON-THANH-HOACau35) Cho log  a ; log  b Tính log 24 15 theo a b a   b a   2b  b   2a  a A ab  B ab  C ab  D ab  Lời giải Đáp án A � log  log  a a Ta có b 1  log 53  log5 15  log  3.5  a  b  1    �  b log  3 log 24 15 log 24 3log  log a  ab Câu 23 [2D2.3-2] (CHUYEN-LAM-SON-THANH-HOACau40) Cho a , b số thực dương khác thỏa mãn log a b  Giá trị A  log B b a  �3 b � � �a� � � �là C 2 Lời giải Đáp án B log a b  � b  a �� �� 3 � �3  � � �3 b � log � �� � a  �3 � log b � � 1� �  � � �a� � ��  � a � � � a �    D  f  x   sin x Câu 24 [2D3.1-2] (CHUYEN-LAM-SON-THANH-HOACau4) Họ nguyên hàm hàm số 1  cos3 x  C cos3 x  C A B C 3cos3x  C D 3cos3x  C Lời giải Đáp án A 1 sin xdx  � sin xd3x   cos3 x  C � 3 Ta có f  x Câu 25 [2D3.2-2] (CHUYEN-LAM-SON-THANH-HOACau14) Cho hàm số �f  x  dx  5 A 27 liên tục � thỏa mãn dx � �f   3x   � � � Tính tích phân B 21 C 15 Lời giải D 75 Đáp án B Đặt t   x � dt  3dx Với x  � t  x  � t  5 2 5 dt � dx  � f   3x  dx  � 9dx  � � �f   x   � � � �f  t  � �3  x 0 Ta có   18  21 1 dx � 2x  Câu 26 [2D3.2-2] (CHUYEN-LAM-SON-THANH-HOACau44) Tích phân 7 log ln ln A B C Lời giải Đáp án B 1 1 1 d x  d x     ln  x    ln � � x  2 x  0 Ta có  � �f  x  � �dx  18 5 � D  35 Câu 27 [2H1.3-2] (CHUYEN-LAM-SON-THANH-HOACau32) Cho hình chóp tứ giác có cạnh đáy a , cạnh bên a (hình vẽ) Thể tích khối chóp a3 A Đáp án A 2a 3 B a3 C Lời giải a3 D Xét hình chóp tứ giác S ABCD a2 a a SO  SD  OD  2a   2 , Ta có: 1 a a3 VS ABCD  SO.S ABCD  a  3 OD  Câu 28 [2H2.2-2] (CHUYEN-LAM-SON-THANH-HOACau28) Cho hình chóp tam giác có cạnh đáy chiều cao h  (hình vẽ) Diện tích mặt cầu ngoại tiếp hình chóp 100 A 25 B 100 C 27 Lời giải D 100 Đáp án C * Gọi D điểm đối xứng A qua tâm H D thuộc mặt cầu ngoại tiếp hình chóp  SAD  mặt phẳng đối xứng hình chóp nên đường trịn ngoại tiếp tam giác SAD đường tròn * Do lớn mặt cầu * Ta có: AD  10 2 AM  SA  SD  SH  AH  , bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp là: , SA.SD AD SA.SD AD SA2 R    4S SAD AD.SH 2SH 3 Diện tích mặt cầu là: S  4 R  100 27 Câu 29 [2H3.2-2] (CHUYEN-LAM-SON-THANH-HOACau11) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , mặt phẳng qua A  2;0;0  B  0;3;0  C  0; 0;  điểm , , có phương trình A x  y  3z  12  B x  y  z  C x  y  3z  12  D x  y  z  24  Lời giải Đáp án C  ABC  Phương trình mặt phẳng x y z   1 � x  y  3z  12  có dạng Câu 30 [2H3.2-2] (CHUYEN-LAM-SON-THANH-HOACau18) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt cầu 2  S  :  x  1   y     z  3  tâm I mặt phẳng  P  : x  y  z  24  Gọi H hình chiếu  P  Điểm M thuộc  S  cho đoạn MH có độ dài lớn Tìm tọa độ điểm vng góc I M M  1;0;  M  0;1;  M  3; 4;  M  4;1;  A B C D Lời giải Đáp án C I  1; 2;3 d I; P    R  P  không cắt mặt cầu  S  Ta có tâm bán kính R  Do  nên mặt phẳng  P  MH lớn nên M giao điểm đường thẳng IH với mặt Do H hình chiếu I lên  P cầu uuu r uuur IH  n P    2; 2; 1 �x   2t � �y   2t �z   t Phương trình đường thẳng IH �  S  : 9t  � t  �1 � M  3; 4;  M  1;0;  Giao điểm IH với M H  d  M ;  P    12 M H  d  M ;  P    ; M  3; 4;  Vậy điểm cần tìm Câu 31 [2H3.2-2] (CHUYEN-LAM-SON-THANH-HOACau20) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng  P  : x  y  z   điểm I  1;1;0  Phương trình mặt cầu tâm I tiếp xúc với  P  25 2 2  x  1   y  1  z   x  1   y  1  z  6 A B 2 25 2  x  1   y  1  z  x  1   y  1  z   6 C D Lời giải Đáp án B r  d  I, P   Mặt cầu tiếp xúc mặt phẳng nên bán kính mặt cầu là: 25 2  x  1   y  1  z  Vậy phương trình mặt cầu là: Câu 32 [2H3.2-2] (CHUYEN-LAM-SON-THANH-HOACau29) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai mặt  P  : 3x  y  z    Q  : x  y  z   Các điểm A, B phân biệt thuộc uu r  P   Q  Khi uAB tuyến hai mặt phẳng uu r r r phương với véctơ rsau đây? w   3; 2;  v   8;11; 23 k   4;5; 1 u   8; 11; 23 A B C D phẳng giao Lời giải Đáp án D r r P   n P    3; 2;   Q   n Q    4;5; 1  * Ta có: , r �AB  n P  �AB � P  � � � r � � AB � Q  AB  n Q  � � * Do nên đường thẳng AB có véctơ phương là: r r r � u� n � Q  ; n P  �  8; 11; 23 uuur r uuu r AB // u   8; 11; 23 * Do AB véc tơ phương AB nên  Un  Câu 33 [1D3.4-3] (CHUYEN-LAM-SON-THANH-HOACau7) Cho dãy số U n 1 U U U n 1  U n S  U1     10 3n 10 bằng: Tổng 3280 29524 25942 A 6561 B 59049 C 59049 Lời giải Đáp án B U n 1 Un U1 U n 1  U n � n 1  U1   3n n  n mà hay Theo đề ta có: 2 10 U10 �1 � U 1 �1 � U �1 � �1 �  ��  � � � � �� 3 3 3 10 � � � � � � �3 � Nên ta có ; ;…; xác định bởi: D 243 U1  Un � � 1 U1  q � � , công bội Hay dãy �n �là cấp số nhân có số hạng đầu U 310  59048 29524 U U S  U1     10   22    10 2.310 59049 2.310 Khi  d  có phương trình x  y   Câu 34 [1H1.3-3] (CHUYEN-LAM-SON-THANH-HOACau27) Cho đường thẳng    có phương trình x  y   Phương trình đường thẳng  d �  ảnh đường đường thẳng  d  qua phép đối xứng trục    thẳng A x   B 3x  y   C x  y   D y   Lời giải Đáp án D M   d  �   � M  1;  Gọi N  2; 1 � d  Lấy d     , ta có  d1  : x  y   Gọi đường thẳng qua N vng góc với I   d1  �   � I  3; 1 Gọi    � I trung điểm NN �nên N �  4; 3 Gọi N �là ảnh N qua phép đối xứng trục  d�  ảnh đường thẳng  d  qua phép đối xứng trục     đường thẳng qua M  1; 3 N �  4; 3 �  d�  d�  : y 3 Vậy Câu 35 [1H3.4-3] (CHUYEN-LAM-SON-THANH-HOACau37) Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD hình chữ  SAD  nhật với AB  a , cạnh bên SA vng góc với đáy SA  a (hình vẽ) Góc hai mặt phẳng  SBC  A 45� B 30� C 60� D 90� Lời giải Đáp án A Ta có:  SBC  � SAD   Sx // BC // AD BC   SAB  � BC  SB � Sx  SB Ta chứng minh SA   ABCD  � SA  AD � SA  Sx Lại có: Vậy góc mặt phẳng  SBC   SAD  � góc BSA  45� f  x Câu 36 [2D1.2-3] (CHUYEN-LAM-SON-THANH-HOACau6) Cho hàm số f�  x    x  1  x    x  3 Số điểm cực trị hàm số f  x  A B C D Lời giải Đáp án B x  1 � � f�  x   � �x  � x  3 � Ta có Ta có bảng biến thiên hàm số f  x � x f�  x f  x đạo hàm 1 3  có  �   f  x � x 2 � f  x f  x Dựa vào bảng biến thiên ta thấy số điểm cực trị hàm số Câu 37 [2D1.3-3] (CHUYEN-LAM-SON-THANH-HOACau5) Người ta cần xây bể chứa nước sản xuất dạng khối hộp chữ nhật không nắp tích 200 m Đáy bể hình chữ nhật có chiều dài gấp đơi chiều rộng Chi phí để xây bể 300 nghìn đồng/ m (chi phí tính theo diện tích xây dựng, bao gồm diện tích đáy diện tích xung quanh, khơng tính chiều dày đáy diện tích xung quanh, khơng tính chiều dày đáy thành bể) Hãy xác định chi phí thấp để xây bể(làm tròn đến đơn vị triệu đồng) A 75 triệu đồng B 51 triệu đồng C 36 triệu đồng D 46 triệu đồng Lời giải Đáp án B h x 2x Gọi x Gọi x chiều rộng đáy, h chiều cao đáy 3 Thể tích khối hộp chữ nhật không nắp 200 m nên ta có 100 V  x.x.h  200 cm3 � h  x 600 S  x   xh  x   f  x x Diện tích bể nước 600 f�  x   x   � x  150 M in f  x   f 150 x Suy f     150 300.000 51 � triệu đồng Chi phí thấp để xây bể Câu 38 [2D1.5-3] (CHUYEN-LAM-SON-THANH-HOACau45) Có giá trị nguyên tham số m để phương m  cos x   2sin x  có nghiệm thực trình: A B C D Lời giải Đáp án A   ;   Không tính tổng qt ta xét phương trình  2sin x �0 � �  2 � � x ��  ; � �  cos x � � � � Điều kiện Phương trình cho tương đương với   sin x  cos x    cos x  2sin x  Đặt t  sin x  cos x với m2  * �  2 � x ��  ; �6 � �  m  0 sin  � � �t  sin x  cos x  sin �x  �� 12 � 4� � 1 � � t �� ; 2� � � Mặt khác, ta lại có t   2sin x cos x Do  * �  2t  2t  2t   m2 � 1 � f  t   2t   2t  2t  1, t �� ; 2� � � Xét hàm số 4t  f� 0  t  2 2t  2t  Từ bảng biến thiên, ta kết luận phương trình có nghiệm thực   � m2 �  � �4  � �2 � m0 � Vậy có giá trị m    �m �4 1 ln  x  1  x  là: Câu 39 [2D2.5-3] (CHUYEN-LAM-SON-THANH-HOACau21) Số nghiệm phương trình A B C D Lời giải Đáp án D f  x   ln  x  1  1; � Hàm số đồng biến khoảng 1 g� 0  x   g  x  x  2 g  x   1;  x  Hàm số có , x �2 nên ln nghịch biến khoảng  2;  � Vậy phương trình cho ln có hai nghiệm Câu 40 [2D2.6-3] (CHUYEN-LAM-SON-THANH-HOACau8) Cho bất phương trình: 2  log  x  1 �log  mx  x  m   1  1 nghiệm với Tìm tất giá trị m để số thực x A �m �3 B  m �3 C 3 �m �7 D m �3 ; m �7 Lời giải Đáp án B Điều kiện mx  x  m   log  x  1 �log5  mx  x  m  � log 5  x  1 �log  mx  x  m  Ta có �  x  1 �mx  x  m �   m  x  x   m �0  1 nghiệm với số thực x f    Để � m0 � � �  m2  � � � 5m  � � � � �4    m  �0 � � �  m �3 Tập xác định D  � 2 x ln  x  1 dx  a.ln b � Câu 41 [2D3.2-3] (CHUYEN-LAM-SON-THANH-HOACau25) Biết nguyên tố Tính 6a  7b A 33 B 25 C 42 Lời giải Đáp án D Xét I � x ln  x  1 dx 6 * , với a, b �� , b số D 39 � du  dx � u  ln  x  1 � � x 1 � � � dv  xdx �v  x  Đặt � 2 �x � x2 1  3ln   x �  3ln I   x  1 ln  x  1  � dx  3ln  � x  1 dx  � x 1 �2 �0 0 Ta có a  b  � a  b  39 Vậy , 2 x2  H  giới hạn parabol y  12 đường Câu 42 [2D3.3-3] (CHUYEN-LAM-SON-THANH-HOACau15) Hình phẳng x2 y  4 Diện tích hình phẳng  H  bằng: cong có phương trình  4  3 A   C Lời giải 4  B 4  3 D Đáp án A Phương trình hồnh độ giao điểm là: 4 x2 x2 x2 x4  � 4  12 144 � x  12 x4 x2 � �2 �  40 x  48 � x  �2 � � x  36 x  576  144 � 3 x2 x2 � x2 S � dx  � 16  x dx  � dx �4  � � 12 � 2 12  H  là: 2 � 2 � Diện tích hình phẳng �  � t ��  ; � 2 �� dx  cos tdt 2 � x  4sin t Xét Đặt , với  �t   Với x  2  �t  Với x  I � 16  x I Khi đó:  dx 16  16sin �   t cos t dt   16cos �    t dt  �   cos 2t  dt    � �  8� t  sin 2t � 16 4 � �   3   �24  24 � 8 8 4   � �     � � 36 � � 3 3 Vậy: ���� ABCD A B C D Câu 43 [2H1.3-3] (CHUYEN-LAM-SON-THANH-HOACau1) Cho khối hộp có đáy hình chữ nhật A� A�  ABB�   ADD�  tạo với đáy góc 45�, cạnh bên với AB  ; AD  Hai mặt bên hình hộp (hình vẽ) Thể tích khối hộp B� C� 1� 16 �x S  �  � �3 � 36 2  A� D� B C A A B 3 D D 7 C Lời giải Đáp án A B� C� A� D� B K A C H D I  ABCD  ; Gọi H hình chiếu vng góc A�lên mặt phẳng � � � � � ABB� A� ADD� A� �  ,  ABCD   HKA  ,  ABCD   HIA HK  AB HI  AD kẻ , � �  HIA�� HI  HK  HIA�  45�� HKA� Theo giả thiết, ta có HKA�    � tứ giác AIHK hình vuông cạnh a ,  a   � AH  a a HK vuông cân H có HK  HA� Tam giác A�  2 H2 Tam giác AHA�vng H có AA� AH  A� 1 H � a  a  � a  � A�   � B C D  S ABCD A H Khi VABCD A���� � VABCD A���� BCD  � VABCD A���� BCD  Câu 44 [2H3.2-3] (CHUYEN-LAM-SON-THANH-HOACau22) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz cho mặt cầu  S  : x  y  z  x  y  z   , mặt phẳng    : x  y  z  11  Gọi  P  mặt phẳng vuông r   , P v   1; 6;    P  tiếp xúc với  S  Lập phương trình mặt góc với song song với giá vecto  P phẳng A x  y  z   x  y  z  21  B x  y  z   x  y  z  21  C x  y  z   x  y  z  21  D x  y  z   x  y  z   Lời giải Đáp án C uur  S  có tâm I  1;  3;  bán kính R  Véc tơ pháp tuyến    n   1; 4;1 uur uur r nP  � n , v � P  � �  2;  1;  Suy VTPT  P  có dạng: x  y  z  d  Do  P  tiếp xúc với  S  nên d  I ,  P    Mặt khác 23 4 d d  21 4 �� 2 �   1  d 3 � Hay  P  : x  y  z   x  y  z  21  Vậy PTMP Câu 45 [2H3.2-3] (CHUYEN-LAM-SON-THANH-HOACau41) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt cầu 2  S  :  x  1   y     z  3  16 điểm A  1; 0;  , B  1; 2;  Gọi  P  mặt phẳng qua  P  với mặt cầu  S  có diện tích nhỏ Khi viết phương trình hai điểm A , B cho thiết diện  P  dạng  P  : ax  by  cz   Tính T  a  b  c A B 3 C D 2 Lời giải Đáp án B I  1; 2;3 Mặt cầu có tâm bán kính R  Ta có A , B nằm mặt cầu Gọi K hình chiếu I AB H hình chiếu I lên thiết diện S   r    R  IH  Ta có diện tích thiết diện Do diện tích thiết diện nhỏ IH lớn  P  qua A, B vng góc với IK Mà IH �IK suy uur K 0;1; KI   1;1;1   Ta có IA  IB  suy K trung điểm AB Vậy  P  :  x  1  y   z    �  x  y  z   Vậy Vậy T  3 Câu 46 [1D2.5-4] (CHUYEN-LAM-SON-THANH-HOACau46) An Bình tham gia kì thi THPTQG năm 2018 , ngồi thi ba mơn Tốn, Văn, Tiếng Anh bắt buộc An Bình đăng kí thi them hai mơn tự chọn khác ba mơn Vật lí, Hóa học Sinh học hình thức thi trắc nghiệm để xét tuyển Đại học Mỗi môn tự chọn trắc nghiệm có mã đề thi khác nhau, mã đề thi môn khác khác Tính xác suất để An Bình có chung môn thi tự chọn chung mã đề 1 1 A B 10 C 12 D 24 Lời giải Đáp án C Gọi A biến cố: “An Bình có chung môn thi tự chọn chung mã đề” 2 Số khả An chọn môn thi tự chọn mã đề môn thi là: C3 2 Số khả Bình chọn mơn thi tự chọn mã đề môn thi là: C3 n     C32 82.C32 82 Do đó, số phần tử không gian mẫu là: Bây ta đếm số khả để An Bình có chung môn thi tự chọn chung mã đề: 2 Số khả An chọn môn thi tự chọn mã đề môn thi là: C3 Sau An chọn Bình có cách chọn mơn thi tự chọn để có mơn thi tự chọn với An, để chung mã đề với An số cách chọn mã đề mơn thi Bình 1.8  cách Như vậy, số cách chọn môn thi mã đề thi Bình là: 2.8 n  A  C32 82.2.8 Do đó: n  A C32 82.2.8 P  A   2 2  n    C3 C3 12 Bởi vậy: Câu 47 [1H3.3-4] (CHUYEN-LAM-SON-THANH-HOACau48) Xét tứ diện OABC có OA , OB , OC đơi vng  ABC  (hình vẽ) góc Gọi  ,  ,  góc đường thẳng OA , OB , OC với mặt phẳng Khi giá trị nhỏ biểu thức A Số khác B 48 M    cot     cot     cot   D 125 C 48 Lời giải Đáp án D Gọi H trực tâm tam giác ABC , tứ diện OABC có OA , OB , OC đơi vng góc nên ta có 1 1    2 OH   ABC  OA OB OC OH � � �   � OA;  ABC    OAH   � OB;  ABC    OBH   � OC;  ABC    OCH Ta có , , OH OH OH sin   sin   sin   OA , OB , OC Nên 1 1  2 2 2 a b c Đặt a  OA , b  OB , c  OC , h  OH h �� �  �2  � � 2 M    cot     cot     cot   � sin  �� sin  2 �� � � 2 � � �� sin  � � a �� b �� c � � 2 � �2  � �  �   a  b  c    a 2b  b 2c  c a   a 2b 2c h h � �� �� h � h2 h4 h6 �1 1 � 2 1   ��3 a b c   a  b  c  h12   a  b2  c2  � a b c � a b c � Ta có: �1 1 �  2 2�  a b  b c  c a  h14   a 2b2  b2c  c 2a  � �a b c � 2 2 2 � �1 1 �� �3 a b b c c a � 3 �� 3 a 4b4 c  27 � � � � �a b c �� a 4b c 2 2 2 3 1 � 2 � �1 1 �� 2 �1  a b c �   ��a b c � 3 �� 27 a 2b c � � � a b c � � � �a b c �� h Do đó: 1   a 2b  b c  c a   a 2b c h h h �8  4.9  2.27  27  125 Dấu đẳng thức xảy a  b  c , hay OA  OB  OC Vậy M  125 M    a2  b2  c  f  x   x  ax  b Câu 48 [2D1.3-4] (CHUYEN-LAM-SON-THANH-HOACau50) Xét hàm số , với a , b tham số  1;3 Khi M nhận giá trị nhỏ được, tính a  2b Gọi M giá trị lớn hàm số A B C 4 D Lời giải Đáp án C A B max  A , B  �  1 Ta có Dấu  xảy A  B A B max  A , B  �  2 Ta có Dấu  xảy A   B a g�  x  � x  g  x   x  ax  b Xét hàm số , có a � 1;3 � a � 6; 2 M  max   a  b ,  3a  b  Trường hợp 1: Khi Áp dụng bất đẳng thức  1 ta có M �4  2a  � a2 � a M  max  a  b ,  a  b , b  � � � 1;3 � a � 6; 2 � � Trường hợp 2: Khi a � � M �max �5  a  b , b  �۳ M 20  4a  a �  1   ta có � Áp dụng bất đẳng thức ۳ M 16   a   Suy M �2 a  2 � � a �  a  b  b � a  2 � � � �  a  b   3a  b � b  1 � Vậy M nhận giá trị nhỏ M  � Do a  2b  4 f  x Câu 49 [2D3.2-4] (CHUYEN-LAM-SON-THANH-HOACau49) Cho hàm số có đạo hàm dương, liên tục 1 1� �� 3� f  x � f  x �  � dx �2�f �  x  f  x  dx � � � 0;1 f  0  9�  � 0 đoạn thỏa mãn Tính tích phân � �f  x  � �dx � A B Đáp án D  C Lời giải �3 f �x f x     � � � Từ giả thiết suy ra:  D � �dx �0 �  2.3 f � dx � � f x f x   x  f  x   1�     � � � � � 1 � f�  x f  x  Suy � � f x  xC � f x f �x � f  x  �   � � f x � �       � 3 Vì � nên suy f  0  f  0  � C  Vì nên � f  x  x 1 Vậy f�  x  f  x  1  � Suy f�  x f  x  �1 � dx  � � x  1� �f  x  � �dx  � � � 0� Câu 50 [2H3.2-4] (CHUYEN-LAM-SON-THANH-HOACau47) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz cho điểm A  1;0;0  B  0; 2;0  C  0;0;3  D  2; 2;  , , , Có tất mặt phẳng phân biệt qua điểm O , A , B , C , D ? A B C D 10 Lời giải Đáp án B  ABC  là: Ta thấy A , B , C thuộc trục tọa độ Ox , Oy , Oz Phương trình mặt phẳng x y z   1 D � ABC  uu.urRõ ràng uuur uuu r uuur AB   1; 2;0  AD   1; 2;  Ta có nên AB   AD , suy D nằm đường thẳng AB  OAB  ,  OBC  ,  OAC  , Bởi vậy, có mặt phẳng phân biệt qua điểm O , A , B , C , D  ABC   OCD  ... Câu [2D2.4-1] (CHUYEN -LAM- SON- THANH- HOACau39) Nghiệm phương trình log x  A B C D Lời giải Đáp án C �x  � x 8 � log x  � x  � Ta có: [2D3.3-1] (CHUYEN -LAM- SON- THANH- HOACau2) Hình phẳng... (CHUYEN -LAM- SON- THANH- HOACau38) Tìm giới hạn x ��  x A B  3 C Lời giải  D Đáp án B x 2  lim x  x�� lim 3 x ��  x x Ta có: 2 A  3;4  Câu 15 [1H1.5-2] (CHUYEN -LAM- SON- THANH- HOACau34)... (CHUYEN -LAM- SON- THANH- HOACau9) Khối lăng trụ có chiều cao h , diện tích đáy B tích 1 V  B.h V  B.h V  B.h A B V  B.h C D Lời giải Đáp án B Thể tích khối lăng trụ V  B.h [2H2.1-1] (CHUYEN -LAM- SON- THANH- HOACau10)