ĐỀ SỐ 15

ĐỀ CHUẨN CẤU TRÚC

(Đề thi có 06 trang)

Mơn: Tốn

(Đề có lời giải)

Thời gian làm bài: 90 phút, khơng kể thời gian phát đề

Câu 1. Trong không gian Oxyz, cho đường thẳng d vng góc với mặt phẳng ( P ) : 4 x − z + 3 = 0 . Véctơ
nào dưới đây là một véctơ chỉ phương của đường thẳng d?
r
r
r
A. u = ( 4;1; −1)
B. u = ( 4; −1;3)
C. u = ( 4;0; −1)

r
D. u = ( 4;1;3)

Câu 2. Cho hàm số y = f ( x ) liên tục tại x0 và có bảng biến thiên sau.

Đồ thị hàm số đã cho có
A. hai điểm cực trị, một điểm cực tiểu.

B. một điểm cực đại, khơng có điểm cực tiểu.

C. một điểm cực đại, hai điểm cực tiểu.

D. một điểm cực đại, một điểm cực tiểu.

2
Câu 3. Tập nghiệm của bất phương trình log 3 ( x + 2 ) ≤ 3 là

A. S = ( −∞; −5] ∪ [ 5; +∞ )

B. S = ∅

C. S = ¡

D. S = [ −5;5]

Câu 4. Điểm A trong hình vẽ bên biểu diễn cho số phức z. Tìm phần thực

và

phần ảo của số phức z .
A. Phần thực là −3 và phần ảo là 2.
B. Phần thực là 3 và phần ảo là −2 .
C. Phần thực là 3 và phần ảo là −2i .
D. Phần thực là −3 và phần ảo là 2i .
Câu 5. Cho hàm số y = f ( x ) có bảng biến thiên như hình vẽ sau.

Mệnh đề nào sau đây đúng?
A. Hàm số đồng biến trên ¡ \ { −1} .

B. Hàm số đồng biến trên ( −∞; −1) .


C. Hàm số đồng biến trên ( −∞; 2 ) .

D. Hàm số đồng biến trên ¡ .

Trang 1


Câu 6. Cho ba điểm A ( 1; −3; 2 ) , B ( 2; −3;1) , C ( −3;1; 2 ) và đường thẳng d :

x −1 y +1 z − 3
=
=
. Tìm điểm
2
1
2

D có hồnh độ dương trên d sao cho tứ diện ABCD có thể tích bằng 12.
A. D ( 6;5;7 )

B. D ( 1; −1;3)

Câu 7. Đặt t = e x + 4 thì I = ∫
A. I = ∫

2
dt
t ( t − 4)
2


1
ex + 4

B. I = ∫

C. D ( 7; 2;9 )

D. D ( 3;1;5 )

dx trở thành

t
dt
t ( t − 4)

C. I = ∫

2

2
dt
t −4

D. I = ∫

2

2t
dt

t −4
2

3
2
Câu 8. Cho hàm số y = f ( x ) = x + ax + bx + c ( a, b, c ∈ ¡ ) . Biết hàm số có hai điểm cực trị là x = 1 ,

x = 2 và f ( 0 ) = 1 . Giá trị của biểu thức P = 2a + b + c là

B. P = 0

A. P = −2

D. P = 5

C. P = −1

Câu 9. Cho hình chóp tam giác đều S.ABC cạnh đáy bằng a và các mặt bên đều tạo với mặt phẳng đáy
một góc 60° . Thể tích V của khối chóp là
C. V =

a3 3
4

Câu 10. Cho hàm số y = f ( x ) có đạo hàm f ′ ( x ) = x ( x + 2 )

(x

A. V =


a3 3
24

A. 1

B. V =

a3 3
8

B. 2

2019

2

D. V =
− 1)

C. 3

2020

a3 2
6

. Số điểm cực trị của hàm số là
D. 4

Câu 11. Cho log 3 = m; ln 3 = n . Hãy biểu diễn ln 30 theo m và n.

A. ln 30 =

n
+1
m

B. ln 30 =

m
+n
n

C. ln 30 =

n+m
n

D. ln 30 =

n
+n
m

x

3
Câu 12. Với x > a > 0 và a là tham số, đặt f ( x ) = ∫ t ln tdt . Hàm số f ( x ) đồng biến trên khoảng nào
0

trong các khoảng sau đây?

A. ( 1;e )

1

B.  ; +∞ ÷
e


C. ( 1; +∞ )

D. ( e; +∞ )

Câu 13. Một hình nón có bán kính đáy bằng 1 và thiết diện qua trục là một tam giác vng cân. Diện tích
xung quanh của hình nón bằng
A.

2π

B. π

C. 2 2π

D.

1
π
2

Câu 14. Trong khơng gian Oxyz, phương trình mặt cầu ( S ) đi qua bốn điểm O, A ( 1;0; 0 ) , B ( 0; −2;0 ) và
C ( 0;0; 4 ) là

2
2
2
A. ( S ) : x + y + z + x − 2 y + 4 z = 0

2
2
2
B. ( S ) : x + y + z − 2 x + 4 y − 8z = 0

2
2
2
C. ( S ) : x + y + z − x + 2 y − 4 z = 0

2
2
2
D. ( S ) : x + y + z + 2 x − 4 y + 8 z = 0

Trang 2


Câu 15. Cho hàm số f ( x ) có bảng biến thiên như sau.

Khẳng định nào sau đây là đúng?
A. Giá trị cực đại của hàm số bằng 1.

B. Giá trị cực đại của hàm số bằng 5.


C. Giá trị cực tiểu của hàm số bằng 2.

D. Giá trị cực đại của hàm số bằng 0.

Câu 16. Buổi sáng ông Tần vừa nhập một lượng dưa hấu từ nông dân và bán cho khách. Ông thống kê lại
số dưa bán được theo giờ. Giờ thứ nhất bán được nửa số dưa và nửa quả, giờ thứ hai bán được nửa số dưa
còn lại và nửa quả, giờ thứ 3 bán được nửa số dưa còn lại và nửa quả… Đến giờ thứ 5 sau khi bán được
nửa số dưa cịn lại và nửa quả thì ơng cịn dư 1 quả. Hỏi buổi sáng ông Tần đã nhập vào bao nhiêu quả
dưa hấu?
A. 127 quả

B. 63 quả

C. 45 quả

D. 105 quả

Câu 17. Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông. Trên AB lấy một điểm M. Gọi ( α ) là mặt phẳng
qua M và song song với mặt phẳng ( SAD ) cắt SB, SC và CD lần lượt tại N, P, Q. Thiết diện của ( α ) với
hình chóp là
A. hình thoi MNPQ.

B. hình thang MNPQ.

C. hình thang cân MNPQ.

D. hình bình hành MNPQ.

Câu 18. Kí hiệu z1 , z2 là hai nghiệm phức của phương trình z 2 − 2 z + 5 = 0 . Giá trị của z1 + z2 bằng
A. 2 5


B.

5

C. 3

D. 10

Câu 19. Trong các hàm số sau hàm số nào là đạo hàm của hàm số y = 2 x.5 x ?
A. 10 x ln10

B. 10 x

C. 2 x + 5 x

D. x.10 x −1

Câu 20. Cho hàm số y = f ( x ) có đồ thì hàm số y = f ′ ( x ) như hình
vẽ. Biết f ( a ) > 0 . Hỏi đồ thị hàm số y = f ( x ) + 2020m có tối đa
bao nhiêu điểm cực trị?
A. 3

B. 4

C. 5

D. 7

Câu 21. Một cốc nước hình trụ có chiều cao là h = 3π (cm)

bên trong đựng một lượng nước. Biết rằng khi nghiêng chiếc
cốc sao cho lượng nước chạm mép cốc thì đồng thời nước cũng
vừa chạm vào bán kính đáy cốc. Hỏi khi nghiêng cốc sao cho
Trang 3


lượng nước vừa đủ phủ kín đáy cốc thì điểm còn lại mà lượng nước chạm vào thành cốc cách đáy cốc
một khoảng bằng bao nhiêu?
A. 2π cm

B. π cm

C. 4cm

D. 3cm

Câu 22. Cho hình trụ có hai đáy là hai đường tròn ( O ) và ( O′ ) , chiều cao bằng 2R và bán kính đáy R.
Một mặt phẳng ( α ) đi qua trung điểm của OO′ và tạo với OO′ một góc 30° , ( α ) cắt đường trịn đáy
theo một dây cung có độ dài bằng
A.

4 3R
9

B.

2R 6
3

C.


2 3R
3

D.

2R
3

Câu 23. Tập nghiệm S của phương trình 22 x +1 − 5.2 x + 2 = 0 là
A. S = { −1;1}

B. S = { −1;0}

C. S = { 1}

Câu 24. Cho x, y ( x ≠ 1 ) là hai số thực dương thỏa mãn log

x

y=

D. S = { 0;1}
2y
15
, log 3 5 x = . Giá trị của biểu thức
5
y

P = y 2 + x 2 là

A. P = 17

B. P = 50

C. P = 51

D. P = 40

Câu 25. Cho số phức z thỏa mãn z = 2 . Tập hợp điểm biểu diễn số phức w = ( 1 − i ) z + 2i là
A. một đường tròn.

B. một đường thẳng.

C. một Elip.

D. một parabol hoặc hyperbol.

Câu 26. Cho hàm số y = f ( x ) là hàm đa thức bậc 5 có đồ thị hàm số y = f ′ ( x ) như hình vẽ. Hàm số
y = f ( x ) đồng biến trên những khoảng nào trong các khoảng
sau đây?
A. ( −∞; −1) và ( 1; +∞ )
B. ( −∞; −2 ) và ( −1; 2 )
C. ( −∞; −2 ) và ( 2; +∞ )
D. ( −2; −1) và ( 2; +∞ )
Câu 27. Cho f ′ ( x ) =

2

( 2 x − 1)


2

−

1

( x − 1)

2

1
thỏa mãn f ( 2 ) = − . Biết phương trình f ( x ) = −1 có nghiệm
3

duy nhất x = x0 . Giá trị của biểu thức T = 2020 x0 là
A. T = 2020

B. T = 1

C. T = 2020

D. T = 20203

Câu 28. Trong một lớp học có 35 học sinh. Muốn chọn ra một lớp trưởng, một lớp phó thì số cách chọn là
2
A. C35

2
B. A35


C. 2!35

1
D. 2C35

Trang 4


Câu 29. Cho hàm số y = f ( x ) có đạo hàm liên tục trên ¡ và hàm số
y = g ( x ) = xf ( x 2 ) có đồ thị trên đoạn [ 0; 2] như hình vẽ. Biết diện
4

tích miền màu xám là S =
5
4

A. I =

C. I = 5

5
, giá trị tích phân I = ∫ f ( x ) dx là
2
1
B. I =

5
2

D. I = 10


Câu 30. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, gọi

( d) :

( α)

là mặt phẳng chứa đường thẳng

x − 2 y −3 z
=
= và vng góc với mặt phẳng ( β ) : x + y − 2 z + 1 = 0 . Giao tuyến của ( α ) và ( β ) đi
1
1
2

qua điểm nào dưới đây?
A. ( 0;1;3)

B. ( 2;3;3)

C. ( 5;6;8 )

D. ( 1; −2;0 )

Câu 31. Một chiếc cốc có dạng hình trụ, chiều cao là 16cm, đường kính đáy bằng 8cm, bề dày thành
cốc và đáy cốc là 1cm. Nếu đổ một lượng nước vào cốc cách miệng cốc 5cm thì ta được khối nước có
thể tích V1 , nếu đổ đầy cốc ta được khối trụ (tính cả thành cốc và đáy cốc) có thể tích V2 . Tỉ số

V1

V2

bằng
A.

2
3

B.

11
6

C.

245
512

D.

45
128

Câu 32. Cho hàm số y = f ( x ) đồng biến trên ( 0; +∞ ) ; y = f ( x ) liên tục, nhận giá trị dương trên

( 0; +∞ )

và thỏa mãn f ( 3) =

2

2
và  f ′ ( x )  = ( x + 1) . f ( x ) . Mệnh đề nào dưới đây đúng?
3

2
2
2
2
A. 2613 < f ( 8 ) < 2614 B. 2614 < f ( 8 ) < 2615 C. 2618 < f ( 8 ) < 2619 D. 2616 < f ( 8 ) < 2617

Câu 33. Cho tam giác ABC đều cạnh a. Gọi ( P ) là mặt phẳng chứa BC và vng góc với ( ABC ) . Trong

( P)

xét đường tròn ( C ) đường kính BC. Diện tích mặt cầu nội tiếp hình nón có đáy là ( C ) và đỉnh A

bằng
A.

πa 2
2

B.

πa 2
3

C. πa 2

D. 2πa 2


Câu 34. Cho hàm số y = f ( x ) . Hàm số y = f ′ ( x ) có đồ thị như
x
hình vẽ. Hàm số y = f ( 2 − e ) đồng biến trên khoảng

A. ( 0;ln 3)

B. ( 1; +∞ )
Trang 5


C. ( −1;1)

D. ( −∞;0 )

Câu 35. Tại sân ga, có một đồn tàu gồm 8 toa. Có 5 hành khách lên tàu, độc lập với nhau, mỗi người
lên 1 toa ngẫu nhiên. Xác suất để sau khi hành khách lên tàu, đồn tàu cịn 7 toa trống là
A.

1
85

B.

2
84

C.

1

2.84

D.

1
84

Câu 36. Gọi D là hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số
y= x,
y = 6 − x2

cung

(−

trịn

có

phương

trình

)

6 ≤ x ≤ 6 và tục hồnh (phần tơ đậm trong

hình vẽ bên). Thể tích V của vật thể trịn xoay sinh ra khi quay
hình phẳng D quanh trục Ox là
A. V = 8π 6 − 2π


B. V = 8π 6 +

22π
3

C. V = 8π 6 −

22π
3

D. V = 4π 6 +

22π
3

Câu 37. Cho hàm số y = f ( x ) có đồ thị y = f ′ ( x ) như hình vẽ bên.
Đặt

g ( x ) = 2 f ( x ) − x 2 . Biết rằng

g ( 0 ) + g ( −1) = g ( 1) + g ( 2 ) .

Khẳng định nào dưới đây là đúng?
A. g ( 0 ) > g ( 1) > g ( 2 ) > g ( −1)
B. g ( 0 ) > g ( −1) > g ( 1) > g ( 2 )
C. g ( 0 ) > g ( 1) > g ( −1) > g ( 2 )
D. g ( 0 ) > g ( 1) = g ( −1) > g ( 2 )
Câu 38. Xét các số phức z, w thỏa mãn w − i = 2, z + 2 = iw . Gọi z1 , z2 lần lượt là các số phức mà tại đó
z đạt giá trị nhỏ nhất và đạt giá trị lớn nhất. Môđun z1 + z2 bằng

A. 3 2

B. 3

C. 6

D. 6 2

Câu 39. Cho lăng trụ đều tam giác ABC. A′B′C ′ có cạnh AB = 2a , M là trung điểm của A′B′ ,
d ( C ′, ( MBC ) ) =
A.

a 2
. Thể tích khối lăng trụ ABC. A′B′C ′ bằng
2

2 3
a
3

B.

2 3
a
6

C.

3 2 3
a

2

D.

(

Câu 40. Có bao nhiêu giá trị nguyên m ∈ [ 0; 2021] để phương trình 2 + 3

2 3
a
2

) + ( 2 − 3)
x

x

= m có hai

nghiệm phân biệt?
A. 2016

B. 2017

C. 2018

D. 2019

Trang 6



Câu 41. Trong không gian Oxyz, cho điểm A ( 10; 2;1) và đường thẳng d :

x −1 y z −1
= =
. Gọi ( P ) là
2
1
3

mặt phẳng đi qua điểm A, song song với đường thẳng d sao cho khoảng cách giữa d và ( P ) lớn nhất.
Khoảng cách từ điểm M ( −1; 2;3) đến mặt phẳng ( P ) là
A.

97 3
15

76 790
790

B.

C.

2 13
13

D.

3 29

29

Câu 42. Cho tứ diện ABCD có AB = CD = a, AC = BD = b, AD = BC = c . Giá trị cơsin góc giữa hai
đường thẳng AC và BD bằng
A.

Câu

3 ( b2 − a2 )

B.

c2
43.

( S ) : ( x − 4)

Trong
2

2 ( b2 − a 2 )

không

a2 − c2
C.
b2

c2


gian

Oxyz,

cho

đường

thẳng

D.

d:

3 ( a2 − c2 )
b2

x −1 y z −1
= =
2
1
1

và

mặt

cầu

+ ( y − 5 ) + ( z − 7 ) = 2 . Hai điểm A và B thay đổi trên ( S ) sao cho tiếp diện của ( S ) tại A

2

2

và B vng góc với nhau. Đường thẳng qua A song song với d cắt mặt phẳng ( Oxy ) tại M, đường thẳng B
song song với d cắt mặt phẳng ( Oxy ) tại N. Giá trị lớn nhất của tổng AM + BN bằng
A. 16 6

C. 7 6 + 5 3

B. 8 6

D.

20

Câu 44. Cho hàm số y = f ( x ) có đồ thị như hình vẽ. Tất cả giá trị của
2
tham số m để đồ thị hàm số h ( x ) = f ( x ) + f ( x ) + m có đúng 3 điểm

cực trị là
A. m ≥

1
4

C. m < 1

B. m ≤ 1
D. m >


Câu 45. Cho đồ thị ( C1 ) : y =

1
4

−3 x + 5
−3 x + 2
; ( C2 ) :
và điểm I ( 2; −3) . Lấy A, B ∈ ( C1 ) , các tia đối của
x−2
x−2

tia IA, IB cắt ( C2 ) lần lượt tại C và D sao cho S ABCD = 2020 . Diện tích tam giác IAB bằng
A.

505
2

B. 250

Câu 46. Cho phương trình log

2

(x

C.
3


2020
9

D. 505

− 3 x ) = 2sin ( mx ) với m là tham số thực. Có tất cả bao nhiêu giá trị

của m ∈ ( −2020; 2020 ) để phương trình đã cho có nghiệm trên đoạn [ 2; 4] ?
A. 1280

B. 1285

C. 1287

D. 1286

Trang 7


Câu 47. Cho f ( x ) là hàm số chẵn liên tục trong đoạn [ −1;1] và

1

∫ f ( x ) dx = 2 . Giá trị

tích phân

−1

1


I =∫
−

f ( x ) + 2020
dx là
1 + ex

A. I = 2019

B. I = 2020

C. I = 2021

D. I = 2018

3
2
Câu 48. Cho hàm số y = f ( x ) = ax + bx + cx + d có bảng biến thiên như sau.

Tìm m để phương trình f ( x ) = m có bốn nghiệm phân biệt x1 < x2 < x3 <
A.

1
< m <1
2

B. 0 < m < 1

C. 0 < m ≤ 1


1
< x4 .
2
D.

1
≤ m <1
2

Câu 49. Cho ba điểm A, B, C lần lượt là 3 điểm biểu diễn của các số phức z1 , z2 , z3 thỏa mãn điều kiện
z1 = z2 = z3 = 9 và z1 + z2 = 8 + 6i . Giá trị lớn nhất của diện tích tam giác ABC bằng
A. 28 14

B. 28 17

C. 30 14

D. 30 17

Câu 50. Trong không gian Oxyz, cho điểm A ( 0;0;6 ) , điểm M nằm trên mặt phẳng ( Oxy ) và M ≠ O .
Gọi D là hình chiếu vng góc của O lên AM và E là trung điểm của OM. Biết đường thẳng DE luôn tiếp
xúc với một mặt cầu cố định. Bán kính mặt cầu đó là
A. R = 2

B. R = 1

C. R = 3

D. R = 2


Trang 8


ĐÁP ÁN
1-C
11-D
21-C
31-D
41-A

2-D
12-C
22-B
32-A
42-C

3-D
13-A
23-A
33-B
43-A

4-B
14-C
24-B
34-D
44-A

5-B

15-B
25-A
35-D
45-C

6-C
16-B
26-D
36-D
46-D

7-C
17-B
27-B
37-A
47-C

8-A
18-A
28-B
38-C
48-A

9-A
19-A
29-C
39-C
49-A

10-B

20-C
30-B
40-D
50-C

LỜI GIẢI CHI TIẾT
Câu 1: Do d ⊥ ( P ) nên véctơ chỉ phương của đường thẳng ( d ) là véctơ pháp tuyến của ( P ) .
r uuur
Suy ra một véctơ chỉ phương của đường thẳng ( d ) là u = u( P ) = ( 4;0; −1) .
Câu 2: Tại x = x2 hàm số y = f ( x ) không xác định nên khôg đạt cực trị tại điểm này.
Tại x = x1 thì dễ thấy hàm số đạt cực đại tại điểm này.
Tại x = x0 , hàm số khơng có đạo hàm tại x0 nhưng liên tục tại x0 thì hàm số vẫn đạt cực trị tại x0 và theo
như bảng biến thiên thì đó là cực tiểu.
Vậy đồ thị hàm số có một điểm cực đại, một điểm cực tiểu.
2
2
2
Câu 3: Ta có: log 3 ( x + 2 ) ≤ 3 ⇔ x + 2 ≤ 27 ⇔ x ≤ 25 ⇔ −5 ≤ x ≤ 5 .

Câu 4: Ta có: z = 3 + 2i ⇒ z = 3 − 2i .
Câu 5: Dựa vào bảng biến thiên hàm số đã cho đồng biến trên ( −∞; −1) và ( −1; +∞ ) .
Câu 6: Ta có D ∈ d ⇔ D ( 1 + 2t ; −1 + t ;3 + 2t ) , t ∈ ¡ .
uuur
uuur
uuur uuur
AB = ( 1;0; −1) , AC = ( −4; 4;0 ) ⇒  AB, AC  = ( 4; 4; 4 ) .
uuur
AD = ( 2t ; 2 + t ;1 + 2t ) .

VABCD


1
=
6

t = 3
uuu
r uuur uuur
 AB, AC  . AD ⇔ 4 ( 2t ) + 4 ( 2 + t ) + 4 ( 1 + 2t ) = 6.12 ⇔ 5t + 3 = 18 ⇔ 
.


t = − 21
5


Với t = 3 suy ra D ( 7; 2;9 ) (thỏa mãn điều kiện).
Với t = −

21
37
⇒ xD = − < 0 (loại).
5
5

x
2
x
x
2

Câu 7: Đặt t = e + 4 ⇒ t = e + 4 ⇒ 2tdt = e dx ⇒ 2tdt = ( t − 4 ) dx ⇒ dx =

Do đó I = ∫

1
e +4
x

dx = ∫

2tdt
.
t2 − 4

2
dt .
t −4
2

2
Câu 8: Ta có f ′ ( x ) = 3 x + 2ax + b .

Trang 9


9

a=−

3 + 2a + b = 0

2


12
+
4
a
+
b
=
0
⇒
b
=
6
Theo giả thiết, ta có hệ phương trình 
.

c = 1
c = 1



Vậy 2a + b + c = −2 .
·
Câu 9: Gọi M là trung điểm AB, O là trọng tâm ∆ABC ⇒ CM ⊥ AB ⇒ (·
( SAB ), ( ABC ) ) = SMO
= 60° .
1 a 3 a 3
a 3

a
Mặt khác MO = .
=
⇒ SO = MO.tan 60° =
. 3= .
3 2
6
6
2
1 a a 2 3 a3 3
Suy ra VSABC = . .
.
=
3 2 4
24
Câu 10: Ta có f ′ ( x ) = x ( x + 2 )

2019

(x

2

− 1)

x = 0
= 0 ⇔  x = −2 .
 x = ±1

2020


Bảng xét dấu f ( x ) :

Vậy hàm số có hai điểm cực trị.
m
log 3 = m
n
3 = 10
⇔
⇒ 10n = e n ⇔ n = m ln10 ⇔ ln10 = .
Câu 11: Ta có 
n
m
ln 3 = n
3 = e

Vậy ln 30 = ln 3 + ln10 = n +

n
.
m

Câu 12: Giả sử F ( t ) là một nguyên hàm của

3
t ln 3 t , ta có F ′ ( t ) = t ln t .

3
Khi đó f ( x ) = F ( x ) − F ( a ) ⇒ f ′ ( x ) = F ′ ( x ) = x ln x > 0 ⇔ ln x > 0 ⇔ x > 1 .


Câu 13: Ta có l = R 2 = 2 ⇒ S xq = πRl = π 2 .
Câu 14: Giả sử phương trình mặt cầu có dạng

( S ) : x 2 + y 2 + z 2 − 2ax − 2by − 2cx + d = 0

(a

2

+ b2 + c 2 − d > 0 ) .

Vì mặt cầu ( S ) đi qua O, A ( 1;0;0 ) , B ( 0; −2;0 ) và C ( 0;0; 4 ) nên ta có hệ phương trình

Trang 10


d = 0
d = 0

2
1
1
+
0
+
0
−
2.1.
a
+

d
=
0

 a =
2
2
2
⇔
2 ⇒ ( S ) : x + y + z − x + 2 y − 4z = 0 .

2
0 + ( −2 ) + 0 − 2 ( −2 ) .b + d = 0
b = −1
0 + 0 + 42 − 2.4.c + d = 0


c = 2
Câu 15: Dựa vào bảng biến thiên ta thấy giá trị cực đại của hàm số bằng 5.
Câu 16: Gọi x là số quả dưa ơng Tần đã nhập. Ta có:
Giờ thứ nhất bán được
Giờ thứ 2 bán được

x 1 x +1
+ =
(quả).
2 2
2

1

x +1 1 x +1
x−
÷+ = 2 (quả)
2
2  2
2

….
Giờ thứ 5 bán được

x +1
(quả).
25

1 
1 1
Vậy ( x + 1)  + 2 + ... 5 ÷ = x − 1 .
2 
2 2

Tổng cấp số nhân

1 1
1 1
+ 2 + ... 5 = .
2 2
2
2

1

25 = 31 ⇔ ( x + 1) 31 = x − 1 ⇔ x = 63 .
1
32
32
2

1−

( α ) // SD

Câu 17: Ta có: ( α ) // ( SAD ) ⇔ ( α ) // SA .

( α ) // AD
( α ) // SD

 SD ⊂ ( SAD )
⇒ PQ // SD .
+ Với ( α ) // SD , ta có 
α
∩
SAD
=
PQ
(
)
(
)

 α // SA
( )

( α ) // SA

⇒ MN // SA .
+ Với ( α ) // SA , ta có  SA ⊂ ( SAB )

( α ) ∩ ( SAB ) = MN
( α ) // AD

⇒ MQ // AD (1).
+ Với ( α ) // AD , ta có  AD ⊂ ( ABCD )

( α ) ∩ ( ABCD ) = MQ
 BC // MQ
⇒ ( α ) // BC ,
Lại có 
 BC ⊄ ( α )

( α ) // BC

⇒ PN // BC (2).
 BC ⊂ ( SBC )

( α ) ∩ ( SBC ) = PN
Trang 11


Từ (1) và (2), suy ra MQ // PN ⇒ MNPQ là hình thang.
 z1 = 1 + 2i
2
Câu 18: Ta có: z − 2 z + 5 = 0 ⇔ 

.
 z2 = 1 − 2i
Suy ra z1 = z2 = 5 ⇒ z1 + z2 = 2 5 .
Câu 19: Ta có y ′ = ( 2 x ) ′ .5x + 2 x. ( 5 x ) ′ = 2 x.5 x ln 2 + 2 x.5 x ln 5 = 10 x ( ln 2 + ln 5 ) = 10 x.ln10 .
Câu 20: Từ đồ thị của hàm số y = f ′ ( x ) ta có bảng biến thiên:

Hàm số y = f ( x ) có 3 điểm cực trị.
Để đồ thị hàm số y = f ( x ) + 2020m có số điểm cực trị lớn nhất thì y = f ( x ) cắt trục hoành tại số điểm
là nhiều nhất ⇒ f ( c ) < 0 .
Từ bảng biến thiên ta thấy đồ thị hàm số y = f ( x ) cắt Ox tại nhiều nhất 2 điểm nên hàm số
y = f ( x ) + 2020m có tối đa 5 điểm cực trị.
Câu 21: Thể tích hình nêm: V =

2 3
R tan α
3

Thể tích của lượng nước khơng đổi nên V =
Khi đó V =

2h +h 
Thể tích hình trụ cụt: V = πR  1 2 ÷
 2 

2 3
h
h +h 
R tan α = πR 2  1 2 ÷ trong đó tan α = ; h1 = 0 .
3
R

 2 

2 3h
2
4h
h 
h 
R
= πR 2  2 ÷ ⇔ R 2 h = πR 2  2 ÷ ⇔ h2 =
= 4 (cm).
3
R
3
3π
2
2

Câu 22: Dựng OH ⊥ AB ⇒ AB ⊥ ( OIH ) ⇒ ( OIH ) ⊥ ( IAB )
⇒ đường thẳng IH là hình chiếu của đường thẳng OI lên ( IAB ) .
·
Ta có OIH
= 30° .
Trang 12


Xét tam giác vuông OIH vuông tại O ⇒ OH = OI tan 30° =

R 3
.
3


Xét tam giác OHA vuông tại H
⇒ AH = OA2 − OH 2 =

R 6
2R 6
.
⇒ AB =
3
3

2 x +1
x
Câu 23: Phương trình: 2 − 5.2 + 2 = 0 ⇔ 2 ( 2

Câu 24: Ta có log
Lại có log 3 5 x =

x

y=

2y
y
⇔ log x y =
5
5

15
5

⇔ log 5 x =
y
y

Từ (1) và (2), ta có log x y =

)

x 2

2x = 2
x = 1
− 5.2 x + 2 = 0 ⇔  x 1 ⇔ 
.
2 =
x = −1


2

(1).
(2).

1
⇔ log x y = log x 5 ⇔ y = 5 .
log 5 x

Thay vào (2), suy ra x = 5 . Vậy P = y 2 + x 2 = 50 .
Câu 25: Ta có w = ( 1 − i ) z + 2i ⇔ w − 2i = ( 1 − i ) z ⇒ w − 2i = ( 1 − i ) z ⇔ w − 2i = 2 2 .
Do đó tập hợp điểm biểu diễn số phức w là đường tròn tâm I ( 0; 2 ) và bán kính 2 2 .

Câu 26: Ta có f ′ ( x ) = 0 chỉ chọn các nghiệm x = −2, x = −1, x = 2 và lập trục xét dấu

Từ bảng biến thiên suy ra hàm số y = f ( x ) đồng biến trên các khoảng ( −2; −1) và ( 2; +∞ ) .
Câu 27: Ta có f ( x ) = ∫ f ′ ( x ) = −

1
1
+
+C .
2x −1 x −1

1
Mặt khác f ( 2 ) = − ⇒ C = −1 .
3
Xét phương trình −

1
1
+
= 0⇒ x = 0.
2x −1 x −1

Vậy x = x0 = 0 ⇒ T = 1 .
Câu 28: Chọn ra một lớp trưởng, một lớp phó từ 35 học sinh (tức là một chỉnh hợp chập 2 của 35 phần
2
tử) hay A35 .
2

4


1
f ( t ) dt
2
1

2
Câu 29: Đặt x 2 = t , ta có S = ∫ xf ( x ) dx = ∫
1

4

4

1
1
1
⇔ S = ∫ f ( t ) dt = ∫ f ( x ) dx = I ⇒ I = 2S = 5 .
2
21
2
1
Trang 13


uu
r
Câu 30: Ta có ud ( 1;1; 2 ) là một véctơ chỉ phương của đường thẳng d.
uur
uu
r uur

uur
nP ( 1;1; −2 ) là một véctơ chỉ phương của ( β ) ⇒ nα = ud ; nP  = ( −4; 4;0 ) .
A ( 2;3;0 ) ∈ d ⇒ A ∈ ( α ) .
Phương trình mặt phẳng ( α ) : −4 ( x − 2 ) + 4 ( y − 3) + 0 ( z − 0 ) = 0 ⇔ −4 x + 4 y − 4 = 0 ⇔ x − y + 1 = 0 .
x − y +1 = 0
Giả sử M ( x; y; z ) ∈ ( α ) ∩ ( β ) . Khi đó tọa độ M thỏa mãn hệ 
.
x + y − 2z + 1 = 0
Thay các đáp án vào hệ trên ta thấy M ( 2;3;3) thỏa mãn.
Câu 31: Gọi r1 , r2 lần lượt là bán kính trong và bán kính ngồi (tính
cả bề dày thành cốc) khi đó ta có r1 = 3, r2 = 4 .
Gọi h1 , h2 lần lượt là chiều cao cột nước trong cốc và chiều cao hình
trụ, khi đó ta có h1 = 10, h2 = 16 .
2
2
Thể tích lượng nước V1 = πr1 h1 = π.3 .10 = 90π .
2
2
Thể tích khối trụ V2 = πr2 h2 = π.4 .16 = 256π .

Vậy

V1
90π
45
=
=
.
V2 256π 128


Câu 32: Hàm số y = f ( x ) đồng biến trên ( 0; +∞ ) nên f ′ ( x ) ≥ 0, ∀x ∈ ( 0; +∞ ) .
Mặt khác y = f ( x ) liên tục, nhận giá trị dương trên ( 0; +∞ ) nên
 f ′ ( x )  = ( x + 1) . f ( x ) ⇒ f ′ ( x ) =
2

⇒
⇒∫

f ′( x)

f ( x)

=

( x + 1) , ∀x ∈ ( 0; +∞ )

f ′( x)
dx = ∫ x + 1dx ⇒
f ( x)

Từ f ( 3) =

( x + 1) . f ( x ) , ∀x ∈ ( 0; +∞ )

f ( x) =

1
3

( x + 1)


3

+C .

2
2 8
suy ra C =
− .
3
3 3

1
Như vậy f ( x ) = 
3
1
Do đó f ( 8 ) = 
3

2

2 8
( x + 1) + − ÷÷ .
3 3
3

2

2


4


2 8 
2 8
2 8
( 8 + 1) + − ÷÷ =  9 + − ÷÷ ⇒ f 2 ( 8) =  9 + − ÷÷ ≈ 2613, 26 .
3 3 
3 3
3 3

3

Câu 33: Mặt cầu nội tiếp hình nón để cho có 1 đường tròn lớn nội tiếp tam giác đều ABC (cạnh a).

Trang 14


1 a 3 a 3
Do đó mặt cầu đó có bán kính r = .
.
=
3 2
6
2

a 3
πa 2
Vậy diện tích mặt cầu cần tìm là V = 4πr = 4π 
÷

÷ = 3 .
 6 
2

x
x
Câu 34: Ta có y ′ = −e f ′ ( 2 − e ) .

 2 − e x = −1

x = 0
y′ = 0 ⇔ 2 − e x = 1 ⇔ 
.
 x = ln 3
2 − e x = 4

Bảng biến thiên

x
Dựa vào bảng biến thiên suy ra hàm số y = f ( 2 − e ) đồng biến trên các khoảng ( −∞;0 ) và ( ln 3; +∞ ) .
5
Câu 35: Ta có n ( Ω ) = 8 .

Gọi A là biến cố: “Sau khi hành khách lên tàu xong, đồn tàu có 7 toa trống”.
Vậy có đúng 1 toa tàu có khách. Khi đó tính số kết quả thuận lợi theo trình tự sau:
1
+ Chọn 1 toa tàu để các hành khách đi lên đó, có C8 cách.

+ Xếp 5 hành khách cùng vào toa tàu vừa chọn ta có được 15 = 1 cách chọn.
1

Vậy số kết quả thuận lợi cho biến cố A là n ( A ) = C8 .1 = 8 .

Vậy xác suất của biến cố A là P ( A ) =

n ( A) 8
1
= 5 = 4.
n ( Ω) 8 8

Câu 36: Cung tròn khi quay quanh Ox tạo thành một khối cầu có thể tích V1 =
Xét phương trình

4
π
3

( 6)

3

= 8π 6 .

x > 0
x = 6 − x2 ⇔  2
⇔ x=2.
x + x − 6 = 0

Thể tích khối trịn xoay có được khi quay hình phẳng ( H ) giới hạn bởi đồ thị các hàm số y = x , cung
trịn có phương trình y = 6 − x 2 và đường thẳng y = 0 quanh Ox là:
2


6

0

2

V2 = π ∫ xdx + π ∫ ( 6 − x 2 ) dx = 2π +

12 6 − 28
22π
π = 4π 6 −
.
3
3

Trang 15


22π 
22π

Vậy thể tích vật thể trịn xoay cần tìm là V = V1 − V2 = 8π 6 −  4π 6 −
.
÷ = 4 6π +
3 
3

Câu 37: Ta có g ′ ( x ) = 2 f ′ ( x ) − 2 x , vẽ thêm đường thẳng y = x .
 x = ±1


Ta có g ′ ( x ) = 0 ⇔ f ′ ( x ) = x ⇔  x = 0 .
 x = 2
Lập bảng biến thiên

g ( x ) = g ( 0 ) và g ( 1) > g ( 2 ) .
Từ bảng biến thiên ta dễ thấy max
[ −1;2]
Do g ( 0 ) > g ( 1) ⇒ g ( 0 ) + g ( −1) = g ( 1) + g ( 2 ) < g ( 0 ) + g ( 2 ) ⇔ g ( −1) < g ( 2 ) .
Vậy g ( 0 ) > g ( 1) > g ( 2 ) > g ( −1) .
Câu 38: Cách 1:
z+2
.
i

Ta có: z + 2 = iw ⇔ w =
Khi đó w − i = 2 ⇔

z+2
−i = 2 ⇔ z +3 = 2
i

Gọi z = x + yi ( x, y ∈ ¡

)

(*).

và M ( x; y ) là điểm biểu diễn số phức z.


Ta có (*) ⇔ ( x + 3) + y 2 = 4 .
2

Suy ra M nằm trên đường trịn ( C ) có tâm I ( −3;0 ) , bán kính R = 2 .
Ta lại có z = OM đạt giá trị nhỏ nhất và giá trị lớn nhất khi M là giao điểm của đường thẳng d qua hai
điểm O và I với đường tròn ( C ) .
qua O ( 0;0 )
x = t
d :  uur
uu
r
có phương trình tham số d : 
.
y = 0
OI = ( −3;0 ) ⇒ ud = ( 1;0 )
x = t

t = −1
⇒
Tọa độ giao điểm M là nghiệm của hệ  y = 0
.
t = −5

2
2
( x + 3) + y = 4
Suy ra hai số phức tương ứng là z = −1 và z = −5 . Vậy z1 + z2 = 6 .
Trang 16



Cách 2:
Ta có z + 2 = iw ⇔ z + 3 = i ( w − i ) ⇒ z + 2 = i ( w − i ) = w − i = 2 .
2
Gọi z = x + yi , do z + 3 = 2 ⇔ ( x + 3) + y 2 = 4

(*).

Tập hợp các số phức z là đường tròn tâm I ( −3;0 ) , bán kính r = 2 .
Gọi M ( x; y ) là điểm biểu diễn số phức z = x + yi . Ta có z = OM = x 2 + y 2 .
Ta tìm điểm M ( x; y ) thuộc đường tròn tâm I ( −3; 0 ) , bán kính r = 2 sao cho OM đạt giá trị nhỏ nhất và
lớn nhất (với O nằm ngồi đường trịn vì OI = 3 > r ).
uur
Ta có OI = ( −3;0 ) đường thẳng OI có phương trình y = 0 . Tọa độ giao điểm của (*) và đường thẳng OI

  x = −1

( x + 3) + y 2 = 4
y = 0
⇔
⇒ A = ( −1;0 ) , B = ( −5;0 ) .
là nghiệm của hệ 
  x = −5
 y = 0

  y = 0
2

Ta có OM max = OB = 5, OM min = OA = 1 . Suy ra z1 = −1, z2 = −5, z1 + z2 = −6 .
Vậy z1 + z2 = 6 .
Câu 39: Gọi J, K, H theo thứ tự là trung điểm của BC, B′C ′, KA′ .

MH // BC ⇒ ( MBC ) ≡ ( MHJB ) .
B′C ′ // ( MBC ) ⇒ d ( C ′, ( MBC ) ) = d ( K , ( MBC ) ) .
MH ⊥ KA′, MH ⊥ JK ⇒ MH ⊥ ( JKH ) ⇒ ( JKH ) ⊥ ( MHJB ) .
Gọi L là hình chiếu của K trên JH ⇒ d ( K , ( MBC ) ) = KL .
Tam giác JKH vuông tại K có đường cao KL =

a 2
a 3
;
, KH =
2
2

1
1
1
a 6
là độ dài dường cao của lăng trụ.
=
+
⇒ KJ =
2
2
2
KL
KH
KJ
2
Vậy VABC . A′B′C ′ = KJ .S ABC =


(

)

3 2 3
a .
2

x

Câu 40: Đặt t = 2 + 3 ; t > 0 .
1
Phương trình đã cho trở thành t + = m
t
Xét hàm số f ( t ) = t +

(*)

1
xác định và liên tục trên ( 0; +∞ ) .
t
Trang 17


Ta có f ′ ( t ) = 1 −

1
. Cho f ′ ( t ) = 0 ⇔ t = ±1 .
t2


Bảng biến thiên

Phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt khi và chỉ khi phương trình (*) có hai nghiệm dương phân
biệt ⇔ m > 2 .
Vậy m ∈ { 3; 4;5;...; 2021} nên có 2019 giá trị thỏa mãn.
Câu 41: ( P ) là mặt phẳng đi qua điểm A và song song với đường
thẳng d nên ( P ) chứa đướng thẳng d ′ đi qua điểm A và song song
với đường thẳng d.
Gọi H là hình chiếu của A trên d, K là hình chiếu của H trên ( P ) .
Ta có d ( d , ( P ) ) = HK ≤ AH (AH không đổi)
⇒ Giá trị lớn nhất của d ( d , ( P ) ) là AH
⇒ d ( d , ( P ) ) lớn nhất khi AH vng góc với ( P ) .
Khi đó nếu gọi ( Q ) là mặt phẳng chứa A và d thì ( P ) vng góc với ( Q )
uur uu
r uur
⇒ nP = ud , nQ  = ( 98;14; −70 )
⇒ ( P ) : 7 x + y − 5 z − 77 = 0 ⇒ d ( M , ( P ) ) =

97 3
.
15

Câu 42: Gọi M, N, P lần lượt là trung điểm của các cạnh AB, CD, AD.
 PM // BD ·
⇒ ( BD, AC ) = (·PM , PN ) .
Ta có 
 PN / / AC
Theo cơng thức tính đường trung tuyến ta có
2
2

2
CA2 + CB 2 AB 2 2 ( b + c ) − a .
CM =
−
=
2
4
4
2

Tương tự DM 2 =

2 ( b2 + c2 ) − a 2
4

nên:

2
2
MC 2 + MD 2 CD 2 2 ( b + c ) a 2 b 2 + c 2 − a 2
MN =
−
=
− =
2
4
4
4
2
2


Trang 18


Áp dụng định lí Cơ-sin cho tam giác PMN ta có:
2

2

2
2
2
b b b +c −a
+
−
 ÷
PM 2 + PN 2 − MN 2  2 ÷
a2 − c2
2
 2
·
cos MPN
=
=
=
.
2 PM .PN
b2
 b  b 
2  ÷ ÷

 2  2 

a2 − c2
·
Vậy cos ( AC , BD ) =
.
b2
Câu 43: Mặt cầu ( S ) có tâm I ( 4;5;7 ) và bán kính R = 2 . Gọi K là trung điểm của AB.

uu
r
Đường thẳng d có một véctơ chỉ phương ud = ( 2;1;1) , mặt phẳng ( Oxy ) có một véctơ pháp tuyến
r
n = ( 0;0;1) . Gọi ϕ là góc giữa đường thẳng d và ( Oxy ) .
uu
rr
ud .n
1
r r =
Khi đó sin ϕ = uu
.
6
ud . n
Đường thẳng qua K song song với d cắt mặt phẳng ( Oxy ) tại P.
Gọi G là hình chiếu của K lên mặt phẳng ( Oxy ) .
Ta có AM + BN = 2 KP = 2

KG
= 2 6 KG .
sin ϕ


Mặt khác ·AIB là góc giữa hai tiếp diện vng góc nên tam giác IAB vng tại I.
Do đó IK =

1
2
AB = = 1 , hay điểm K nằm trên mặt cầu ( S ′ ) tâm I ( 4;5;7 ) và bán kính R′ = 1 .
2
2

Khi đó KG ≤ IG + R′ = d ( I ; ( Oxy ) ) + R′ = 7 + 1 = 8 hay AM + BN ≤ 16 6 .
Vậy ( AM + BN ) max = 16 6 .
2
Câu 44: Xét hàm số g ( x ) = f ( x ) + f ( x ) + m .

Ta có g ′ ( x ) = 2 f ′ ( x ) f ( x ) + f ′ ( x ) = f ′ ( x ) ( 2 f ( x ) + 1) .
Dựa vào đồ thị của hàm số y = f ( x ) suy ra
x =1
 f ′( x) = 0
g′ ( x) = 0 ⇔ 
⇔  x = 3
.
 f ( x) = − 1
 x = a < 0

2
Trang 19


2


1
2
 1 1
Ta có g ( a ) = f ( a ) + f ( a ) + m =  − ÷ − + m = m − và g ( 3) = f ( 3) + f ( 3) + m = m .
4
 2 2
2

Bảng biến thiên của hàm số y = g ( x )

Đồ thị hàm số y = h ( x ) có đúng 3 điểm cực trị khi và chỉ khi m −

1
1
≥0⇔m≥ .
4
4

1

( C1 ) : y = −3 − x − 2
Câu 45: Ta có 
( C ) : y = −3 − 4
 2
x−2
uur 
1
4
4



Lấy A  a + 2; −3 − ÷∈ ( C1 ) ; C  c + 2; −3 − ÷∈ C2 ⇒ IC =  c; − ÷.
a
c
c



 2 IA = IC
2020
⇒ S ABCD = 9 S∆IAB ⇒ S∆IAB =
Mà I, A, C thẳng hàng nên 
.
9
 2 IB = ID
3
Câu 46: Với x ∈ [ 2; 4] ⇒ x − 3 x ≥ 2 . Dấu “=” đạt được khi x = 2 .

⇒ VT = log

2

(x

3

− 3 x ) ≥ log

2


2 = 2, ∀x ∈ [ 2; 4] .

Ta có VP = 2sin ( mx ) ≤ 2 . Dấu “=” xảy ra khi sin ( mx ) = 1 .
VT ≥ 2
⇒ phương trình đã cho có nghiệm trên [ 2; 4]
Khi đó 
VP ≥ 2
x = 2
π
 x = 2

⇔ VP = VT = 2 ⇔ 
⇔
⇒ m = + kπ .
π
4
sin ( mx ) = 1  mx = + k 2π ( k ∈ ¢ )

2
Với m ∈ ( −2020; 2020 ) ⇔ −2020 <

π
+ k π < 2020 ⇔ −643, 23 < k < 642, 7 .
4

Vì k ∈ ¢ nên có 1286 giá trị ⇒ có 1286 giá trị m thỏa mãn yêu cầu bài toán.
1

Câu 47: I =


∫

−1
0

Xét I1 =

∫

−1

0
1
f ( x ) + 2020
f ( x ) + 2020
f ( x ) + 2020
dx
=
dx
+
dx = I1 + I 2 .
x
x
∫
∫
1+ e
1+ e
1 + ex
−1

0

f ( x ) + 2020
dx . Đặt x = −t ⇒ dx = −dt , đổi cận x = 0 ⇒ t = 0, x = −1 ⇒ t = 1 .
1 + ex

Trang 20


0

I1 = ∫
1

1 t
e  f ( t ) + 2020 
f ( −t ) + 2020
dt
( −dt ) = ∫ 
−t
1+ e
1 + et
0
1

Ta có

∫

et  f ( t ) + 2020 

1 + et

0

1

Suy ra I =

∫

−1
1

=∫

1

dt = ∫
0

e x  f ( x ) + 2020 
1 + ex

dx .

1 x
1
e  f ( x ) + 2020 
f ( x ) + 2020
f ( x ) + 2020

dx = ∫
dx + ∫
dx
x
x
1+ e
1+ e
1 + ex
0
0

( 1 + e )  f ( x ) + 2020 dx =
x

0

1 + ex

1

1

1
∫0  f ( x ) + 2020 dx = 2 −∫1  f ( x ) + 2020 dx = 2021 .

Câu 48:
 f ( 0) = 1
a = 2

b = −3

 f ( 1) = 0

3
2
⇔
Ta có 
, suy ra y = f ( x ) = 2 x − 3 x + 1 .

 f ′ ( 0) = 0
c = 0
f′ 1 =0
 d = 1
 ( )
x =1
Nhận xét f ( x ) = 0 ⇔ 
. Bảng biến thiên của hàm số y = f ( x ) như sau:
x = − 1

2

Dựa vào bảng biến thiên suy ra phương trình f ( x ) = m có nghiệm phân biệt x1 < x2 < x3 <

chỉ khi

1
< x4 khi và
2

1
< m <1.

2

Câu 49: Ta có z1 + z2 = 8 + 6i nên trung điểm của AB là điểm M ( 4;3) và ba điểm A, B, C thuộc đường
trịn ( O;9 ) . Ta hạ CH vng góc AB và hạ OK vng góc CH.
Khi đó:
1
S = CH . AB = ( CK + KH ) OA2 − OM 2 ⇔ S = 2 14 ( CK + 5 ) ≤ 2 14 ( CO + 5 ) = 28 14 .
2
Câu 50: Ta có OA = 6 .
Tam giác OAM luôn vuông tại O. Gọi I là trung điểm của OA (điểm I cố định).
1
Ta có tam giác ADO vng tại D có ID là đường trung tuyến nên ID = OA = 3 . (1)
2
Trang 21


Ta có IE là đường trung bình của tam giác OAM nên IE song song với AM.
Mặt khác OD ⊥ AM ⇒ OD ⊥ IE .
Lại có tam giác EOD cân tại E. Từ đó suy ra IE là đường trung trực của OD.
·
·
·
·
·
·
Do đó DOE
= ODE
, IOD
= IDO
⇒ IDE

= IOE
= 90° ⇒ ID ⊥ DE .
Từ (1) và (2), suy ra DE luôn tiếp xúc với mặt cầu tâm I bán kính R =

(2)
OA
= 3.
2

Trang 22