De 7118

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (899.11 KB, 16 trang )

Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch

ĐT:01694838727

1

LUYỆN THI TRUNG HỌC PHỔ THÔNG QUỐC GIA 2018 SỐ 71
Ngày13 tháng 4 năm 2018
Học sinh:...................................................................
Cho hình chóp tam giác đều S . ABC có độ dài cạnh đáy bằng a , góc hợp bởi cạnh bên và mặt đáy bằng

Câu 1:

3a 3
.
12

3a 3
3a 3
.
C.
.
6
3
Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho mặt cầu  S  có phương trình

tích của hình chóp đã cho.A.
Câu 2:

B.

 S  : x 2  y 2  z 2  2 x  4 y  6 z  5  0 . Tính diện tích mặt cầu  S  .

A.

42 .

B.

D.

36 .

60�. Thể

3a 3
.
4
C.

9 .

D. 12 .

S . ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật với độ dài đường chéo bằng 2a ,
cạnh SA có độ dài bằng 2a và vuông góc với mặt phẳng đáy. Tính bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình
chóp S . ABCD ?
Câu 3:

A.

a 6.
2

Câu 4:
A.

Cho hình chóp

 C

2a 6 .
3

B.
Cho đồ thị

 C

a 6.
12

D.

a 6.
4

y   x 3  3 x 2  5 x  2 . Trong các mệnh đề sau, mệnh đề nào đúng ?

của hàm số

không có điểm cực trị.

C.

B.  C  có hai điểm cực trị.

C.  C  có ba điểm cực trị.

D.  C  có một

điểm cực trị.
Câu 5:

Từ một tấm bìa hình vuông ABCD có cạnh bằng

giác cân bằng nhau là

MA2  MB 2  MC 2 , người ta cắt bỏ bốn tam

AMB , R  3 , CPD và DQA . Với phần còn lại, người ta gấp lên và ghép lại để

thành hình chóp tứ giác đều. Hỏi cạnh đáy của khối chóp bằng bao nhiêu để thể tích của nó là lớn nhất ?

A.

3 2
dm .
2

Câu 6:

Cho

B.

log a b  1 .

Câu 7:

B.

Cho hàm số

1

dx
I �
1 f  x
0
Câu 8:

C.

A.

log a  b  1  0 .

C.

3

.
2

B.

Cho hình chóp

3
.
2

log a b  1 .

D.

log a  b  1  0 .

1
.
2

C. 1 .

D.

2.

S . ABC với các mặt  SAB  ,  SBC  ,  SAC  vuông góc với nhau từng đôi một.
SAB , SBC , SAC lần lượt là 4a 2 , a 2 , 9a 2 .

1
.
C. 1 .
D. 2 .
2
x 1
1   1  x  ln 2
1   x  1 ln 2
Đạo hàm của hàm số y 
là A. y �
. B. y �


x
x
2
4
2x

x
.
2x

Câu 10: Cho hàm số
A.

5 2
dm .
2

B.

Câu 9:

y�


D.

f  x  liên tục và nhận giá trị dương trên  0;1 . Biết f  x  . f  1  x   1 với x � 0;1 . Tính giá trí

Tính thể tích khối chóp S . ABC . Biết diện tích các tam giác
A.

2 2 dm .

a ,  SCD  là các số dương phân biệt khác 1 và thỏa mãn ab  1 . Khẳng định nào sau đây

đúng ?
A.

� 3n � n
2 �
.2  1600 .
�
� 2 �

m �0 và m �2 .

C. y �



x
. D.
4x

f  x   x3  3mx 2  3  m2  1 x . Tìm m để hàm số f  x  đạt cực đại tại x0  1 .
B.

m2.

C.

m  0.

D.

m  0 hoặc m  2 .

Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch

ĐT:01694838727

1
x
x
Câu 11: Hàm số y  log 2  4  2  m  có tập xác định là � khi A. m  .
4
m

D.

1
.
4

Câu 12: Trong không gian với hệ trục tọa độ

m  0.

Oxyz , cho hình bình hành ABCD . Biết A  2;1;  3 , B  0;  2;5  và

C  1;1;3 . Diện tích hình bình hành ABCD là A. 2 87 .
Câu 13:

B.

2
1
C. m � .
4

B.

349
.
2

C.

349 .

87 .

D.

Tìm khẳng định đúng trong các khẳng định sau

1

1

1

1









2
2
sin  1  x  dx  �
sin xdx B. �
cos  1  x  dx   �

cos xdx . C. cos x dx  cos xdx . D. sin x dx  sin xdx .
A. �
�
�
�
�
0
0
0
0
2
2
0
0
0
0
Câu 14: Xét các hình chóp S . ABC có SA  SB  SC  AB  BC  a . Giá trị lớn nhất của khối chóp
S . ABC bằng
a3
a3
a3
3 3a 3
A.
.
B.
.
C.
.
D.
.

4
4
8
4
x3
Câu 15: Cho đồ thị  C  của hàm số y 
 2 x 2  3 x  1 . Phương trình tiếp tuyến của  C  song song
3
với đường thẳng y  3x  1 là phương trình nào sau đây ? A. y  3x  1 .
B. y  3x .
C.

29
.
3
x2
Câu 16: Đồ thị hàm số y  2
có bao nhiêu đường tiệm cận ? A. 4 .
B. 1 .
C. 3 .
D. 2 .
x 9
Câu 17: Cho hình lăng trụ đứng ABC. A��
B C có đáy ABC là tam giác vuông tại B , AB  a , AA�
 2a .
y  3x 

29
.
3

D.

y  3x 

Tính khoảng cách từ điểm

D.

BC 
A đến mặt phẳng  A�

3 5a
.
5

Câu 18: Trong không gian với hệ tọa độ

A.

2 5a .

B.

2 5a
.
5

C.

5a
.
5

Oxyz cho hình hộp ABCD. A��
B C D . Biết A  2; 4;0  , B  4;0;0  ,

C  1; 4;  7  và D�
 6;8;10  . Tọa độ điểm B�là
B�
 8; 4;10  .

A.

B.

B�
 6;12;0  .

C.

B�
 10;8;6  .

D.

B�
 13;0;17  .

19 �

�1 �
�
f � � ...  f � �có giá trị bằng
10 �
10 �
�
�
59
19
28
A.
.
B. 10 .
C.
.
D.
.
6
2
3
0
1
2
n
Câu 20: Tìm số nguyên dương n thỏa mãn 2Cn  5Cn  8Cn  ...   3n  2  Cn  1600 .
Câu 19: Cho hàm số

f  x 

2x

. Khi đó tổng f  0  
2x  2

A. n  5 .

B. n  7 .

Câu 21: Cho hàm số

f  x  liên tục trên � thỏa

C. n  10 .

D. n  8 .

2018

�f  x  dx  2 . Khi đó tích phân
0

e 2018 1

�x
0

A.

2





x
f ln  x 2  1 dx bằng
1

4.

Câu 22: Thầy Bình đặt lên bàn

B.

30

1.

tấm thẻ đánh số từ

C.

1

2.

đến

D. 3 .

30 . Bạn An chọn ngẫu nhiên

10 tấm thẻ.

10 tấm thẻ lấy ra có 5 tấm thẻ mang số lẻ, 5 tấm mang số chẵn trong đó chỉ có
một tấm thẻ mang số chia hết cho 10 .
Tính xác suất để trong

Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch

99
A.
.
667

ĐT:01694838727

8
B.
.
11

Câu 23:

Nguyên hàm của hàm số

3

3
C.

.
11

y  e 3 x 1

99
D.
.
167
1 3 x 1
1
là A. e
 C . B. 3e 3 x 1  C . C.  e 3 x 1  C . D.
3
3

3e 3 x 1  C .
Câu 24: Cho các số thực

f�
 0   22 và

a , b khác không. Xét hàm số f  x  

a

 x  1

3

 bxe x với mọi x khác 1 . Biết

1

f  x  dx  5 . Tính a  b
�

?

A. 19 .

B. 7 .

C. 8 .

D. 10 .

0

Câu 25: Cho hình chóp S . ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân tại đỉnh

B . Biết AB  BC  a 3 ,

�  SCB
�  90�và khoảng cách từ A đến mặt phẳng  SBC  bằng a 2 . Tính diện tích mặt cầu ngoại tiếp
SAB
hình chóp S . ABC .
A. 16 a 2 .
B. 12 a 2 .
C. 8 a 2 .

D. 2 a 2 .
Câu 26: Cho lăng trụ ABCD. A1 B1C1 D1 có đáy ABCD là hình chữ nhật với AB  a , AD  a 3 . Hình
chiếu vuông góc của
đến mặt phẳng

A1 lên  ABCD  trùng với giao điểm của AC và BD . Tính khoảng cách từ điểm B1

 A1BD  .
a
.
2

a 3
.
6
Câu 27: Để làm một chiếc cốc bằng thủy tinh dạng hình trụ với đáy cốc dày 1,5 cm , thành xung quanh
A.

a 3.

cốc dày
nhiêu

A.

B.

C.

a 3

.
2

D.

0, 2 cm và có thể tích thật (thể tích nó đựng được) là 480 cm 3 thì người ta cần ít nhất bao

cm3 thủy tinh ?

75, 66 cm3 .

B.

80,16 cm3 . C. 85, 66 cm3 .

D.

70,16 cm3 .

Câu 28: Anh Nam dự định sau 8 năm (kể từ lúc gửi tiết kiệm lần đầu) sẽ có đủ 2 tỉ đồng để mua nhà.
Mỗi năm anh phải gửi tiết kiệm bao nhiêu tiền (số tiền mỗi năm gửi như nhau ở thời điểm cách lần gửi
trước 1 năm) ? Biết lãi suất là 8% / năm, lãi hàng năm được nhập vào vốn và sau kỳ gửi cuối cùng anh

1 năm để có đủ 2 tỉ đồng.
0, 08
0, 08
A. 2 �
tỉ đồng. B. 2 �
tỉ đồng.
9

8
 1, 08  1, 08
 1, 08  1, 08
đợi đúng

tỉ đồng.
Câu 29: Xét tập hợp

C.

2�

0, 08

 1, 08

7

1

tỉ đồng. D.

2�

0, 08

 1, 08

8

1

A gồm tất cả các số tự nhiên có 5 chữ số khác nhau. Chọn ngẫu nhiên một số từ A . Tính xác suất để số

74
62
1
3
. B.
. C.
. D.
.
411
431
216
350
Câu 30: Cho hình chóp tứ giác đều S . ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh bằng a 3 và
được chọn có chữ số đứng sau lớn hơn chữ số đứng trước (tính từ trái sang phải) ?A.

SA  SB  SC  SD  2a . Tính thể tích khối chóp S . ABCD

A.

2a 3
. B.
6

2a 3
.
2

C.

3a 3
3

D.

6a 3
.
6

Câu 31: Cho khối chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật. Một mặt phẳng thay đổi nhưng luôn
song song với đáy và cắt các cạnh bên SA , SB , SC , SD lần lượt tại

, N�
, P�
,
M , N , P , Q . Gọi M �

Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch

ĐT:01694838727

4

SM
Q�lần lượt là hình chiếu vuông góc của M , N , P , Q lên mặt phẳng  ABCD  . Tính tỉ số
để thể

SA
N�
P��
Q đạt giá trị lớn nhất.
tích khối đa diện MNPQ.M �
A.

2
.
3

B.

Câu 32: Cho đồ thị
cách từ
A.

 C

của hàm số

1
.
2
y

C.

1
.

3

D.

3
.
4

2x  2
. Tọa độ điểm M nằm trên  C  sao cho tổng khoảng
x 1

M đến hai tiệm cận của  C  nhỏ nhất là

M  1;0  hoặc M  3; 4  . B. M  1;0  hoặc M  0; 2  . C. M  2;6  hoặc M  3; 4  . D. M  0; 2  hoặc

M  2;6  .
Câu 33: Biết rằng phương trình

3log 22 x  log 2 x  1  0 có hai nghiệm là a , b . Khẳng định nào sau đây

đúng ?
A.

ab 

1
.
3

B.

Câu 34: Tìm điều kiện của
điểm cực tiểu ?
A. a  0 , b �0 .

1
ab   .
3

C.

ab  3 2 .

D.

ab  3 2 .

a , b để hàm số bậc bốn B có đúng một điểm cực trị và điểm cực trị đó là

C. a  0 , b  0 .
D. a  0 , b  0 .
a  0 , b �0 .
Câu 35: Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho ba điểm A  1;0;0  , C  0;0;3 , B  0; 2;0  . Tập
hợp các điểm

B.

M thỏa mãn MA2  MB 2  MC 2 là mặt cầu có bán kính là: A. R  2 .

C. R  3 .

B.

R 3.

R 2.
3x  1
Câu 36: Cho hàm số f  x  
. Trong các mệnh đề sau mệnh đề nào đúng ?
x 1
A. f  x  nghịch biến trên R .
B. f  x  đồng biến trên  �;1 và  1; � .
D.

f  x  đồng biến trên R .
uu
r
uu
r
uu
r
Câu 37: Trong không gian với hệ trục toạ độ Oxyz , cho a   2;3;1 , b   1;5; 2  , c   4;  1;3 và
uu
r
x   3; 22;5  . Đẳng thức nào đúng trong các đẳng thức sau ?
uu
r
uu
r uu

r uu
r
uu
r
uu
r uu
r uu
r
uu
r
uu
r uu
r uu
r
uu
r
uu
r uu
r uu
r
A. x  2 a  3 b  c .
B. x  2 a  3 b  c .
C. x  2 a  3 b  c .
D. x  2 a  3 b  c .
C.

f  x  nghịch biến trên  �; 1 � 1; � .

Câu 38: Cho hàm số

D.





f  x   ln x  x 2  1 . Giá trị f �
 1 bằng A.

2.
4

B.

1
.
1 2

C.

2 . D.
1 2 .
2
Câu 39: Cho hình chóp S . ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại

 SBC 

vuông góc với mặt phẳng

phẳng

 SAC  .

A.

6 7a .

 ABC  . Biết
B.

B , AB  3a , BC  4a , mặt phẳng

�  30�. Tính khoảng cách từ B đến mặt
SB  2 3a , SBC

6 7a
.
7

C.

3 7a
.
14

D.

a 7.

Câu 40: Hàm số nào sau đây có chiều biến thiên khác với chiều biến thiên của các hàm số còn lại.

A.

h  x   x 3  x  sin x .

B.

k  x   2x  1 .

C.

g  x   x 3  6 x 2  15 x  3 .

D.

 x2  2x  5
.
f  x 
x 1
Câu 41: Với giá trị nào của

m thì đường thẳng y  2 x  m tiếp xúc với đồ thị hàm số y 

2x  3
.
x 1

Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch
A.

ĐT:01694838727

m �2 2 .

B.

m�

2
1.
2

C.

m ��2 .

D.

5

m  �2 2 .

2
2
2sin x  21 cos x  m có nghiệm khi và chỉ khi
A. 4 �m �3 2 .
B. 3 2 �m �5 .
C. 0  m �5 .
D. 4 �m �5 .
Câu 43: Cho hình lập phương ABCD. A��

. Tính khoảng
B C D cạnh bằng a . Gọi K là trung điểm DD�

Câu 42: Phương trình

cách giữa hai đường thẳng

CK và A�
D.

Câu 44: Tập xác định của hàm số
A. D   1;3  .

A.

4a
.
3

B.

y  log 2  3  2 x  x 2  là:

B. D   0;1 .

a
.
3

C. D   1;1 .

C.

2a
.
3

D.

3a
.
4

D. D   3;1 .

Câu 45: Người ta làm chiếc thùng phi dạng hình trụ, kín hai đáy, với thể tích theo yêu cầu là

2 m3 . Hỏi

R và chiều cao h của thùng phi bằng bao nhiêu để khi làm thì tiết kiệm vật liệu nhất ?
1
1
1
A. R  2 m, h  m.
B. R  4 m, h  m. C. R  m, h  8 m. D. R  1 m, h  2 m.
2
5
2
bán kính đáy

1 nCnn
C1n 2Cn2 3C3n

.


 ... 
2.3 3.4 4.5
 n  1  n  2 
n

Câu 46: Cho số nguyên dương n , tính tổng S 

A.

S

n
.
 n  1  n  2 

B.

S

2n
n
2n
. C. S 
. D. S 

.
 n  1  n  2 
 n  1  n  2 
 n  1  n  2 

Oxyz , cho bốn điểm A  2; 3;7  , B  0; 4;1 , C  3;0;5  và D  3;3;3  . Gọi
uuur uuur uuuu
r uuuu
r
M là điểm nằm trên mặt phẳng  Oyz  sao cho biểu thức MA  MB  MC  MD đạt giá trị nhỏ nhất. Khi đó tọa độ của

Câu 47: Trong không gian với hệ trục tọa độ

M là:
Câu 48:
A.

A.

M  0;1; 4  .

Bất phương trình

B.

M  2;1;0  .

C.

M  0;1; 2  .

D.

M  0;1; 4  .

ln  2 x 2  3  ln  x 2  ax  1 nghiệm đúng với mọi số thực x khi:

2 2  a  2 2 .

B.

0a2 2.

C.

0a2.

D.

2  a  2 .
15

�2 1 �
Câu 49: Tìm số hạng không chứa x trong khai triển nhị thức Newtơn của P  x   �
x  �
� x�
A. 4000 .
B. 2700 .
C. 3003 .
D. 3600 .

Câu 50.Cho hình hộp chữ nhật ABCD. A��
B C D có AB  a , AD  2a , AA�
 a . Gọi M là điểm trên đoạn AD với
AM
 3 . Gọi x là độ dài khoảng cách giữa hai đường thẳng AD�
, B�
C và y là độ dài khoảng cách từ M đến mặt phẳng
MD
C  . Tính giá trị
 AB�

xy .

A.

5a 5
.
3

B.

a2
.
2

----------HẾT----------

HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT ĐỀ 71
Câu 1.Chọn A.

Gọi

M là trung điểm của cạnh BC , O là tâm của tam giác đều ABC .

C.

3a 2
3a 2
. D.
.
4
2

Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch

ĐT:01694838727

6

�  60�.Ta có:
Hình chóp tam giác đều S . ABC có góc giữa cạnh bên bên và mặt đáy bằng 60�
, nên SAM
AM 

a 3
a 3 .Diện tích tam giác
a2 3 .
ABC : S ABC 
� AO 

2
3
4

Xét tam giác SAO vuông tại O có: SO  AO.tan 60�

a 3
. 3a.
3

1 a2 3
a3 3
.
V .
.a 
3 4
12
Câu 2.Chọn B.Mặt cầu  S  có tâm I  1; 2;3  và bán kính R  12  22  32  5  3 .
Thể tích khối chóp tam giác đều S . ABC :

 S :

S  4 R 2  4 32  36 .
Câu 3.Chọn A.Gọi I là trung điểm của SC , ta có các tam giác SAC , SBC , SCD là các tam giác vuông
có cạnh huyền SC nên các đỉnh S , A , B , C , D cùng nằm trên mặt cầu đường kính SC có tâm I , bán
Diện tích mặt cầu

kính

R

1
1
1
a 6
SC 
SA2  AC 2 
2a 2  4a 2 
2
2
2
2
.

Câu 4.Chọn A.Tập xác định

 3x 2  6 x  5  3  x  1  2 �0 , x ��.
D  �.Ta có: y �

Vì đạo hàm của hàm số không đổi dấu trên

2

� nên đồ thị hàm số không có điểm cực trị.

Câu 5.Chọn C.Gọi cạnh đáy của mô hình là

x (cm) với x  0 . Ta có AI  AO  IO  25 2 

2

2

x
.
2

x � �x �
�
h  AI 2  OI 2  �
25 2  � � �  1250  25 2 x .
2 � �2 �
�
1 2
1
4
5
Thể tích của khối chóp bằng V  .x . 1250  25 2 x  . 1250 x  25 2 x .
3
3
1
4
5
Điều kiện 1250  25 2 x  0 � x  25 2 . Xét hàm số y  . 1250 x  25 2 x với 0  x  25 2 . Ta có
3
Chiều cao của hình chóp

1 5000 x 3  125 2 x 4
y�
 .

.
3 2 1250 x 4  25 2 x 3
 0 � 5000 x 3  125 2 x 4  0 � x  20 2 .
Có y �
Bảng biến thiên

Vậy để mô hình có thể tích lớn nhất thì cạnh đáy của mô hình bằng

20 2 cm  2 2 dm .

Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch

ĐT:01694838727

1
1
Câu 6.Chọn C.Ta có ab  1 � b   a 1 . Do đó log a b  log a a   log a a  1 .
a
f  x
1

Câu 7.Chọn B.Ta có: f  x  . f  1  x   f  x   1  f  x  �
f  1 x 1 1 f  x 
1

Xét

dx
I �

Đặt t  1  x � x  1  t � dx  dt . Đổi cận: x  0 � t  1 ; x  1 � t  0 .
1 f  x
0

Khi đó

0
1
1
1
f  x  dx
dt
dt
dx
I  �
�
�
�
1 f  1 t  0 1 f  1 t  0 1 f  1 x 0 1 f  x
1
1
1
f  x  dx 1 1  f  x 
dx
1


d
x


dx  1 hay 2 I  1 . Vậy I  .
�
�
�
�
1  f  x  0 1  f  x  0 1  f (t )
2
0
0
1

Mặt khác

Câu 8.Chọn A. SVSAB



1
1
1
SA.SB  9a 2 , SVSAC  SA.SC  a 2 , SVSBC  SB.SC  4a 2
2
2
2

�

SVSAB .SVSAC 1 2
S .S
1

4
2 2
 SA  36a 2 � SA  6 2a � VSAB VSBC  SB 2  a 2 � SB 
a
SVSBC
2
SVSAC
2
9
3

�

SVSBC .SVSAC 1 2 9 2
3 2
 SC  a � SC 
a
SVSAB
2
4
2

Câu 9.Chọn B.

VS . ABC 

1
SA.SB.SC  2 2a 3 .
6

� 2 x  ( x  1).2 x.ln 2 2 x  1  ( x  1).ln 2  1  ( x  1).ln 2
x 1 �
�
.


y�
 � x �
2x
22 x
22 x
�2 �

Câu 10.Chọn B.

�
f�
 x   3x 2  6mx  3  m2  1 , f �
 x   6 x  6m .

m2
�
f  x  đạt cực đại tại x0  1 thì f �
 1  0 � � .
m0
�
3
2
�
Với m  2 thì f  x   x  6 x  9 x , f �

 x   3x 2  12 x  9 và f �
 x   6 x  12 .
Nếu hàm số

�
f�
 1  0 và f �
 1  6  0 nên hàm số đạt cực đại tại x0  1 .
Với

3
�
 x   3x 2  3 và f �
 x   6x .
m  0 thì f  x   x  3x , f �

�
f�
 1  0 và f �
 1  6  0 nên hàm số đạt cực tiểu tại x0  1 .Vậy m  2 là gía trị cần tìm.
Câu 11.Chọn D.Điều kiện:

4 x  2 x  m  0 .Hàm số đã cho có tập xác định là � khi và chỉ khi 4 x  2 x  m  0  *

x ��.Đặt t  2 x với t  0 , khi đó bất phương trình  * trở thành: t 2  t  m  0 t  0 .
Xét hàm số

f  t   t 2  t , t  0 ta có f �
 t   2t  1 ; f �
 t  0 � t 

1
.
2

�1 � 1
min f  t   f � �  .
�2 � 4
1
1
Để bất phương trình t 2  t  m  0 , t  0 thì  m   � m  .
4
4
1
Cách khác: Trường hợp 1:   1  4m  0 � m 
thì t 2  t  m  0 t �� (thỏa mãn yêu cầu bài toán)
4
1
1
1
 Trường hợp 2:   0 � m 
thì phương trình t 2  t   0 � t 
(không thỏa mãn yêu cầu bài toán).
4
4
2
1
b
 Trường hợp 3:   0 � m  . Ta thấy   1  0 nên phương trình t 2  t  m  0 không thể có hai nghiệm âm. Tức là
4

a
Lập bảng biến thiên ta tìm được

 0;�

1
t 2  t  m không thề luôn dương với mọi t  0 .Vậy m  .
4
uuur uuur
uuur
uuur
AB , AC �
Câu 12.Chọn C.Ta có: AB   2;  3;8  và AC   1;0;6  � �
�
�  18; 4;  3 .

7

Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch
Vậy:

S ABCD

uuur uuur
 �
AB , AC �
�
�

ĐT:01694838727

 18

2

8

 42   3  349 .
2

1

Câu 13.Chọn A.Xét tích phân

sin  1  x  dx .Đặt 1  x  t � dx  dt . Khi
�

x  0 � t  1 ; Khi x  1 � t  0 .

0

1

0

1

1

0

1

0

0

sin  1  x  dx  �
sin tdt  �
sin xdx .
sin t  dt   �
Do đó �
�SD  AB
� AB   SCD  .
D là trung điểm của cạnh AB . Theo giải thiết � �
CD  AB
�
Gọi H là trung điểm của cạnh SC thì DH  SC .
Câu 14.Chọn D.Gọi

1
1
VS . ABC  2VS . ADC  2. S SDC . AD  SC.DH . AD
3
3
Ta có

B � SD 2  a 2  x 2
.Đặt

.

3a 2
3a 2
 x 2 � HD 
 x2 .
4
4
2
3a
1
x2 
 x2 a3
2
3a 2
2
Ta có VS . ABC  AD.SC .DH  a.x
1
 .
 x � a.
4
3
8
3
4
3
2
3
a3

Dấu "  " xảy ra khi ABCD � x  a
Vậy giá trị lớn nhất của khối chóp S . ABC là
.
8
8
Xét tam giác vuông

SHD có HD 2  SD 2  SH 2 

Câu 15.Chọn C.Vì tiếp tuyến của  C  song song với đường thẳng

y  3x  1 nên phương trình tiếp tuyến d có dạng

y  3 x  b với b �1 . d là tiếp tuyến của  C  khi và chỉ khi hệ phương trình sau có nghiệm:

�x3
2
�  2 x  3x  1  3x  b
�3
�x 2  4 x  3  3
�

y  3x 

�x 3
2
�3  2 x  3 x  1  3 x  b
�
��
x0

��
�
�
x4
��

�
�x  0
�
�
b  1  L
�
�
Vậy phương trình tiếp tuyến
�x  4
�
�
�
�
� 29
b
�
�
3
�
�

29
.
3

Câu 16.Chọn C.Ta có

lim y  0 nên đồ thị hàm số có đường tiệm ngang là y  0 .

x ��

lim y  � và lim y  � nên x  3 là đường tiệm cận đứng.
x �3

x �3

lim y  � và lim y  � nên x  3 là đường tiệm cận đứng.
x � 3

x �3

x  �3 . Vậy đồ thị hàm số có ba đường tiệm cận.
BC  AB �
AB  � BC  AH
Câu 17.Chọn B.Dựng AH  A�
B .Ta có
�� BC   A�
BC  AA�
�
Đồ thị hàm số có hai đường tiệm cận đứng là

Vậy

AH   A�

BC  � d  A,  A�
BC    AH .Xét tam giác vuông A�
AB có

� AH 

2 5a
.
5

1
1
1


2
2
AH
AA� AB 2

Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch

ĐT:01694838727

a  3
�
1
7 � �
�

; b ; c  .Gọi O  AC �BD � O � ; 4; ��
b8 .
Câu 18.Chọn D.Giả sử D  a; b; c  , B�
 a��
2 � �
�2
c  7
�
a�
 13
�
uuuur
uuur
uuuur uuur
�
��
b�
0 .
Vậy DD�
  9;0;17  , BB�
  a�
 4; b��
; c  . Do ABCD. A��
B C D là hình hộp nên DD�
 BB�
�
c�
 17
�
Vậy

B�
 13;0;17  .

Câu 19.Chọn A.Với



a  b  2 , ta có f  a   f  b  

2a
2b

2 a  2 2b  2

2a.2b  2.2 a  2 a.2b  2.2b 2a b  2.2a  2a b  2.2b 4  2.2a  4  2.2b
 a b
O
 1.
 2 a  2   2b  2 
2  2.2a  2.2b  4
4  2.2a  2.2b  4

19 �
�1 �
�
f  a   f  b   1 .Áp dụng ta được f  0   f � � ...  f � �
10 �
10 �
�

�
� �1 � �
19 �
� � �2 � �
18 �
�
� �9 � �11 �
�
1
2 59
.
 f  0   �f � � f � �
 �f � � f � �
 ...  �f � � f � �
 f  1   9.1  
�
�
�
10 � �
10 �
10 � �
10 �
10 � �
10 �
3
4 6
��
� ��
�
��

�
0
1
2
n
Câu 20.Chọn B.Biến đổi 2Cn  5Cn  8Cn  ...   3n  2  Cn
Do đó với a  b  2 thì

  3.0  2  Cn0   3.1  2  Cn1   3.2  2  Cn2  ...   3n  2  Cnn
 2  Cn0  Cn1  Cn2  ...  Cnn   3  Cn1  2Cn2  ...  nCnn  .
Cn0  Cn1  Cn2  ...  Cnn  2n .

Ta có

Xét hàm số
Lại có

f  x   1 x � f �
 x  n  1 x
n

n 1

� f�
 1  n.2n1

 1

f  x    1  x   Cn0  Cn1 x  Cn2 x 2  Cn3 x 3  ...  Cnn x n
n

� f�
 x   Cn1  2 xCn2  3x 2Cn3  ...  nx n1Cnn � f �
 1  Cn1  2Cn2  3Cn3  ...  nCnn
Từ

 1

và

 2

ta được

 2

Cn1  2Cn2  3Cn3  ...  nCnn  n.2n 1 .

� 3n � n
2Cn0  5Cn1  8Cn2  ...   3n  2  Cnn  2.2n  3n.2n 1  �
2 �
.2 .
� 2 �
� 3n � n
0
1
2
n
2 �
.2  1600 .

Bài ra 2Cn  5Cn  8Cn  ...   3n  2  Cn  1600 nên �
� 2 �
Với n  7 I Loại.
� 3n � n � 21 � 7
� 3n � n
2 �
.2  �
2 �
.2  1600 � Loại.. Do đó �
2 �
.2  1600 � n  7 .
Với 1 �n  7 � �
� 2 �
� 2�
� 2 �
Do đó

Câu 21.Chọn C.Đặt

I

e 2018 1

�x
0

Đổi cận:

2

2x
x
2
dx .
f ln  x 2  1 dx .Đặt t  ln  x  1 � dt  2
x 1
1





x  0 � t  0 ; x  e 2018  1 � t  2018 .Vậy I 

Câu 22.Chọn A.Số phần tử của không gian mẫu

2018

2018

0

0

�f  t  dt 

�f  x  dx  2 .

n     C .Gọi A là biến cố thỏa mãn bài toán.

- Lấy

5 tấm thẻ mang số lẻ: có C155 cách.

- Lấy

1
1 tấm thẻ mang số chia hết cho 10 : có C3 cách.

10
30

9

Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch
- Lấy

ĐT:01694838727 10

4
4 tấm thẻ mang số chẵn không chia hết cho 10 : có C12 .Vậy P  A  

5
15

1
3
10
30

4
12

C .C .C
99

.
C
667

1 3 x 1
1
e
d  3 x  1   e 3 x 1  C .
�
3
3
3a
 be x  bxe x nên f �
 x 
Câu 24.Chọn D.Ta có f �
 0   3a  b  22  1 .
4
 x  1
Câu 23.Chọn C.Ta có:

e
�

3 x 1

dx  

1
1
� a
�
3
x
f  x  dx  �
xd  e x 
 bxe �
dx  a �
Xét 5  �
 x  1 d  x  1  b�
�
3
 x  1
�
0
0
0
0 �
�
�
1
� x1
� a 1 �
1

a
3a
�

|1 b �
xe  �
e x dx �  �
e  e x �
 b  2 .
2 0
�  1� b �
0
0�
2 �4 �
8
2  x  1
0
�
�
3a  b  22
�
a 8
�
�
��
Từ  1 và  2  ta có �
� a  b  10 .
3a
b2
b 5

�
�
�8
1

1

Câu 25.Chọn B.Gọi

D là hình chiếu của S trên  ABCD  .

Do SA  AB � DA  AB , và SC  CB � DC  CB . Vậy suy ra ABCD là hình vuông.
Trong

 SCD 

kẻ DH  SC tại

H .Ta có AD //  SBC  � d  A,  SBC    d  D,  SBC    DH .

1
1
1


� SD  a 6 . Suy ra SB  2a 3 .
2
2
DH
DC

SD 2
SB
Gọi I là trung điểm SB suy ra I là tâm mặt cầu và R 
 a 3 .Vậy diện tích mặt cầu bằng
2
S  4 R 2  12 a 2 .
Ta có

Câu 26.Chọn C.Ta có
Kẻ

B1 A đi qua trung điểm của A1 B nên d  B1 ,  A1 BD    d  A,  A1 BD   .

AH  BD tại H .Ta có AH  BD và AH  A1O nên AH  d  A,  A1 BD   .

Ta có

1
1
1
a 3
.


� AH 
2
2
2
AH
AB

AD
2

480
� , h ta có: y � h  2 .
r
480
2 �
�
2
Thể tích hình trụ bên ngoài là: V    r  0, 2  .  h  1,5     r  0, 2  . � 2  1,5 �
.
�r
�
480
2 �
�
 480 .
Thể tích thủy tinh là:   r  0, 2  . � 2  1,5 �
�r
�
Câu 27.Chọn A.Gọi bán kính và chiều cao hình trụ bên trong lần lượt là

Xét

480
480
2 �
2 � 960 �
�

�
f  r     r  0, 2  . � 2  1,5 �, r  0 . � f �
 3 �
 r   2  r  0, 2  �
� 2  1,5 �   r  0, 2  . �
�r
�
�r
�
� r �

480
960
192
�
f�
 r  0 � 2�
� 2  1,5 �  r  0, 2  . 3 � 3  3 � r  4 .
r
r
�r
�
27783
Vậy thể tích thủy tinh người ta cần ít nhất là
  480 �75, 66  cm3  .
50

Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch

ĐT:01694838727 11

-+

M là số tiền anh Nam phải gửi hàng năm.Để sau 8 năm (kể từ lúc gửi tiết kiệm lần đầu) sẽ có đủ 2 tỉ đồng,
tính luôn cả thời gian anh đợi để rút tiền ra thì anh gửi tất cả 8 lần.
Tn .r
2 �0, 08
M�
n
�
M


�
9
n
Ta có công thức Tn 
tỉ đồng.
 1  r   1� 1  r 
1.08   1, 08

 1 r  �
�1  r   1�
r �
�
Câu 28.Chọn A.Gọi

Câu 29.Chọn C.Gọi số có 5 chữ số là

abcde .

Số các số tự nhiên có 5 chữ số khác nhau là:

n     9. A94  27216 .

X là biến cố “số được chọn có chữ số đứng sau lớn hơn chữ số đứng trước”.
� a  b  c  d  e mà a �0 , a , b , c , d , e � 0;1; 2;...;8;9 nên a , b , c , d , e � 1, 2,...,8,9 .

Gọi

Chọn

5 chữ số: C95 (cách). Với mỗi bộ 5 chữ số đã chọn, ghép được 1 số thỏa mãn yêu cầu bài toán.

� n  X   C95  126 .Xác suất cần tìm: P  X  
Câu 30.Chọn B.Có:



S ABCD  AB 2  a 3



2

n X 
1

.

n    216

 3a 2 . Gọi O là tâm của hình vuông ABCD . BO 

1
BD
2

1
a 6 .Vì
3a 2
 .a 3. 2 
S . ABCD là hình chóp đều nên SO   ABCD  � SO  SB 2  BO 2  2a 2 
2
2
2


a
.
2

3
1 a
1
.3a 2  a 2 (đvtt).
VS . ABCD  .SO.S ABCD  .
3 2
3
2

Câu 31.Chọn A.Đặt

SM
MN SM
 k với k � 0;1 .Xét tam giác SAB có MN //AB nên

k
SA
AB
SA

MQ SM

 k � MQ  k . AD
AD SA
Kẻ đường cao SH của hình chóp. Xét tam giác SAH có:
MM � AM SA  SM
SM
  1  k  .SH .


 1
 1  k � MM �
MM �
//SH nên
SH
SA
SA
SA

2
�
Ta có VMNPQ .M ��
N P ��
Q  MN .MQ.MM  AB. AD.SH .k .  1  k  .
� MN  k . AB .Xét tam giác SAD có MQ //AD nên

1
2
VS . ABCD  SH . AB. AD � VMNPQ.M �
N�
P��
Q  3.VS . ABCD .k .  1  k  .
3
2
Thể tích khối chóp không đổi nên VMNPQ .M ��
N P ��
Q đạt giá trị lớn nhất khi k .  1  k  lớn nhất.
Mà

2  1  k  .k .k 1 �2  2k  k  k �
4
2
Ta có k .  k  1 
� �
�� k .  k  1 �27 .
2
2�
3
�

3

2

Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch

ĐT:01694838727 12

2
SM 2
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi: 2  1  k   k � k  .Vậy
 .
3
SA 3
Câu 32.Chọn A.Ta có tiệm cận đứng: x  1 , tiệm cận ngang y  2 .
2 x0  2
4
 2
Gọi M  x0 ; y0  � C  với x0 �1 thì y0 
.
x0  1
x0  1
A , B lần lượt là hình chiếu của M trên tiệm cận đứng và tiệm cận ngang.
4
Ta có MA  x0  1 , MB  y0  2 
.
x0  1
Gọi

Áp dụng bất đẳng thức AM-GM ta có:

Do đó

MA  MB �2 MA.MB � MA  MB �2 x0  1 .

MA  MB nhỏ nhất bằng 4 khi và chỉ khi x0  1 

Vậy có hai điểm cần tìm là

4
4.
x0  1

x0  3 � y0  4
4
�
2
.
� x0  1  4 � �
x0  1
x0  1 � y0  0
�

M  1;0  hoặc M  3; 4  .

�x  0
�
1� 13
Câu 33.Chọn C.* Ta có 3log x  log 2 x  1  0 � �

1 � 13 � x  2 6 .
log 2 x 
�
6
�
2
2

�1 13 ��1 13 � 1 3
2 6 �
. 2 6 � 2 3  2 .
�
�
��
�
�
�
��
�
Câu 34.Chọn B.* Tập xác định D  �.
* Vậy tích hai nghiệm là

x0
�
�
* Ta có f �
 x   4ax  2bx  2 x  2ax  b  ; f �
 x   0 � �2
b .
x 

2a
�
3

2

a0
�
a0
�
�
��
* Hàm số có đúng một điểm cực trị và điểm cực trị đó là điểm cực tiểu khi và chỉ khi � b
.
b �0

�0
�
�
� 2a
Câu 35.Chọn D.Giả sử

M  x; y; z  .Ta có: MA2   x  1  y 2  z 2 ; MB 2  x 2   y  2   z 2 ;
2

2

MC 2  x 2  y 2   z  3 . MA2  MB 2  MC 2 �  x  1  y 2  z 2  x 2   y  2   z 2  x 2  y 2   z  3
2

2

2

� 2 x  1   y  2   x 2   z  3 �  x  1   y  2    z  3  2 .
2

2

2

2

2

M thỏa mãn MA2  MB 2  MC 2 là mặt cầu có bán kính là R  2 .
4
 0 , x �1 .
 x 
Câu 36.Chọn B. Tập xác định D  R \  1 . f �
2
  x  1
Vậy tập hợp các điểm

 �;1 và  1; � .
uu
r
uu
r
uu

r
uu
r
Câu 37.Chọn C.Đặt: x  m. a  n. b  p. c , m, n, p ��.
Vậy hàm đã cho đồng biến trên các khoảng

2 m  n  4 p  3
�
�
�  3; 22;5   m.  2;3;1  n.  1;5; 2   p.  4;  1;3 � �
3m  5n  p  22  I  .
�
m  2n  3 p  5
�
�m  2
uu
r
uu
r uu
r uu
r
�
n  3 . Vậy x  2 a  3 b  c .
Giải hệ phương trình  I  ta được: �
�p  1
�

2

Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch

x

x  1
� f�
x

 



f  x   ln x 

Câu 38.Chọn C.Ta có:

f�
 1 

ĐT:01694838727 13

x2  1

2

 � 1 

x  x 1
2

x

x2  1 
x  x2  1

1

.Vậy

x 1
2

1
.
2

 SBC    ABC 
Trong mặt phẳng  SBC  , kẻ SH  BC
Câu 39.Chọn B.Ta có

và
thì

 SBC  � ABC   BC
SH   ABC  � SH  BC ..Tam giác

SH  SB.sin 30� a 3 ; BH  SB.cos 30� 3a � HC  a .Vì
Trong mặt phẳng

S

K

A

BC
 4 nên d  B,  SAC    4d  H ,  SAC   .
HC

, kẻ

 ABC 

I

SBH vuông tại H có

;

;

HK  AC SH  AC � AC   SHK 

AC � SAC 

C
H

30�
B

�  SAC    SHK  và  SAC  � SHK   SK .Trong mặt phẳng  SHK  , kẻ HI  SK thì HI   SAC 
� HI  d  H ,  SAC   Tam giác CKH và tam giác CBA đồng dạng nên
� HK 

CH . AB



AB 2  BC 2

HK CH

AB CA

3a
.
5

Tam giác SHK vuông tại

H có

1
1
1
3 7a
6 7a



.Vậy d  B,  SAC   
.
2
2
2 � HI 
HI
SH
HK
14
7
 x2  2 x  7

  x  1  6
2

Câu 40.Chọn D.Ta có:

f�
 x 

khoảng xác định. g �
 x

 3x 2  12 x  15  3  x  2   2  0, x � g  x  luôn đồng biến trên �.

 x  1

2



 x  1

2

 0, x �1 � f  x  luôn nghịch biến trên từng

2

k�
 x   2  0, x � k  x  luôn đồng biến trên �.
h�
 x   3x 2  1  cos x  3x 2  2sin 2
hàm số 3003 đồng biến trên

x
�0, x �� và do hàm số h  x   x 3  x  sin x liên tục trên � nên
2

AD .Qua đây ta nhận thấy các hàm số h  x  , g  x  , k  x  đồng biến trên

�, còn hàm f  x  thì không.
Câu 41.Chọn D.Đường thẳng

y  2 x  m tiếp xúc với đồ thị hàm số y 

�
1
� �
�2 x  3 �

2
�
2
2 x  m  � �
�

�
�
 x  1
�x  1 ��
nghiệm:. �
�
2x  3
2x  3
�
�
m
 2x
2x  m 
�
�
x 1
�
x 1
�
Ta có

 1 �  x  1

2



1
2
� x  � 1 .
2
2

 1
 2

2x  3
khi và chỉ khi hệ phương trình sau có
x 1

Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch

ĐT:01694838727 14

2
2
 1 thay vào  2  ta được m  2 2 . Với x  
 1 thay vào  2  ta được m  2 2 .
2
2
Do đó, giá trị cần tìm của m là : m  �
2 2.
Với

x

Câu 42.Chọn D.Ta có
Đặt

2

2

2
t  2sin x , t � 1; 2 , ta có phương trình t 

f�
 t   1

2

2

2

 m.

�
t  2 � 1; 2 
4 t2  4
f  t   4 và max f  t   5 .



0
�
. f  1  5 ; f  2   4 .Do đó min
�
 1;2
 1;2
t2
t2
t


2
�
1;
2


�

�
ۣ
 �
min f  t 

m

max f  t 
 1;2

Câu 43.Chọn B.Gọi

Khi đó:

sin 2 x

4
4
 m  * .Xét hàm số f  t   t  với t � 1; 2 .
t
t

Phương trình đã cho có nghiệm khi và chỉ khi phương trình
 1;2

4

2

2sin x  21 cos x  m � 2sin x  22 sin x  m � 2sin x 

 *

có nghiệm

t � 1; 2

4 m 5 .Vậy: 4 �m �5 .

M � CK //  A�
MD  .
. Ta có: CK // A�

M là trung điểm BB�

d  CK , A�
D   d  CK ,  A�
MD    d  C ,  A�
MD   .Gắn hệ trục tọa độ như hình vẽ:

a�
A  0;0;0  , B  a;0;0  , D  0; a;0  , A�
a;0; �.
 0;0; a  , B�
 a;0; a  , C  a; a;0  , M �
�
� 2�
uuuur �
uuuur uuuu
r �a 2 2 2 �
r
a � uuuu
� � ; a ; a �.
�
�
A�
M  �a;0;  �, A�
A
M
,
A
D
D   0; a; a  , �

�
� 2
2�
�
�
�
r
MD  nhận n   1; 2; 2  làm vectơ pháp tuyến.
Vậy mặt phẳng  A�
Ta có:

Phương trình mp 

A�
MD  : x  2 y  2 z  2a  0 .Do đó: d  C ,  A�
DM   

Câu 44.Chọn D.Hàm số

a  2a  2a a
 .
3
3

y  log 2  3  2 x  x 2  xác định khi 3  2 x  x 2  0 � 3  x  1 .

Vậy tập xác định của hàm số là
Câu 45.Chọn D.Từ giả thiết ta có:

D   3;1 .

V   R 2 h  2 � h 

2
.
R2

2�
�
 2 Rh  2 R 2  2 �R 2  �.
R�
�
3
2
2
2 2  R  1
Xét hàm số f  R   R 
với R � 0; � . Ta có: f �
 R   2R  2 
R
R
R2
Diện tích toàn phần của thùng phi là: Stp

Bảng biến thiên

Suy ra diện tích toàn phần đạt giá trị nhỏ nhất khi R  1 � h  2 .
Vậy để tiết kiệm vật liệu nhất khi làm thùng phi thì R  1m, h  2m .
Câu 46.Chọn A.Với k , n ��, 0 �k �n , n  0 ta có:

f�
 R  0 � R  1

Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch

ĐT:01694838727 15

 n  1 !
1
n!
1
1
1
C kn 


C kn 11 . �
Ckn 
Ckn 11 (*).
k 1
 k  1 .k !.  n  k  !  n  1  k  1 !.  n  1   k  1  ! n  1
k 1
n 1

Áp dụng đẳng thức (*) ta có:

k .Ckn
Cnk
C nk

1 � k 2.Ckn
k  1 C nk
�2
�

C



2.
.

n
k  2 k 1
k  2 k 1 k 1
 k  1  k  2  �k  2 k  1 �
�

k
C kn
C kn
C kn 11
C kn 11
C kn  22
� 1 � Cn
 2. �
1
.




2.


2.
.
�
 k  2   n  1 n  1  n  1  n  2 
� k  2 �k  1 k  1 k  1
1
2
n
n
C 2n 1  C3n 1  C 4n 1  ...   1 C nn 11 
C3n  2  C 4n  2  ...   1 C nn22 .
Suy ra S 
n 1
 n  1  n  2 





Ta có: C n 1  ...   1
2

   1  1

n 1

n









Cnn 11  C0n 1  C1n 1  C 2n1  ...   1 Cnn11 +C0n1  C1n 1

 1   n  1   n .

n





C3n  2  Cn4  2  ...   1 C nn  22  C0n  2  C1n  2  C n2  2  C3n  2  C n4  2  ...   1 C nn  22   C0n  2  C1n  2  C n2  2 
n

n

�
n  1  n  2  � n 2  n

  1  1  �
1   n  2 

.
� 
2
2
�
�
1
2
n2  n
n
.

Vậy ta suy ra: S 
 n  
.
n 1
 n  1  n  2  2
 n  1  n  2 
n 1

1 nCnn
C1n 2Cn2 3C3n

Phương pháp trắc nghiệm Đặt tổng: S 
lần lượt bằng các kết quả


 ... 
2.3 3.4 4.5
 n  1  n  2 

n

ở các phương án A, B, C, D.

C1n 2Cn2 3C3n
 1 nCnn 
n
Xét phương án A: Giả sử rằng S 
.


 ... 
2.3 3.4 4.5
 n  1  n  2   n  1  n  2 
Kiểm tra với n  2 ta thấy VT  VP . Vậy A đúng.
Xét các phương án B, C, D: Kiểm tra với n  2 thì VT �VP . Vậy B, C, D không đúng.
uuu
r uuur uuur
uuu
r
uuur
uuur
�
AB
. AD  4 �0 .
Câu 47.Chọn D.Ta có: AB   2;7; 6  , AC   1;3; 2  , AD   1;6; 4  nên �
� , AC �
uuur uuur uuur
Suy ra: AB , AC , AD không đồng phẳng.Gọi G là trọng tâm tứ diện ABCD . Khi đó G  2;1; 4  .
uuur uuur uuuu

r uuuu
r
uuuu
r
uuur uuur uuuu
r uuuu
r
Ta có: MA  MB  MC  MD  4 MG  4 MG .Do đó MA  MB  MC  MD nhỏ nhất khi và chỉ khi MG
n

ngắn nhất.Vậy

M là hình chiếu vuông góc của G lên mặt phẳng  Oyz  nên M  0;1; 4  .

Câu 48.Chọn D. ln

 2x

2

 3  ln  x 2  ax  1 nghiệm đúng với mọi số thực x

�x 2  ax  1  0
�x 2  ax  1  0
�
a2  4  0
�� 2
,

x

�
�
�
,

x
�
�
�
.
� a 2  4  0 � 2  a  2 .
�2
�2
2 x  3  x 2  ax  1
a 8  0
�
�x  ax  2  0
�
15

k

15  k �
1�
k 30 3 k
�2 1 �
Câu 49.Chọn C.Ta có: P  x   �
.
x  �  �C15k  x 2 
. � �  �C15 x

� x�
�x �
Số hạng cần tìm không chứa x � 30  3k  0 � k  10 .
10
Vậy số hạng không chứa x trong khai triển của P  x  là C15  3003 .

Câu 50.Chọn B.Ta có
Suy ra :

x  a .Lại có:

B�
C // A�
D � B�
C //  ADD�
A�
C , AD�
A�
 �AD�� d  B�
  d  C ,  ADD�
   CD  a .

MA 3
3
3
C    d  D,  AB�
 � d  M ,  AB�
C    d  B;  AB�
C  .
DA 4

4
4

Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch

ĐT:01694838727 16

I

Gọi

Gọi

là hình chiếu vuông góc của

�AC  BI
� AC   BB�
I
�
�AC  BB�

AC

B

lên

ta có:

.

I
�BH  B�
� BH   B�
AC  � d  B,  AB�
C    BH .
H là hình chiếu của B lên B�
I ta có: �
�BH  AC

AB.BC a.2a 2a 5
.


AC
5
a 5
1
1
1
2a
3 2a a
a
Trong tam giác BB�
 2
� BH 
� d  B,  AB�
C   .
 . Suy ra : y 