ĐỀ MẪU CĨ ĐÁP ÁN

ƠN TẬP KIẾN THỨC
TỐN 12
Thời gian làm bài: 40 phút (Không kể thời gian giao đề)
-------------------------

Họ tên thí sinh: .................................................................
Số báo danh: ......................................................................
Mã Đề: 040.
Câu 1. Cho tam giác ABC có AB = 3, AC = 4, BC = 5 . Tính thể tích vật thể tròn xoay khi quay tam giác ABC
quanh cạnh AC .
A. V = 12 .
Đáp án đúng: A

B. V = 36 .

C. V = 100

D. V = 48 .

Câu 2. Tính thể tích V của khối chóp có đáy là hình vuông cạnh a √ 2 và chiều cao là a √ 3.
A.

B.

C.
Đáp án đúng: C
Câu 3.

D.

Một tấm tơn hình tam giác ABC có độ dài cạnh AB 3; AC 2; BC  19 . Điểm H là chân đường cao kẻ từ
đỉnh A của tam giác ABC . Người ta dùng compa có tâm là A , bán kính AH vạch một cung trịn MN . Lấy
phần hình quạt gị thành hình nón khơng có mặt đáy với đỉnh là A , cung MN thành đường trịn đáy của hình
nón (như hình vẽ). Tính thể tích khối nón trên.

 57
A. 361 .
Đáp án đúng: B

2 114
B. 361 .

2 3
C. 19 .

2 19
D. 361 .

Giải thích chi tiết:
Theo định lý cơsin trong tam giác ABC ta có:


BC 2  AB 2  AC 2  2. AB. AC.cos BAC


 cos BAC


AB 2  AC 2  BC 2

1
2


  BAC
120
BAC

2. AB. AC
2
3 .
hay

1


1
3 3

 S ABC  AB. AC.sin BAC

2
2 .
2S
1
3 57
S ABC  AH .BC  AH  ABC 
2
BC
19 .

Mà
Gọi r là bán kính đáy của hình nón. Suy ra
Chiều cao của khối nón bằng

2 r 

h  AH 2  r 2 

2
AH
57
AH  r 

3
3
19 .

2 114
19 .

2

1
1  57  2 114 2 114
V   r 2 h   . 

 
3
3  19 
19

361
Thể tích bằng
.
Câu 4. Phương trình tiếp tuyến của


y  x   1.
2
2
A.

 C  : y x


2

tại điểm M 0 có hồnh độ x0 1 là
B. y  x    1.


y  x   1.
2
2
D.


y  x  1.
2
C.
Đáp án đúng: A

2
Câu 5. Kí hiệu z0 là nghiệm phức có phần ảo dương của phương trình z  z  1 0 . Tính P  z0  2 .
1
3i
P 
2 2 .
A.

1
3i
P 
2 2 .
B.

3
3i
P 
2 2 .
C.
Đáp án đúng: D

3
3i
P 
2 2 .
D.

2
Giải thích chi tiết: [2D4-4.1-1] Kí hiệu z0 là nghiệm phức có phần ảo dương của phương trình z  z  1 0 .
P  z0  2 .

Tính

3
3i
1
3i
1
3i
P 
P 
P 
2 2 .
2 2 .
2 2 .
A.
B.
C.
Lời giải
Người sáng tác đề: Hoàng Trọng Tấn ; Fb: Tan Hoang Trong


 z 
2
z  z  1 0  

 z 

Ta có:

1


2
1

2

3
3i
P 
2 2 .
D.

3i
2
3i
2 .

1
3i
z0  
z
2 2 .
Do 0 là nghiệm phức có phần ảo dương nên
Thay vào P ta được:

P 

1
3i
3

3i

2  
2 2
2 2 .
2


2
Câu 6. Một khối lăng trụ có chiều cao 2a , diện tích đáy 3a thì có thể tích bằng
3
3
3
3
A. a .
B. 4a .
C. 6a .
D. 2a .
Đáp án đúng: C
2
Giải thích chi tiết: Một khối lăng trụ có chiều cao 2a , diện tích đáy 3a thì có thể tích bằng
3
3
3
3
A. a . B. 4a . C. 2a . D. 6a .
Lời giải
2
3
Thể tích của khối lăng trụ đó là: V B.h 3a .2a 6a .

Câu 7. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho tam giác ABC với A(1;0;0) , B(3; 2; 4) , C (0;5; 4) . Tìm tọa
 

MA  MB  2MC
(
Oxy
)
độ điểm M thuộc mặt phẳng
sao cho
nhỏ nhất.
M
(1;

3;0)
M
A.
.
B. (1;3;0) .

C. M (2;6;0) .
Đáp án đúng: B

D. M (3;1;0) .



 
IA  IB  2 IC  0  1

Giải thích chi tiết: Gọi I là điểm thỏa mãn

.
  

 1  4OI OA  OB  2OC  4;12;12   I  1;3;3 .
Ta có
 


MA  MB  2MC  4MI 4MI
Khi đó
.
 

MA

MB
 2MC
Do M thuộc mặt phẳng (Oxy ) nên để
nhỏ nhất hay MI nhỏ nhất thì M là hình chiếu của
I  1;3;3
 Oxy   M  1;3;0  .
trên
 ABC    ABD  . Tính bán kính mặt
Câu 8. Cho tứ diện ABCD có ABD là tam giác đều cạnh a , CD a và
cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD theo a .
a
2a
a 3
a
A. 3

B. 3 .
C. 6 .
D. 2 .
Đáp án đúng: A

 ABC    ABD  . Tính
Giải thích chi tiết: Cho tứ diện ABCD có ABD là tam giác đều cạnh a , CD a và
bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD theo a .
2a
a
a 3
a
A. 6 .
B. 2 . C. 3 .D. 3

Lời giải:
 ABC    ABD  nên có DH   ABC  với H là trung điểm cạnh AB .
Vì
Vì DA DB DC nên H trùng với tâm O của đường tròn
3


ngoại tiếp tam giác ABC
Áp dụng công thức:

 Rđ 

AB R  a
b
3

2 ;

R  Rđ 2  Rb 2 

AB 2
a

4
3.

I f  x  dx
F x
f x
Câu 9. Cho biết   là một nguyên hàm của hàm số   . Tìm
?
I  xF  x   C
I F  x   C
A.
.
B.
.
I  f  x  C
I F  x   x  C
C.
.
D.
.
Đáp án đúng: B

y  1  2 x  x

Câu 10. Đạo hàm của hàm số
10
y 2  
y 2 1
3 .
A.
B.  
.
Đáp án đúng: A
Câu 11. Biết số phức z thỏa mãn
2

A. 5 .
B.
Đáp án đúng: D
Giải thích chi tiết: Đặt z x  yi

5
2 3



tại điểm x 2 là.
C.

iz  3  z  2  i

và

z


1
5.

y 2  2

.

D.

y 2  

5
3.

có giá trị nhỏ nhất. Phần thực của số phức z bằng:
2
1

C. 5 .
D. 5 .

( x , y   ).

Khi đó

iz  3  z  2  i 
Lại có
Thay


z  x2  y 2  2

 1

vào

 2

2

x 2    y  3 

 x  2

2

2

  y  1  x  2 y  1 0  x  2 y  1  1
.

.

ta được:
2

2 1
5

 5 y    

2
2
2
2


2
y

1

y


z  x y
 5 y  4 y 1
5 5 5

2
2
y  0  y 
5
5.
Dấu đẳng thức xảy ra khi
2

Thay

y 


2
1
x

1
5 vào   suy ra
5.

Vậy phần thực của số phức z là
Câu 12.



Hình nón có đường sinh
A.
Đáp án đúng: A

1
5.
và hợp với đáy góc

B.

Diện tích tồn phần của hình nón bằng
C.

D.


 

a

BC
,
b
 AC. Cặp vectơ nào sau đây cùng phương?
ABC
Câu 13. Cho tam giác
và đặt

4


   
2
a
 b , a  2b .
A.
B.
   
C. a  b , a  b .
D.
Đáp án đúng: D
Câu 14. Tốc độ phát triển của số lượng vi khuẩn

B t  

1000
2


   
2a  b , a  2b .
 
 
5a  b ,  10 a  2b .

trong hồ bơi được mơ hình bởi hàm số

, t 0

Bt
, trong đó
là số lượng vi khuẩn trên mỗi ml nước tại ngày thứ t . Số lượng vi
khuẩn ban đầu là 500 con trên một ml nước. Biết rằng mức độ an toàn cho người sử dụng hồ bơi là số vi khuẩn
phải dưới 3000 con trên mỗi ml nước. Hỏi vào ngày thứ bao nhiêu thì nước trong hồ khơng cịn an toàn nữa ?
A. 12.
B. 9
C. 11.
D. 10.
Đáp án đúng: D
1000
1000
B '  t  dt  1  0,3t  2 dt  0,3  1  0,3t   C
Giải thích chi tiết: Ta có :
.
10000
11500
B  0  500  
 C 500  C 
3  1  0,3.0 

3
Mà
.
10000
11500
B  t  

3  1  0,3t 
3
Do đó:
.
10000
11500
B  t   3000  

 3000  t  10
3  1  0,3t 
3
Nước trong hồ vẫn an toàn khi chỉ khi
Vậy kể từ ngày thứ 10, nước hồ khơng cịn an tồn.
Câu 15.

 1  0,3t 

Cho các điểm
là
A.

. Phương trình mặt phẳng đi qua
.


B.

và vng góc với BC

.

C.
.
D.
.
Đáp án đúng: D
Câu 16. Cho khối lăng trụ ABC. A ' B ' C ' có đáy là tam giác đều cạnh a . Hình chiều vng góc của A ' lên mặt
đáy là trọng tâm của đáy và góc giữa AA ' và mặt đáy là 600. Tính thể tích của khối lăng trụ.
3

A. 2 3a .
Đáp án đúng: C

1 3
a.
B. 4

1 3
a.
C. 2

3 3
a.
D. 4


0

Câu 17. Cho hình chóp S . ABCD có đáy là hình bình hành, AB 3a, AD a, BAD 120 SA vng góc với
1
SM  SB
10
đáy, SA a . Gọi M là điểm trên cạnh SB sao cho
, N là trung điểm của SD . Tính cosin góc giữa
AMN 
ABCD 
hai mặt phẳng 
và 
?

2 715
A. 55 .

13
B. 4 .

165
C. 55 .

3
D. 4 .

Đáp án đúng: C
5



Giải thích chi tiết:
AH  BC  H  BC 
Kẻ
Oxy   ABCD  , O  A AD, AH , AS
Ta chọn hệ trục tọa độ Oxyz , sao cho 
.
lần lượt là các tia Ox, Oy, Oz .

3a 3
3a
AH  AB.sin ABC 
BH BA.cos ABC 
2 .
2 ;
Ta có
 3a 3a 3 
 a a
 A  0;0;0  , S  0;0; a  , B   ;
;0  , D  a;0;0  , N  ;0; 
2
 2 2
 2


1
  3a 3a 3 9 a 
SM  SB  M 
;
; 

10
20 20 10 

Vì
.






  
20
2
u1  AM   1; 3;6 u 2  AN  1;0;1  n  u1 , u 2   3;7;  3


3a
a
Ta có
;








 AMN  . k  0;0;1 là VTPT của  ABCD  .


Vậy cơsin của góc giữa hai mặt phẳng

 AMN 

và

 ABCD 



là VTPT của mặt phẳng


n.k
165
  
55
n.k

bằng
.
 x 0

d :  y t
 z 2  t

Câu 18. Trong không gian Oxyz , cho đường thẳng
. Vectơ nào dưới đây là vectơ chỉ phương của
d

đường thẳng ?


u  0;0; 2 
u  0;  2; 2 
A. 1
B. 4


u  0;1; 2 
u  0;1;1
C. 2
D. 3
Đáp án đúng: B

5  3a  3 a
a
a
a
a
Câu 19. Cho số thực a thỏa mãn 9  9 23. Giá trị biểu thức 1  3  3 bằng
6




5
2.

1

C. 2 .

B. 2 .

A.
Đáp án đúng: A

Câu 20. Trong không gian Oxyz, khoảng cách từ điểm
A. 1.
Đáp án đúng: C

M (1;- 2; 3)

đến gốc tọa độ bằng

C. 14.

B. 2.

Câu 21. Họ nguyên hàm của hàm số
1
6
 2 x  1  C
A. 12
.

3
D. 2 .

y  2 x  1


D. 3.

5

là
4

B.

1
6
 2 x 1  C
C. 6
.
Đáp án đúng: A

10  2 x  1  C

.

1
6
 2 x  1  C
D. 2
.
5

y  2 x  1
Giải thích chi tiết: Họ nguyên hàm của hàm số

là
1
1
1
6
6
6
 2 x  1  C
 2 x 1  C
 2 x  1  C
A. 12
. B. 6
.
C. 2
.

4

D.

10  2 x  1  C

.

Lời giải

 2 x 1
Ta có:

5


dx 

1
1
5
6
 2 x 1 d  2 x 1   2 x 1  C

2
12
.

 y  2 x 2

2 y  x 4
 x  y 5


Câu 22. Tính giá trị nhỏ nhất của biểu thức F  y  x trên miền xác định bởi hệ
.
A. min F 0 khi x 0 , y 0 .
B. min F 2 khi x 0 , y 2 .
C. min F 3 khi x 1 , y 4 .
D. min F 1 khi x 2 , y 3 .
Đáp án đúng: D
6 5
3
 x  0  . Mệnh đề nào dưới đây đúng?
Câu 23. Cho biểu thức P  x . x . x ,

7
3

5
3

5
2

A. P  x .
Đáp án đúng: C

B. P x .

C. P  x .
1

1

5

1 1 5
 
3 6

6 5
3
3
6
2

2
Giải thích chi tiết: Ta có P  x . x . x  x .x .x  x
Câu 24.

Cho hàm số
A.
C.
Đáp án đúng: C
Câu 25.
Cho hàm số

2
3

và hàm số

D. P  x .

5
3

x .

. Mệnh đề nào sao đây đúng?

.

B.

.


D.

.
.

có đồ thị như hình vẽ
7


Hàm số y = f ( 2 – x ) đồng biến trên khoảng nào dưới đây
A.

.

B. (-2;1).

C.
.
Đáp án đúng: B

D.

.

S
Câu 26. Tính bán kính R của mặt cầu   biết diện tích mặt cầu và thể tích khối cầu có giá trị bằng nhau.

R=


3
3 .

A. R = 3.
B.
C. R = 3 .
D.
Đáp án đúng: A
Giải thích chi tiết: Vì diện tích mặt cầu và thể tích khối cầu có giá trị bằng nhau nên
4
4 R 2   R 3  R 3
3
.
2

R=

1
3.

2

x  2 x 1
 m.2 x  2 x2  3m  2 0 có 4
Câu 27. Tìm tập hợp tất cả các giá trị của tham số m để phương trình 4
nghiệm phân biệt.
2;   
1;   
A. 
.

B. 
.
 ; 1   2;  
2;   
C. 
.
D. 
.
Đáp án đúng: D


Giải thích chi tiết: Đặt t 2

x  1

2

1 , phương trìnnh đã cho trở thành

t2  2
3
t
 *
2t  3
2 không là nghiệm).
(do
3
t2  2
D  1;    \  
f t 

 2  . Ta có
2t  3 trên
Xét hàm số
 t 1
2t 2  6t  4
f  t  
0  
2
 2t  3
 t 2 .
t 2  2mt  3m  2 0  m 

8


*
Phương trình đã cho có 4 nghiệm phân biệt khi và chỉ khi phương trình   có 2 nghiệm phân biệt lớn hơn 1.
2;   
Dựa vào bảng biến thiên ta có tập hợp các giá trị của m cần tìm là 
.
Nhận xét: với câu trắc nghiệm cho như thế này ta chỉ cần kiểm tra thấy m 0, m 2 khơng thỏa u cầu là có

thể chọn C được rồi.
Câu 28. Tìm chiều dài L ngắn nhất của cái thang để có thể tựa vào tường và mặt đất, ngang qua cột đỡ có chiều
3 3
cao 2 m và cách tường 0,5 m kể từ gốc của cột đỡ.
A. 5 m.
Đáp án đúng: C

B. 2 m.


C. 4 m.

D. 3 m.

Giải thích chi tiết:


Đặt   ABC ,

 
   0; 
 2.

Dựa vào hình vẽ ta có AB  AK  KB
Đặt

f   



MK
KH
1
3 3



cos  sin  2cos  2sin  .


min f   
1
3 3
 

  0; 
2 cos  2sin  . Bài tốn trở thành tìm  2 
.
9


Ta có

f    

sin 
 3 3.cos sin 3   3 3.cos3


2cos 2 
2sin 2 
2 cos 2  .sin 2  .

f    0  sin 3   3 3.cos 3 0  tan 3  3 3  tan   3

  
     0; 
3  2.

Bảng biến thiên


min AB  min f   
Vậy

 
  0; 
 2

 
 f   4
3
.

4
2
Câu 29. Giá trị m để đồ thị hàm số y  x  2mx  1 có ba điểm cực trị tạo thành một tam giác có diện tích
bằng 4 2 là

A. m  2.
Đáp án đúng: A

B. m 2 .

C. m 2.

D. m  1.

4
2
Giải thích chi tiết: [Mức độ 3]Giá trị m để đồ thị hàm số y x  2mx  1 có ba điểm cực trị tạo thành một

tam giác có diện tích bằng 4 2 là

A. m 2 . B. m 2. C. m  2. D. m  1.
Lời giải
FB tác giả: Lương Công Sự

Tập xác định D .
3
Ta có y 4 x  4mx.
10


 x 0
y 0  4 x  x 2  m  0   2
.
 x  m
Để hàm số có 3 cực trị thì  m  0  m  0.
Khi đó ta có tọa độ 3 điểm cực trị của đồ thị hàm số là



 

2
A  0 ;  1 , B   m ;  m  1 , C



 m ;  m2  1 .


H  0 ;  m 2  1

Gọi
là trung điểm của BC.
AH m 2 , BC 2  m .
1
S ABC 4 2  . AH .BC 4 2  m 2 .2  m 8 2   m5 32  m  2.
2
Vậy m  2.
Câu 30. Lê Quý Đôn Đà Nẵng 2019) Khẳng định nào dưới đây là đúng?

1
 
A.  4 

 50



 2

3

100

 2

3

.


B.

3

1
 
D.  2 

 3
 5
    .
8
C.  7 
Đáp án đúng: D
Giải thích chi tiết: Ta có:
 3  5  3
      
 7  8  7

1 1  1
  
2 3  2
 2

35 3

1
 
 4






 2



2

.


 1
 
 3 .

3

 5
 
 8  (vì

3  0 ). Phương án A Sai.



1
 

 3  (vì    0 ). Phương án B Đúng.

5

 50

3

 1
 
 5

 2

100

 2

 3

 2 2

 

1
 
 5

 50


  2

2

(vì  2  0 ). Phương án C Sai.
100

 2100  2100
( Mệnh đề sai ). Phương án D Sai.

Câu 31.
Cho hàm số

y  f  x

liên tục, có đạo hàm trên  và đồ thị có dạng như hình vẽ

11


y  f  x 1 
Hàm số
đạt giá trị lớn nhất trên  tại x  x0 . Tìm x0 ?
x 0 và x0  2 .
A. 0
B. x0 4 .
x  2 .
x 0 .
C. 0
D. 0

Đáp án đúng: A
y  f  x
Giải thích chi tiết: Từ đồ thị của hàm số
f x

Giữ lại phần đồ thị của   phía bên phải trục tung; bỏ hẳn phần đồ thị phía trái trục tung.

Lấy đối xứng phần đã giữ lại qua trục tung.

Tịnh tiến phần đồ thị đã có khi thực hiện hai bước ở trên, theo phương song song với trục hồnh, sang
phía trái 1 đơn vị.
 Ta được đồ thị của hàm số y  f  x  1 

Vậy hàm số

y  f  x 1 

đạt GTLN tại

x0 0 và x0  2 .
12


Câu 32.
Một cái nón lá có chiều dài đường sinh và có đường kính mặt đáy đều bằng
để làm cái nón lá là:
A.
C.
Đáp án đúng: B


. Vậy diện tích của lá cần

.

B.

.

.

D.

.

Câu 33. Tìm tích số của tất cả các nghiệm thực của phương trình 7
1
1

A. 2 .
B.  1 .
C. 2 .

x2  x 

3
2

49 7
D. 1 .


Đáp án đúng: B
Câu 34. Cho hàm số
A.

f  x   x 2  1 .e x

f  x   2 x  1 e

x

. Tính

f  x 

.
2

.

B.

x

f  x 2 xe
C.  
.
Đáp án đúng: B

D.


f  x   x  1 e x

f  x   x  1 e

.

x

.

O
O ,
Câu 35. Cho hình trụ có hai đáy là hai hình trịn   và   bán kính đáy r 5. Biết AB là một dây cung
O
OAB 
của đường tròn   sao cho tam giác OAB là tam giác đều và mặt phẳng 
tạo với mặt phẳng chứa hình
0
O
trịn   một góc 60 . Thể tích của khối trụ đã cho bằng

A. 25 5 .
Đáp án đúng: C

125 7
7
B.
.

375 7

7
C.
.

D. 75 5 .

Giải thích chi tiết:
Gọi I là trung điểm của AB. Khi đó, góc giữa mặt phẳng
 IO 600.
O

 OAB 

và mặt phẳng chứa

 O

chính là
13


2
2
2
Đặt OO h  0. Ta có OOB vng tại O nên OB  OO  OB  h  25.

OB 3
3. h 2  25

.

OAB là tam giác đều nên
2
2
h
 IO OO  sin 600 
sin O
OI
3. h 2  25
OOI vng tại O có
2
OI 



3 2
15 7
h  25 h  h 
.
4
7

15 7 375 7

7
7
Vậy thể tích khối trụ đã cho là
(đvtt).
z  z2 2
z  2 z2 4
Câu 36. Cho hai số phức z1 , z2 thỏa mãn các điều kiện 1

và 1
. Giá trị của
2z1  z2
V  r 2 h  .52.

là
A. 6 .
Đáp án đúng: D

B.

2.

D. 2 6 .

C. 6 2 .

Giải thích chi tiết: Giả sử z1 a  bi , ( a , b   ); z2 c  di , ( c , d   ).
Theo giả thiết ta có:
a 2  b2 4
 z1 2




 c 2  d 2 4
 z2 2

2
2



 z1  2 z2 4
 a  2c    b  2d  16

Thay

 1 ,  2  vào  3

Ta có

2z1  z2 

Thay

 1 ,  2  ,  4 

a 2  b 2 4

2
2
c  d 4
 2 2
2
2
a  b  4  c  d   4  ac  bd  16

 1
 2
 3


 4 .
ta được ac  bd  1

 2a  c 
vào

 5

2

  2b  d 

ta có

2

 4  a 2  b 2    c 2  d 2   4  ac  bd 

2 z1  z2 2 6

 5 .

.

 H  có hai đáy là hai hình trịn nội tiếp
Câu 37. Cho khối lập phương có thể tích V 512 cm3 và một hình trụ
hai mặt đối diện của hình lập phương (hình bên dưới). Thể tích khối
128
A. 3 (cm3).


 H  bằng

14


64
B. 3 (cm3).
C. 128 (cm3).

D. 72 (cm3).
Đáp án đúng: C
Câu 38. Cho hình chóp S . ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân tại B , AB BC 3a 2 ,


SAB
SCB
900 . Biết khoảng cách từ A đến mặt phẳng ( SBC ) bằng 2a 3 . Tính thể tích mặt cầu ngoại tiếp
hình chóp S . ABC .
3
A. 18 18 a .
Đáp án đúng: C

3
B. 72 18 a .

3
C. 24 18 a .

3

D. 6 18 a .

Giải thích chi tiết:
Gọi I , H lần lượt là trung điểm của cạnh SB và AC
Mặt khác, theo giả thiết ta có ΔSAB ,ΔSCB lần lượt là các tam giác vng tại A và C Þ IA = IB = IC = IS
15


Þ I là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABC
Mặt khác: ΔABC vng tại B Þ H là tâm đường trịn ngoại tiếp ΔABC
Þ IH ^ ( ABC )

d ( A; ( SBC ) )
d ( H ; ( SBC ) )

Ta có:

=

AC
= 2 Þ d ( H ; ( SBC ) ) = a 3
HC

Þ HK ^ BC ( HK / / AB, AB ^ BC )
Gọi K là trung điểm của cạnh BC

Lại có:

BC ^ IH ( IH ^ ( ABC ) ) Þ BC ^ ( IHK )


Mặt khác:
Trong

BC Ì ( SBC ) Þ ( SBC ) ^ ( IHK )

( IHK ) , gọi

ΔIHK :
Xét

theo giao tuyến IK

HP ^ IK Þ HP ^ ( SBC )

tại P

Þ HP = d ( H ; ( SBC ) ) = a 3

1
1
1
1
1
= 2+
= 2+
Þ HI = 3a
2
2
HP
HI

HK
HI
AB 2
4

4
V = πRπaR3 = 24 18πRπaa 3
3
Xét ΔIHB : IB = IH + HB = 3a 2 = R . Vậy
2

2

Câu 39. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang cân với AD = DC = CB = 1, AB = 2. Gọi O là giao
điểm của AC và BD, hình chiếu vng góc của S xuống mặt ( ABCD) là trung điểm của OA. Đường thẳng SC
tạo với mặt đáy ( ABCD) một góc bằng 60°. Thể tích khối cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABCD bằng
61p 61
.
162

A.
Đáp án đúng: A
Giải thích chi tiết:
Lời giải.

B.

17p 59
.
54


C.

31p 51
.
162

D.

31p 61
.
81

Gọi E là trung điểm AB. Dễ thấy ABCD là nửa lục giác đều nội tiếp đường tròn tâm E nên r = EA = 1. Tam
giác ABC vuông tại C suy ra
AC = 3 ị HC =

2
3

à , ABCD =600
SC

)
ắắ( ¾ ¾
¾® SH = 2.

16



Ta cú

HE =

BO AC
3 D SHE
13
=
=
ắắ ắđ SE =
.
2
3
3
3

Vy ta có r = 1, h = 2 và

SE =

13
3

nên suy ra

R=

61
61p 61
Þ V=

.
6
162

2 z  3 z 5
Câu 40. Gọi H là hình biểu diễn tập hợp các số phức z trong mặt phẳng tọa độ Oxy sao cho
, và
H
z
số phức có phần thực khơng âm. Tính diện tích hình .
5
5
A. 4 .
B. 2 .
C. 5 .
D. 2 .
Đáp án đúng: B
Giải thích chi tiết: Gọi H là hình biểu diễn tập hợp các số phức z trong mặt phẳng tọa độ Oxy sao cho
2 z  3 z 5

, và số phức z có phần thực khơng âm. Tính diện tích hình H .
5
5
B. 5 . C. 2 .
D. 4 .

A. 2 .
Lời giải
z x  yi,  x, y  , x 0 
Gọi

.
Ta có

2  x  yi   3  x  yi  5 

x 2  25 y 2 5  x 2  25 y 2 25 

x2 y 2
 1
25 1
.

x2 y 2

1
25 1
Xét elip
, có tập hợp các điểm biểu diễn số phức z là miền trong của Elip với x 0 .
1
5
S  . .a.b 
2
2 .
Ta có a 5, b 1 , nên diện tích hình H là
----HẾT---

 E :

17