Đề Thi Thử THPT Quốc Gia Môn Toán Năm 2018 Có Lời Giải - Đề Thi Số 4

 Nhận xét – Mở rộng : Sử dụng máy tính để nhận được giá trị gần đúng của tích phân rồi so sánh với các đáp án...  Nhận xét – Mở rộng : Sử dụng máy tính để nhận được giá trị gần đúng c[r]

(1)

BỘ ĐỀ LUYỆN THI TỐN NHĨM HỒNG ĐỨC

ĐỀ LUYỆN SỐ

KÌ THI TRUNG HỌC PHỔ THƠNG QUỐC GIA Bài thi: TOÁN

Thời gian làm bài: 90 phút, không kể thời gian phát đề Câu 1: Đạo hàm cấp hai hàm số

yx x là:

A  

 

2

x 2x

1 x x



  B

 

2

x 2x

1 x x



  C

 2

2 x 2x x



 D

 2

2 x 2x x





Câu 2: Hàm số sau hàm số nghịch biến ℝ?

A

y  x 2x  x B

y  x 2x 1

C ycos 2x 2x 3  D

y x Câu 3: Cho hàm số y mx

x

 

 Hàm số nghịch biến tập xác định khi: A m ≤ B m > C m ≥ D m < Câu 4: Hàm số  

f x x ax bx c đạt cực trị điểm x 2 đồ thị hàm số qua điểm A 1;0  Các hệ số a, b, c bằng:

A a2, b0 c 4 B a3, b0 c 4 C a1, b1 c 3 D a5, b1 c 2 Câu 5: Cho hàm số

yx 2x 3 Hàm số có:

A Một cực đại hai cực tiểu B Một cực tiểu hai cực đại C Một cực đại khơng có cực tiểu D Một cực tiểu khơng có cực đại Câu 6: Giá trị lớn hàm số

y x x bằng:

A B C D

Câu 7: Cho hàm số

3

2

x 2x x

y

x x

   

  Số tiệm cận đồ thị hàm số bằng:

A B C D

Câu 8: Cho hàm số

yx x 4x 1 Điểm uốn đồ thị hàm số là: A U 5;

3 27

 

 

  B

1

U ;

2

   

  C

1

U ;

2

   

  D

1

U ;

3 27

 

 

  Câu 9: Cho hàm số

yax bx c có đồ thị hình vẽ bên Mệnh đề đúng?

(2)

Câu 10: Cho hàm số  

C : yx 4x 5 Tiếp tuyến đồ thị (C) song song với đường thẳng 16x y 1  0 có phương trình:

A 16x y 14  0 B 16x y 27  0 C 16x y 18  0 D Cả A, B, C Câu 11: Cho hàm số  C : y x m

x

 

 Đồ thị hàm số cắt đường thẳng  d : ymx 1 hai điểm phân biệt khi:

A Mọi m B m \ 0  C m \ 2  D m \ 0;2  Câu 12: Biểu thức 4

x x , với x0 viết lại thành: A

3

x B

7 12

x C

5 12

x D

1

x Câu 13: Biết log6 a 2 log a6 bằng:

A 36 B 108 C D

Câu 14: Cho hàm số yx 1 x 1 Tập xác định hàm số là:

A \ 2  B 1;  \ C 1;  \ D \ 1  Câu 15: Hàm số x

yx.e đồng biến khoảng:

A ;1 B  1; 

C 1;1 D  ; 1 1; Câu 16: Hệ phương trình:

x y

2

x y

   

 

 có nghiệm là:

A 2; ,  1;2 B    0;1 , 1;0 C 1;2 , 1;0   D 2; , 0;1    Câu 17: Bất phương trình 6x

2  1 có tập nghiệm là: A ;1

2

 

 

  B

1 ;

2

 

 

  C

1 ;

 



  D

1 ;

 

 

  Câu 18: Bất phương trình    

x x

log 3x 1 log x 1 có tập nghiệm là: A 1;2

3

   

  B  

1

;2 \

   

  C  

1

;2 \

   

  D

1 ;2

      Câu 19: Phương trình x x

3  72 có tập nghiệm là:

A T 0 B T 1 C T 2 D T 3 Câu 20: Phương trình  

x

log 2x 4x 3 2 có tập nghiệm là:

A T 1 B T 2 C T 3 D T1;2;3 Câu 21: Phương trình x x x

27 12 2.8 có tập nghiệm là:

A T 1 B T 0 C T  1 D Cả A, B, C Câu 22: Họ nguyên hàm hàm số   4

(3)

A 1 3x 1cos 4x C

4

  

 

  B

1

3x cos 4x C

4

  

 

 

C 1 3x 1sin 4x C

4

  

 

  D

1

3x sin 4x C

4

  

 

 

Câu 23: Họ nguyên hàm hàm số f x   4x 1 3 có dạng: A 14x 14 C

4   B  

4

1

4x C

8   C  

4

1

4x C

16   D  

4

1

4x C

32  

Câu 24: Tích phân  2 0x xx dx

 bằng:

A 156

5

 B 256

5

 C 284

5 D

384

Câu 25: Tích phân /2 cos x.sin xdx



 bằng:

A

15 B

2

15 C

1

5 D

4 15

Câu 26: Tích phân e

12x.ln x.dx

 bằng:

A 1 

e

2  B  

2

1

e

2  C  

2

1

e

2  D  

2

1 e 

Câu 27: Diện tích hình phẳng giới hạn bởi: x 1;x e;y 0;y ln x x

    bằng:

A 2 e B

3 C

2 D 2

Câu 28: Tính thể tích hình xuyến quay hình trịn (C) có phương trình  2

x  y 2 1

quanh trục Ox A

4 B

3 C

2 D 2

Câu 29: Số z z là:

A Số thực B Số ảo C D 2i

Câu 30: Số

1

i 2

bằng:

A 1 3i

2 B

1

i

2 C

1

i

2

  D 3i

2

 

Câu 31: Phần thực phần ảo số phức      33

10

i 1

1 i 3i 3i

i i



          

  là:

A Phần thực 13 phần ảo -32 B Phần thực 13 phần ảo 32 C Phần thực -13 phần ảo -32 D Phần thực -13 phần ảo 32 Câu 32: Các bậc hai số phức 4i là:

(4)

Câu 33: Tìm số thực a, b, c để phương trình (với ẩn z)

z az bz c 0 nhận z 1 i

làm nghiệm nhận z2 làm nghiệm

A a 4, b6, c 4 B a4, b6, c 4 C a 4, b6, c4 D a4, b6, c4 Câu 34: Phương trình

8z 8z  z có nghiệm là:

A 3,4

1 i

z 1, z , z

2

 

    B 3,4

1

z 1, z , z

2

 

  

C 3,4

1 i

z 1, z , z

2

 

     D 3,4

1 i

z 1, z , z

2

 

   

Câu 35: Mỗi đỉnh đa diện đỉnh chung nhất:

A Năm cạnh B Bốn cạnh C Ba cạnh D Hai cạnh Câu 36: Khối tám mặt thuộc loại:

A  3;3 B  4;3 C  5;3 D  3;

Câu 37: Cho khối lăng trụ tam giác ABC.A' B ' C ', M trung điểm cạnh AB Trong

đẳng thức sau đây, đẳng thức sai?

A VA' B'C'C VMA' B'C' B VABCC' VA' BCC' C VMA' B'C'VA' ABC D 2VMA' B'C' VAA' B'C'

Câu 38: Nếu hình chóp có chiều cao cạnh đáy tăng lên n lần thể tích tăng lên:

A n2 lần B 2n2 lần C n3 lần D 2n3 lần Câu 39: Trong mệnh đề sau đây, mệnh đề đúng?

A Mọi hình hộp có mặt cầu ngoại tiếp B Mọi hình hộp đứng có mặt cầu ngoại tiếp

C Mọi hình hộp có mặt bên vng góc với đáy có mặt cầu ngoại tiếp D Mọi hình hộp chữ nhật có mặt cầu ngoại tiếp

Câu 40: Một khối hộp hình chữ nhật nội tiếp khối trụ Ba kích thước khối hộp chữ nhật a, b, c Thể tích khối trụ là:

A 1  2

a b c

4  B  

2

1

b c a

4  C  

2

1

a c b

4  D A B C

Câu 41: Cho tứ diện ABCD có DAABC , DB BC, ADABBCa Kí hiệu V1, V2, V3 thể tích hình tròn xoay sinh ΔABD quay quanh AD, ΔABC quay quanh AB, ΔDBC quay quanh BC Trong mệnh đề sau, mệnh đề đúng?

A V1V2 V3 B V1V3 V2 C V3V2 V1 D V1 V2 V3 Câu 42: Trong mặt phẳng (P) cho góc xOy Một mặt phẳng (Q) thay đổi vng góc với đường phân giác góc xOy, cắt Ox, Oy A, B Trong (Q) lấy điểm M cho

(5)

A Một đường tròn B Một mặt trụ C Một mặt nón D Một mặt cầu Câu 43: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai vectơ u 3; 4; , u 1;0; 31    2   Vectơ u3u12u2 có tọa độ là:

A 11; 12; 12   B 11;12;12 C 11;12;12 D 11; 12; 12   Câu 44: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho bốn điểm M 1;2;3 , N  1;0;4,

 

P 2; 3;1 Q 2;1;2  Cặp vectơ phương là:

A MN PQ B MP NQ C MQ NP D Không tồn Câu 45: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho ba vectơ a2;3;1 , b 5; 7;0   

 

c 3; 2;4 Vectơ a, bc có tọa độ là:

A 21;16;6 B 21;16; 6  C 21; 16; 6   D 21;16; 6  Câu 46: Mặt cầu (S) đường kính AB với A 1;3;2 , B 3;5;0    có phương trình:

A x 2  2 y 4  2 z 12 2 B x 2  2 y4 2 z 12 3 C x 2  2  y4 2 z 12 2 D x 2  2 y 4  2 z 12 3 Câu 47: Mặt phẳng (P) qua ba điểm A 1;1;0 , B 1;0;0    C 0;1;1  có phương trình: A  P : 2x y   z B  P : x 2z 1  0

C  P : x z 1  0 D  P : 2x y   z

Câu 48: Trong không gian với hệ tọa độ Oxy, cho đường thẳng (d) có phương trình:

 

x 2t d : y t, t

z t

  

    

   

Vectơ sau vectơ phương đường thẳng (d):

A 2;1;2 B 2;1;1 C 2; 1; 1   D 2; 1; 2  

Câu 49: Trong không gian với hệ tọa độ Oxy, cho điểm M2;1;1 đường thẳng (d) có phương trình:  

x 2t d : y t, t

z t

  

     

   

Phương trình mặt phẳng (P) qua M vng góc với

đường thẳng (d) là:

A 2x y z 4   0 B 2x y z 4   0 C 4x 2y 2z 7   0 D x y z 2   0

Câu 50: Cho mặt phẳng  P : x 2y 3z 14   0 điểm M 1; 1;1   Tọa độ điểm M '

đối xứng với M qua mặt phẳng (P) là:

(6)

- HẾT - ĐÁP ÁN ĐỀ LUYỆN SỐ

BẢNG ĐÁP ÁN

1 A 2 C 3 B 4 B 5 D 6 A 7 C 8 D 9 D 10 B 11 D 12 B 13 D 14 B 15 B 16 B 17 A 18 B 19 C 20 C 21 B 22 C 23 C 24 B 25 B 26 A 27 A 28 A 29 B 30 A 31 A 32 D 33 A 34 A 35 C 36 D 37 D 38 C 39 D 40 D 41 A 42 C 43 A 44 C 45 B 46 D 47 C 48 B 49 B 50 A

LỜI GIẢI CHI TIẾT

Câu 1: Đáp án A

 Lời giải tự luận: Ta có:

2

x 2x

y ' x

1 x x



   

  ,

     

 

1/

2 2

2

2 2

4x x 2x x x 2x

1 2x y ''

1 x

1 x x x



     

  

  



  

  ⇒ Đáp án A

Câu 2: Đáp án C

 Lời giải tự luận 1: (thực từ trái qua phải): Ta lần lượt:  Với hàm số

y  x 2x  x xác định ℝ thì:

y ' 3x 4x 1 ,

y ' 3x 4x x

3

        x1 Do đó, đáp án A bị loại

 Với hàm số

y  x 2x 1 xác định ℝ thì:

y ' 4x 4x,  

y '  0 4x 4x  0 4x x      1 x x1 Do đó, đáp án B bị loại

 Với hàm số ycos 2x 2x 3  xác định ℝ thì:

 

y ' 2sin 2x 2  2 sin 2x 1   0 x

Do đó, đáp án C đúng, tới dừng lại

 Lời giải tự luận 2: (thực từ phải qua trái): Ta lần lượt:

 Với hàm số

y x xác định 1;1 nên đáp án D bị loại  Với hàm số ycos 2x 2x 3  xác định ℝ thì:

 

y ' 2sin 2x 2  2 sin 2x 1   0 x

(7)

 Lựa chọn đáp án phép thử: Ta đánh giá:

 Trước tiên, hàm số nghịch biến ℝ phải xác định ℝ Do đó, đáp án D bị loại Tới ta phải lựa chọn A, B C

 Vì B hàm số bậc bốn nên có đạo hàm đa thức bậc ba, đa thức bậc ba khơng thể ln âm (do phương trình bậc ba ln có nghiệm), suy đáp án B không thỏa mãn

 Với hàm số

y  x 2x  x xác định ℝ thì:

y ' 3x 4x 1 , 23

y ' 3x 4x x

3

        x1 Do đó, đáp án A bị loại

Do đó, đáp án C Câu 3: Đáp án B

 Lời giải tự luận: Ta có:  Tập xác định D \ 1 

 Đạo hàm:

 2

2 m y '

x

 



 Để hàm số nghịch biến \ 1  điều kiện là:  

y '  0 x \ dấu đẳng thức xảy số hữu hạn điểm

2 m m

    

Vậy, với m2 thỏa mãn điều kiện đề

 Lựa chọn đáp án phép thử kết hợp tự luận: Ta có:  Tập xác định D = ℝ

 Đạo hàm:

 2

2 m y '

x

 

 Khi đó:

 Với m = thì:  2

2

y '

x

 

 ⇒ Hàm số đồng biến ℝ

⇒ Các đáp án A D bị loại (vì chứa giá trị m = 0)  Với m = thì:

y '0 ⇒ Hàm số hàm ⇒ Đáp án C bị loại

Do đó, đáp án B

 Chú ý: Rất nhiều học sinh thực toán dạng tự luận đưa kết luận m ≥

Câu 4: Đáp án B

(8)

 Tập xác định D = ℝ  Đạo hàm:  

f ' x 3x 2ax b

Để hàm số đạt cực trị điểm x 2 đồ thị hàm số qua điểm A 1;0  điều kiện là:

     

f 8 4a 2b c 0 a 3

f ' 12 4a b b

1 a b c c

f

         

  

       

  

         

 



Vậy, với a3, b0 c 4 thỏa mãn điều kiện đề

 Lựa chọn đáp án phép thử: Ta có đánh giá:

 Hàm số qua điểm A 1;0  nên a   b c Suy ra, đáp án A D bị loại

 Hàm số qua điểm B2;0 nên 4a 2b c 8   0 Suy ra, đáp án C bị loại

Do đó, đáp án B Câu 5: Đáp án B

 Lời giải tự luận: Ta có:  Tập xác định D = ℝ

 Đạo hàm:

y '4x 4x,  

y ' 0 4x 4x 0 x x    1 x  Bảng biến thiên:

x -∞ +∞

y’ - +

y +∞ CT +∞

3

Vậy, hàm số có cực tiểu khơng có cực đại

 Lựa chọn đáp án phép thử: Nhận xét hàm trùng phương với a > xảy hai trường hợp:

 Một cực tiểu

 Một cực đại hai cực tiểu Suy ra, đáp án B C bị loại

Ta có:

y '4x 4x,  

y ' 0 4x 4x 0 x x    1 x Tức là, hàm số có cực trị nên đáp án A bị loại

Do đó, đáp án B Câu 6: Đáp án A

 Lời giải tự luận 1: Điều kiện:

(9)

2

x x x

y '

2 x x

       2 x

y ' x x x

2 x x

 

      

 



Ta có: y    2, y 1 2 y 2 

Khi đó, ta có  

x D

Max Max 2, 2, 2

    đạt x =

 Lời giải tự luận 2: Ta có:

  

ô Bunhiac pxki

2 2

y x x  1 x  2 x 2 Suy Maxy2 đạt khi:

2

x

x x x

x x

 

    

 



Do đó, đáp án A

 Lời giải tự luận 3: Ta có điều kiện:

2 x  0 x  ⇒ Đặt x sin tvới t ; 2

 

 

     Khi đó, hàm số chuyển dạng:

 

t ; 2

y sin t 2 sin t sin t cos t sin t cos t sin t

4                         

Suy Maxy2 đạt khi: t ;

2

sin t t t x sin

4 4

                            

 Lời giải tự luận 4: Ta có điều kiện:

2 x  0 x  ⇒ Đặt x cos t với t 0; Khi đó, hàm số chuyển dạng:

   

t 0;

y cos t 2 cos t cos t sin t cos t sin t cos t

4                  

Suy Maxy = đạt khi:

 

t 0;

cos t t t x cos

4 4

 

   

          

 

 

(10)

 

2

2 x

x x 2 x x x

2 x x

  

         

  



Tới đây, dừng lại khẳng định đáp án A

 Lựa chọn đáp án phương pháp đánh giá: Lựa chọn x

 nhận thấy:

4 16

y 1.8047

3

         

 

Từ đó, nhận thấy rằng:

4

2 y

3

    

  ⇒ đáp án B, C D bị loại Do đó, đáp án A

 Lựa chọn đáp án phương pháp đánh giá kết hợp sử dụng máy tính CASIO

fx-570MS:

Trước tiên, ta nhập hàm số

y x x vào máy tính cách ấn:

ALPHA X  ( 2 ALPHA X x ) Để thử với giá trị x

3

 ta ấn: b/ c

CALC a 3 1.8047

Từ đó, nhận thấy rằng:

4

2 y

3

    

  ⇒ đáp án B, C, D bị loại Do đó, đáp án A

 Lời giải tự luận: Ta có tập xác định D \1, 2 Viết lại hàm số dạng:

  

2

y x y x

x x x x

      

   

Từ đó, ta nhận kết luận:

 Đường thẳng x = -1 tiệm cận đứng

xlim y1    Đường thẳng x = tiệm cận đứng

x

lim y

  

 Đường thẳng y x tiệm cận xiên   x

lim y x

   

Vậy, đồ thị hàm số có ba đường tiệm cận

 Lựa chọn đáp án phép đánh giá: Xét phương trình MS = 0, cụ thể:

(11)

Khi đó:

 Với x 1 TS = nên x 1 khơng nghiệm phương trình TS =  Với x2 TS = nên x2 khơng nghiệm phương trình TS =

Như TS MS khơng có nghiệm chung phương trình MS = có hai nghiệm phân biệt nên đồ thị hàm số có ba tiệm cận (hai tiệm cận đứng tiệm cận xiên)

Do đó, đáp án C

 Lựa chọn đáp án phép đánh giá kết hợp sử dụng máy tính CASIO fx-570MS: Xét phương trình MS = 0, cụ thể:

2

x      x x x2

 Nhập

TSx 2x  x ta ấn:

ALPHA X ^ 32 ALPHA X x  ALPHA X 4  Khi đó, ta với giá trị x 1 x2:

 

CALC  1 -1

CALC 2

Như TS MS khơng có nghiệm chung phương trình MS = có hai nghiệm phân biệt nên đồ thị hàm số có ba tiệm cận (hai tiệm cận đứng tiệm cận xiên)

 Lựa chọn đáp án phép đánh giá kết hợp sử dụng máy tính CASIO fx-570MS: Ta xét phương trình:

3

x 2x      x x 1.2695 cách ấn: MODE

MODE MODE MODE    

1  2   1 -1.2695

R↔I

2

x      x x x2 cách ấn:

MODE MODE MODE

   

1   1 2

-1

Như TS MS khơng có nghiệm chung phương trình MS = có hai nghiệm phân biệt nên đồ thị hàm số có ba tiệm cận

(12)

Câu 8: Đáp án D

 Lời giải tự luận: Tập xác định D = ℝ

 Đạo hàm:

y '3x 2x 4 , y ''6x 2 , U

1 y '' 6x x

3

      ⇒ Điểm uốn U 7; 27

 

 

 

 Nhận xét Việc sử dụng máy tính CASIO fx-570MS tính tung độ điểm uốn tốn thực hai cách sau:

Cách 1: Ta ấn:

b/ c b/ c b/ c

( a ) ^ 3 ( a ) x  4 a 31

 7┘27

Cách 2: Ta thực theo bước:

 Nhập hàm số

yx x 4x 1 ta ấn:

ALPHA X ^ 3 ALPHA X x 4 ALPHA X 1  Khi đó, để có y

3

   

  ta ấn:

b/ c

CALC a 3 7┘27

2 Trong câu hỏi 5, sử dụng phương pháp lược tự luận bốn đáp án có đáp án C chứa x 1, cịn tốn khơng thể hai đáp án A D có x

3

 Câu 9: Đáp án D

 Lời giải tự luận: Trước tiên, ta có:

y '4ax 2bx y

Từ đồ thị ta thấy: 

xlim y    a  y 0   0 c

 Đồ thị hàm số có ba cực trị ⇒ Phương trình y '0 có nghiệm phân biệt

b

0 b

2a

     Do đó, đáp án D Câu 10: Đáp án B

(13)

  3   

y ' x 164x 8x16x 2x 4  0 x x 2x 2 0  

x M 2;5

  

Từ đó, suy phương trình tiếp tuyến (d) có dạng:  d : y16 x 2     d :16x y 27  0

 Lời giải tự luận kết hợp sử dụng máy tính CASIO fx-570MS: Ta có:

y '4x 8x

Từ giả thiết kM 16, ta được:

  3

y ' x 164x 8x16x 2x 4   0 x cách ấn:

MODE MODE MODE

   

1  0 2  4 2

R↔I

Khi đó, có tọa độ tiếp điểm M 2;5 , suy phương trình tiếp tuyến (d) có

dạng:  d : y16 x 2     d :16x y 27  0

 Lựa chọn đáp án phép thử kết hợp sử dụng máy tính CASIO fx-570MS: Ta đánh giá:

 Với đường thẳng đáp án A, ta có phương trình hồnh độ:

4

x 4x  5 16x 14 x 4x 16x 19 0

  

x x x 3x 19

     

Phương trình khơng có nghiệm bội, cách ấn:

MODE MODE MODE

   

1 1   3  19 2.7052

R↔I

⇒ Các đáp án A D bị loại

 Với đường thẳng đáp án B, ta có phương trình hồnh độ:

4

x 4x  5 16x 27 x 4x 16x 32 0

  

x x 2x 16

    

Phương trình có nghiệm bội x2, cách ấn:  

1   2 16 2

R↔I

(14)

 Lời giải tự luận: Phương trình hồnh độ giao điểm:

     

x x m

mx

g x mx m x m * x

 

    

     

 

Đường thẳng (d) cắt đồ thị hàm số (C) hai điểm phân biệt khi: Phương trình (*) có nghiệm phân biệt khác

 

  /

g

m m

m

0 m \ 0;2

m

2 m

g

   

  

 

         

   

 



Vậy, với m \ 0;2  thỏa mãn điều kiện đề

 Lựa chọn đáp án phép thử: Phương trình hồnh độ giao điểm:

     

x x m

mx

g x mx m x m * x

 

  

        

 

 Với m = 0, phương trình (*) có dạng:

2x x

     ⇒ (C) (d) có điểm chung

⇒ m = không thỏa mãn ⇒ Các đáp án A C bị loại  Với m = 2, phương trình (*) có dạng:

2

2x 6x 4   0 x x2 (loại) ⇒ (C) (d) có điểm chung

⇒ m = không thỏa mãn ⇒ Đáp án B bị loại Do đó, đáp án D

 Nhận xét – Mở rộng: Để tăng độ khó cho tốn, người ta phát biểu dạng: Cho hàm số  C : y x m

x

 

 Đường thẳng (d) qua điểm A 0; 1   có hệ số góc m cắt đồ thị hàm số hai điểm phân biệt khi:

A Mọi m B m \ 0  C m \ 2  D m \ 0;2  Câu 12: Đáp án B

1 7

2

4 4

4 x23 x  x x2  x 3  x3 x12, ứng với đáp án B Câu 13: Đáp án D

2

6 6

1

2 log a log a log a log a

     , ứng với đáp án D

 Lời giải tự luận: Điều kiện là:

(15)

Vậy, tập xác định hàm số 1;  \ Câu 15: Đáp án B

 Lời giải tự luận: Ta có:  Tập xác định D = ℝ

 Đạo hàm: x x   x

y 'e x.e  1 x e  Hàm số đồng biến khi:

  x

y '  0 x e       0 x x Vậy, hàm số đồng biến khoảng  1; 

 

y 2e y 1  e y 2   y

⇒ đoạn  1;2 hàm số đồng biến ⇒ Các đáp án A C bị loại

     

y  0 y y

⇒ đoạn  0;1 hàm số đồng biến Do đó, đáp án B

 Lời giải tự luận 1: Biến đổi hệ phương trình dạng:

x y x y

2 2

2  2 2

     

 

 

 

 

 

suy x y

2 , nghiệm phương trình:

x y

2

x y

t vµ 2 x vµ y t 3t

t 2 2 vµ 2 1 x vµ y



    

 

     

    

  

Vậy, hệ phương trình có hai cặp nghiệm  0;1  1;

 Lời giải tự luận 2: Rút y từ phương trình thứ hai hệ để thay vào phương trình thứ nhất, ta được:

x

x x 2x x

x

2 x y

2 3.2

x y

2

      

          

 



Vậy, hệ phương trình có hai cặp nghiệm  0;1  1;

 Lựa chọn đáp án phép thử 1: Ta đánh giá:  Với cặp nghiệm 2; 1  thay vào hệ phương trình ta thấy:

2

3 2 1



  

  

 

 , mâu thuẫn 2; 1  không nghiệm ⇒ Các đáp án A D bị loại

(16)

1

2

3 2



  

  

  

 , mâu thuẫn   1;2 không nghiệm ⇒ Đáp án C bị loại

 Lựa chọn đáp án phép thử 2: Ta đánh giá:

 Hệ thuộc dạng đối xứng loại I nên có nghiệm x ;y0 0 nhận y ;x0 0 làm nghiệm nên đáp án C D bị loại

 Với cặp nghiệm  0;1 thay vào hệ phương trình ta thấy:

2

1

   



 , ⇒  0;1 nghiệm ⇒ Đáp án A bị loại Do đó, đáp án B

 Lời giải tự luận: Biến đổi bất phương trình dạng:

1

3 6x 6x x

2

     

Vậy, bất phương trình có nghiệm x



 Nhận xét – Mở rộng: Ta có:

 Lựa chọn phép thử thực tương tự câu 17/ Đề  Sử dụng máy tính Fx giải phương trình 6x

2  1 sử dụng tính đơn điệu hàm số để kết luận tập nghiệm

 Lời giải tự luận 1: Bất phương trình tương đương với:

2

x x

x

1 x

x 3x 1 x 2

3x x

0 x

0 x 1

x x

x / 3

3x 0 3x x

x x x 3x

   

        

        

     

  



       

      

      

        

 



Vậy, bất phương trình có nghiệm 1;2 \ 1 

     

 Lời giải tự luận 2: Biến đổi:

     

2

0 x 0 x 1

x

3x 1

x 1

x 3 x 2

3 x x 3x x 3x x

 

   

     

   

      

  

          

 

(17)

Vậy, bất phương trình có nghiệm 1;2 \ 1 

      Câu 19: Đáp án C

 Lời giải tự luận: Biến đổi phương trình dạng:  x

x x x

3 2.2 722 3.2 726 366  x Vậy, phương trình có tập nghiệm T 2

 Lựa chọn đáp án phép thử 1: (từ trái qua phải): Ta đánh giá:  Với x = thay vào phương trình ta thấy:

0

3 72 2 72, mâu thuẫn ⇒ Đáp án A bị loại

 Với x = thay vào phương trình ta thấy:

3.2 721272, mâu thuẫn ⇒ Đáp án B bị loại

3 727272, thỏa mãn Do đó, đáp án C

 Lựa chọn đáp án phép thử 2: (từ phải qua trái): Ta đánh giá:  Với x = thay vào phương trình ta thấy:

3

3 7212872, mâu thuẫn ⇒ Đáp án D bị loại

3 727272, thỏa mãn Do đó, đáp án C

 Lựa chọn đáp án phép thử kết hợp sử dụng máy tính CASIO fx-570MS: cách thực theo thứ tự:

 Nhập x x

3  ta ấn:

3 ^ ALPHA X 2 ^ ( ALPHA X 1 )

 Khi đó, ta với giá trị x0, x1 x2:

CALC 0

Suy ra, đáp án A bị loại

CALC 1 12

Suy ra, đáp án B bị loại

CALC 2 72

Do đó, đáp án C Câu 20: Đáp án C

(18)

2 2

0 x

0 x x

x x

2x 4x x x 4x

x

  

   

     



  

      

   

 

Vậy, phương trình có tập nghiệm T 3

 Vì x = vi phạm điều kiện số logarit nên đáp án A D bị loại  Với x = thay vào phương trình ta thấy:

 

2

log 8 3   2 log 32, mâu thuẫn ⇒ Đáp án B bị loại Do đó, đáp án C

 Lựa chọn đáp án phép thử kết hợp sử dụng máy tính CASIO fx-570MS: cách thực theo thứ tự:

 Nhập  

x

log 2x 4x 3 ta ấn:

( ln ( ALPHA X x 4 ALPHA X 3 ) )  ln ALPHA X  Khi đó, ta thử với giá trị x1 x2:

CALC 1 ERROR

⇒ x = nghiệm ⇒ Các đáp án A D bị loại

CALC 2 1.5849

⇒ x = nghiệm ⇒ Đáp án B bị loại Do đó, đáp án C

 Lời giải tự luận: Chia hai vế phương trình cho 8x, ta được:

x x 3x x

27 12 3

2

8 2

                          Đặt

x

3 t

2

 

    , điều kiện t0 ta biến đổi phương trình dạng:

   x

3

t t t t t t t 1 x

2

 

                 

 

Vậy, phương trình có tập nghiệm T 0

 Lựa chọn đáp án phép thử: Ta đánh giá:  Với x = thay vào phương trình ta thấy:

27 12 2.83916, mâu thuẫn ⇒ Các đáp án A D bị loại

1 1 2, ⇒ x = nghiệm phương trình

(19)

 Lựa chọn đáp án phép thử kết hợp sử dụng máy tính CASIO fx-570MS: thực theo thứ tự:

 Nhập x x x

27 12 2.8 ta ấn:

27 ^ ALPHA X 12 ^ ALPHA X  2 ^ ALPHA X  Khi đó, ta thử với giá trị x2 x1:

CALC 2 23

⇒ Các đáp án A D bị loại

CALC 1

Do đó, đáp án B Câu 22: Đáp án C

 Lời giải tự luận 1: (sử dụng phép hạ bậc đơn): Biến đổi f(x) dạng:

     

 

2

1 cos 2x cos 2x f x sin x cos x

2

1 1 1 cos 4x

cos 2x cos 4x

2 2 2

 

   

     

   



     

Khi đó:

    1

f x dx cos 4x dx 3x sin 4x C

4 4

 

     

 

  , ứng với đáp án C

 Lời giải tự luận 2: (sử dụng phép hạ bậc toàn cục): Biến đổi f(x) dạng:

 

2

4 2 2

2

VT sin x cos x sin x cos x sin x.cos x

1 1 cos 4x

1 sin 2x cos 4x

2 2

    



     

Khi đó:

  1  1

f x dx cos 4x dx 3x sin 4x C

4 4

 

     

 

 , ứng với đáp án C

 Lựa chọn đáp án phép thử: Ta đánh giá:  Với F x  3x 1cos 4x C

4

 

   

  thì:

    1    4

f x F ' x sin 4x f sin cos

4

      

⇒ Các đáp án A B bị loại  Với F x  3x 1sin 4x C

4

 

   

  thì:

    1    4

f x F ' x cos 4x f sin cos

4

        ⇒ Đáp án D bị loại

(20)

 Trong cách giải tự luận 1, sử dụng phép hạ bậc đơn để đưa hàm số dạng dễ lấy nguyên hàm

 Trong cách giải tự luận 2, sử dụng phép hạ bậc toàn cực để đưa hàm số dạng dễ lấy nguyên hàm

 Trong cách lựa chọn đáp án phép thử, thực từ trái qua phải Tuy nhiên, với phép thử đáp án C với giá trị x = nên chuyển qua đáp án D để nhận xét đáp án sai Từ khẳng định đáp án C

- Các em học sinh cần ghi nhận ý tưởng để sử dụng phép thử mà việc

biến đổi lượng giác hàm số ban đầu phức tạp

 Lời giải tự luận 1:

Đặt t4x 1 suy ra: dt4dx  

f x dx t dt

 Khi đó:

  3 4  4

f x dx t dt t C 4x C

4 16 16

     

  , ứng với đáp án C

 Lời giải tự luận 2: Ta biến đổi:

 

f x 64x 48x 12x 1 Khi đó:

   

 

3

4

f x dx 64x 48x 12x dx 16x 16x 6x x C

1

256x 256x 96x 16x C

16 16

        

      

 

 4

1

4x C

16

   , ứng với đáp án C

 Lựa chọn đáp án phép thử: Ta đánh giá:  Với F(x) đáp án A thì:

  1 4  3

f x 4x C ' 4x

4

 

     

  ⇒ Đáp án A bị loại

 Bởi đáp án A, B, C, D khác hệ số giả thiết cho hệ số (tức 16:16 = 2) nên ta loại bỏ tiếp đáp án B D

 

4 2 3 4

2

0

2 256

x x x dx x x dx x x

5

   

         

   

  , ứng với đáp án B

(21)

MODE

2

dx ALPHA X ( ALPHA X  ALPHA X x ) , , )



 -51.2

Do đó, đáp án B Câu 25: Đáp án B

 Lời giải tự luận: Ta biến đổi:

   

/2 /2 /2

3 2 2

0 cos x.sin xdx sin x sin x.cos xdx sin x sin x cos xdx

  

   

  

Đặt tsin x, dtcos xdx Đổi cận:

 x  0 t

 x t

2



   Khi đó:

 

/2 3 2 2 4 3 5

0

1

cos x.sin xdx t t dt t t

3 15

  

     

 

  , ứng với đáp án B

 Lựa chọn đáp án phép thử: Sử dụng máy tính CASIO fx-570MS, thực theo thứ tự:

MODE

MODE MODE MODE MODE (Thiết lập đơn vị đo rad)

dx ( cos ALPHA X ) ^ 3 ( sin ALPHA X ) x



b/ c

, , SHIFTa )  0.1333

 Nhận xét – Mở rộng: Như vậy, để lựa chọn đáp án cho tốn thì:  Trong cách giải tự luận, thấy có dạng:

   

R sin x, cos x  R sin x, cos x

và theo lý thuyết phép đổi biến tsin x

Tuy nhiên, tốn cịn giải việc biến đổi biểu thức

cos x.sin x dạng tổng hàm lượng giác, cụ thể:

 

3 2

cos x.sin x sin 2x.cos x cos 4x cos x

4

  

   

1 1

cos x cos 4x.cos x cos x cos5x cos3x

8

 

      

 

 

1

2 cos x cos5x cos3x 16

(22)

 Trong cách lựa chọn đáp án phép thử với máy tính CASIO fx-570MS, em học sinh nhớ cần có động tác thiết lập đơn vị đo phù hợp

 Lời giải tự luận: Đặt:

2

1

du dx

u ln x

x dv 2x.dx

v x

  

 

  

  



Khi đó:

 

e

e 2 e e 2 2 2

1

2x.ln x.dx x ln x x.dx e x e

2

     

  , ứng với đáp án A

 Lựa chọn đáp án phép thử: Sử dụng máy tính CASIO fx-570MS, thực theo thứ tự:

MODE

dx ALPHA X ln ALPHA X , , ALPHA e 

 4.1945

Do đó, đáp án A Câu 27: Đáp án A

 Lời giải tự luận: Gọi S diện tích cần xác định, ta có: e

1

ln x

S dx

2 x



Bởi x  1;e ln x ln x ln x x x

     , đó:

e

ln xdx S

2 x

 Đặt:

1 u ln x

du dx

x

dv

v x

2 x

 

 

 

  

  

 

Khi đó:

 e e e

1

x

S x ln x dx x ln x x e

x

      (đvdt)

 Nhận xét – Mở rộng: Sử dụng máy tính để nhận giá trị gần tích phân so sánh với đáp án

 Lời giải tự luận:

Xét    2

(23)

 Nửa (C) ứng với ≤ y ≤ có phương trình:

 

1

yf x  2 x với x  1,1

 Nửa (C) ứng với ≤ y ≤ có phương trình:

 

2

yf x  2 x với x  1,1

Khi thể tích vật thể trịn xoay cần tính là:   2 2

1 2 2 2

1

V x x dx x dx

 

 

           

 

 

Thực phép đổi biến xsin tdxcos tdt Đổi cận:

 Với x 1 t

    Với x1 t

2

  Khi đó:

  /

/2 2 /2 2

/2 /2

/

V cos t cos tdt cos 2t dt t sin 2t



 

 



 

          

 

 

 Nhận xét – Mở rộng: Sử dụng máy tính để nhận giá trị gần tích phân so sánh với đáp án

 Lời giải tự luận: Giả sử z a bi, đó:

   

z     a bi z z a bi  a bi 2bi, số ảo Câu 30: Đáp án A

2

1 1 3

i i

2 2

1 1 3

i

2 2 2

   

 

     

 

   

, ứng với đáp án A

   33

i i

 

        

    ;

 2    10 5

1 i    2i i  2i  2 i 32i; 2 3i 3i     4 13;

1 i i  

(24)

     33

10 PhÇn thùc b»ng 13

i 1

1 i 3i 3i 13 32i

i i Phần ảo -32

             

  

 Lời giải tự luận: Giả sử số z x yi x, y   bậc hai 4i, tức ta có:

 2 2 2 x2 y2 x y x y

4i x yi x y 2xyi

2xy

2xy x y 2



        

           

       

 

Vậy, số i có hai bậc hai  i   Câu 33: Đáp án A

 Để z 1 i làm nghiệm phương trình điều kiện là:

 3  2      

0 1 i a i b i  c b c 2   2a b i

b c b c

2a b 2a b

    

 

 

     

  (I)

 Để z2 làm nghiệm phương trình điều kiện là:

02 a.2 b.2 c 4a 2b c 8   (*) Giải hệ tạo (I) (*), ta được: a 4, b6, c 4 Câu 34: Đáp án A

 Lời giải tự luận: Ta biến đổi phương trình dạng:

        

 

3

2

z

1

8z z z z 8z z 2z 4z 2z z

2

4z 2z *

    

              



    

Phương trình (*) có biệt thức   ' nên có hai nghiệm i

4

  Vậy, phương trình có nghiệm 3,4

1 i

z 1, z , z

2

 

   

 Lời giải tự luận: Nhận thấy khối đa diện nhỏ khối tứ diện đỉnh đỉnh chung ba cạnh

 Lời giải tự luận: Dựa kết có năm loại khối đa diện đều:          3;3 , 4;3 , 3;4 , 5;3 , 3;5

⇒ Đáp án D Câu 37: Đáp án D

(25)

 Với đẳng thức đáp án A thì:

 

    

A' B'C'C A' B'C' A' B'C' M.A' B'C'

1

V S d C, A ' B ' C ' S d M, A ' B ' C ' V

3  

  

⇒ Đẳng thức cho A  Với đẳng thức đáp án B thì:

 

    

ABCC' BCC' BCC' A' BCC'

1

V S d A, BCC ' S d A ', BCC ' V

3  

  

⇒ Đẳng thức cho B  Với đẳng thức đáp án C thì:

 

    

MA' B'C' A' B'C' ABC A' ABC

1

V S d M, A ' B ' C ' S d A ', ABC V

3  

  

⇒ Đẳng thức cho C Do đó, đáp án D

 Lựa chọn đáp án phép thử 2: Ta có:  Với đẳng thức đáp án D thì:

 

    

MA' B'C' A' B'C' A' B'C' A' ABC

1

V S d M, A ' B ' C ' S d A, A ' B ' C ' V

3  

  

⇒ Đẳng thức cho D sai Do đó, đáp án D Câu 38: Đáp án C

 Lời giải tự luận: Trước tiên, biết hai đa giác A B (có diện tích S) đồng dạng tỉ số n thì:

2 A

S n S

Khi đó, ta nhận thấy:

2 3

A A A

1 1

V h S nh.n S n h.S n V

3 3

 

    

 

Vậy, thể tích tăng lên n3 lần Câu 39: Đáp án D

 Lời giải tự luận: Gọi O tâm hình hộp chữ nhật O cách đỉnh, O tâm mặt cầu ngoại tiếp hình hộp chữ nhật

 Lời giải tự luận: Ta có ba trường hợp:

Trường hợp 1: Nếu AA1 a khối trụ có chiều cao hAA1a bán kính đáy là:

2 2

1 1 1

1 1

R A C A B C B b c

2 2

    

(26)

 

2 2

V R h b c a

4

     , ứng với đáp án B

Trường hợp 2: Nếu AA1 b khối trụ có chiều cao hAA1 b bán kính đáy là:

2 2

1 1 1

1 1

R A C A B C B a c

2 2

    

Khi đó, thể tích khối trụ là:

 

2 2

V R h a c b

4

     , ứng với đáp án C

Trường hợp 3: Nếu AA1 c khối trụ có chiều cao hAA1 c bán kính đáy là:

2 2

1 1 1

1 1

R A C A B C B a b

2 2

    

Khi đó, thể tích khối trụ là:

 

2 2

V R h a b c

4

     , ứng với đáp án A Do đó, đáp án D

Câu 41: Đáp án A Câu 42: Đáp án C

 Lời giải tự luận: Giả sử Oz tia phân giác góc xOy, Oz cắt AB H, suy ra:

OHAB, ΔOAB cân O OH  OHHM Xét hai tam giác vuông ΔOHM ΔOHB, ta có:

OH chung HM = MB suy ra:

OHM OHB MOH BOH

      , không đổi

Vậy, M thuộc mặt nón (N) trục Oz đỉnh O góc đỉnh 2φ Câu 43: Đáp án A

 Lời giải tự luận: Ta có: u3u12u2 3 3; 4; 2    2 1;0; 3  11; 12; 12   Vậy, ta có u 11; 12; 12   

 Nhận xét – Mở rộng: Bài tập đơn giản lại dễ nhầm lẫn, em học sinh cần thận trọng

 Lựa chọn đáp án phép thử 1: (từ trái qua phải): Ta đánh giá:  Với đáp án A thì:

 

MN  2; 2;1 PQ 0;4;1  ⇒ MN PQ không phương ⇒ Đáp án A bị loại

(27)

 

MP 1; 5; 2  NQ 3;1; 2   ⇒ MP NQ không phương ⇒ Đáp án B bị loại

 Với đáp án C thì:

 

MQ 1; 1; 1  NP 3; 3; 3    ⇒ MQ NP phương Do đó, đáp án C

 Lựa chọn đáp án phép thử 2: (từ phải qua trái): Ta đánh giá:  Với đáp án C thì:

 

MQ 1; 1; 1  NP 3; 3; 3    ⇒ MQ NP phương Do đó, đáp án C đắn

 Nhận xét – Mở rộng: Như vậy, để lựa chọn đáp án cho toán sử dụng phép thử:

 Trong cách lựa chọn đáp án phép thử 1, cần thực ba phép thử  Trong cách lựa chọn đáp án phép thử 2, cần thực hai phép thử Câu 45: Đáp án B

     

b c 5; 7;0  3; 2;4  8; 9;4 ,

 

3 1 2

a, b c ; ; 21;16;

9 4 8

   

    

     , ứng với đáp án B

 Lựa chọn đáp án việc sử dụng máy tính CASIO fx-570MS: Bằng cách thực theo thứ tự:

     

MODE MODE MODE

SHIFT VCT 1 3 SHIFT VCT SHIFT VCT 3 SHIFT VCT SHIFT VCT

SHIFT VCT ( SHIFT VCT SHIFT VCT 3 )

              

 

 21

16 -6 Do đó, đáp án B

(28)

 S : Tâm I trung điểm ABAB S : Tâm I 2; 4;1 

B¸n kÝnh R R 3

2

 

  

 

  

 



    2  2 2

S : x y z

       , ứng với đáp án D

 Lời giải tự luận 2: Ta có:

   

           

    2  2 2 2

M x; y; z S MA MB MA.MB

1 x;3 y;2 z x;5 y; z

1 x x y y z z

x y z 4x 8y 2z 18 S : x y z

    

      

         

              

Đó phương trình mặt cầu (S) cần tìm

 Lời giải tự luận 3: Ta có:

   

M x;y;z  S  MAB vuông M 2

MA MB AB

  

  2  2 2 2

x y z 4x 8y 2z 18 x y z

               Đó phương trình mặt cầu (S) cần tìm

 Ta có:   2   2

2RASAB 1  5  2 2 3 R ⇒ Các đáp án A C bị loại

 Với đáp án B thì:

  2  2 2  

1 2  3  2  3 67  3 A S  Đáp án B bị loại Do đó, đáp án D

 Nhận xét – Mở rộng: Như vậy, để lựa chọn đáp án cho tốn thì:

 Trong cách giải tự luận 1, xác định tâm bán kính mặt cầu (S), từ nhận phương trình tắc (S)

 Trong cách giải tự luận 3, sử dụng phương pháp quỹ tích để xác định phương trình (S) chuyển dạng tắc để lựa chọn đáp án

 Trong cách lựa chọn đáp án phép thử, thơng qua độ dài bán kính R loại bỏ đáp án A B Cuối cùng, để lựa chọn đáp án kiểm tra điều kiện (S) qua điểm A

 Lời giải tự luận: Gọi n vtpt mặt phẳng (P), ta được:

 

AB 0; 1;0 AC1;0;1

 

1 0 0

n AB, AC ; ; 1;0;

0 1 1

  

 

    

 

 

(29)

   

qua A 1;1;

P : P : x z

vtpt n 1; 0;

    



 

 , ứng với đáp án C

 Lời giải tự luận kết hợp sử dụng máy tính CASIO fx-570MS: Gọi n vtpt mặt phẳng (P), ta có:

 

AB 0; 1;0 AC1;0;1 n AB, AC  1;0; 1  cách thực theo thứ tự:

 Thiết lập môi trường làm việc với vectơ cho máy tính cách ấn:

MODE MODE MODE

 Để nhập tọa độ cho vectơ AB vectơ AC ta ấn:  

 

SHIFT VCT 1 SHIFT VCT 1

           Để tính tọa độ n ta ấn:

SHIFT VCT 1 SHIFT VCT 2 -1 -1 Phương trình mặt phẳng (P) cho bởi:

   

qua A 1;1;

P : P : x z

vtpt n 1; 0;

    



 

 , ứng với đáp án C

 Lời giải tự luận 2: Giả sử mặt phẳng (P) có phương trình:  P : Ax By Cz   D với 2

A B C 0 Vì A, B, C thuộc (P), ta được:

A B D A D

A D B

B C D C D

    

 

    

 

      

 

Từ đó, ta được:

 P : Dx Cz   D  P : x z 1  0, ứng với đáp án C

 Lựa chọn đáp án phép thử 1: (từ trái qua phải): Ta đánh giá:  Với (P) cho đáp án A ta nhận thấy:

 

2.1 1      0 0 A P  

(30)

   

1 2.0 0 A P

1 0 B P

      

     

 

2.1 1     0 C P ⇒ Đáp án B bị loại

 Với (P) cho đáp án C ta nhận thấy:  

   

1 0 A P

1 0 B P

1 0 C P

                 

 Lựa chọn đáp án phép thử 2: (từ phải qua trái): Ta đánh giá:  Với (P) cho đáp án D ta nhận thấy:

 

2.1 1      0 0 A P  

2.1 1     0 B P ⇒ Đáp án D bị loại

 Với (P) cho đáp án C ta nhận thấy:  

   

1 0 A P

1 0 B P

1 0 C P

                 

 Hướng dẫn: Tọa độ vtcp đường thẳng (d) cho dạng tham số hệ số t hệ phương trình

 Lời giải tự luận: Gọi a vtcp (d), ta có a 2; 1;1   Khi đó:

   

         

qua M 2;1;1

P : P : x y 1 z

vtpt a 2; 1;1

 

       







 P : 2x y z

     , ứng với đáp án B

 Mặt phẳng cho đáp án A qua M có vtpt n 2;1; 1   nên khơng thể vng góc với (d), đáp án A bị loại

 Mặt phẳng cho đáp án B qua M có vtpt n 2; 1;1   nên vng góc với (d), thỏa mãn

Do đó, đáp án B Câu 50: Đáp án A

(31)

Gọi (d) đường thẳng qua M vng góc với (P), ta có:

   

x t qua M 1; 1;1

d : D : y 2t, t

vtcp n 1; 2;

z 3t

  

 

      

 

 

 

   

Gọi H hình chiếu vng góc M lên (P), ta có:

     

 

1 t 2t 3t 14 14t 14 t H 0;1;4

             



Vì H trung điểm MM' nên suy M '1;3;7, ứng với đáp án A

 Lời giải tự luận 2: Mặt phẳng (P) có vtpt n 1; 2; 3    Gọi H x;y;z  hình chiếu vng góc M lên (P), ta có:

   

  x 2y 3z 14  

H P H P

H 0;1; y z

x MH P MH / / n

2

    

   

   

       

 

  

   

Vì H trung điểm MM' nên suy M '1;3;7, ứng với đáp án A

 Lựa chọn đáp án phép thử: Mặt phẳng (P) có vtpt n 1; 2; 3    Ta đánh giá:

 Với đáp án A thì:

 

MM ' 2;4;6 MM ' / /n, thỏa mãn

Định dạng
Số trang	31
Dung lượng	1,17 MB