GIẢI TĨM TẮT TỐN CÂU KHĨ TỐN QC GIA 2018 MÃ ĐỀ 101
55

dx
x x  9 a ln 2  b ln 5  c ln11
16
Câu 26 : Cho
với a, b, c
A.

a  b  c

.

B.

a  b c .

là các số hữu tỉ . Mệnh đề nào dưới đây đúng

a  b 3c .

C.

D.

a  b  3c

dat u  x  9  2udu dx; x u 2  9; x 16  u 5; x 55  u 8
8

8

Giải :

2du
2 8 1
1 
1 u 3
1
I 
 

du

ln

 2ln 2  ln 5  ln11 

6 5 u  3 u 3
3 u 3 5 3
5 (u  3)(u  3)

2
1
1
2 1 1
a  ; b  ; c   a  b     c
3
3
3

3 3 3
Chọn đáp án A.
dx

Chú ý:

1

ax  b

(ax  b)(cx  d )  ad  bc ln cx  d

C
ta có kết quả nhanh hơn

Câu 27: Một chiếc bút chì có dạng khối lăng trụ lục giác đều cạnh đáy bằng 3mm và chiều cao bằng 200 mm thân bút
làm bằng gỗ phần lõi làm bằng than chì là một khối trụ có hình trịn đáy có bán kính 1 mm . Giả sử 1 m 3 (khối ) gỗ có giá a
( triệu đồng ), và 1m3 khối than chì có giá 8a ( triệu đồng) . Giá thành vật liệu làm thành một chiếc bút chì như trên gần
đúng với số nào dưới đây
A.

9,7 a ( dong )

.

B.

97,03a (dong ) .

C.


90,7a (dong ) .

D.

9,07a (dong )

32 3
.6.200  Vchi 2700 2  200 mm3 
4
200 .8a
(2700 3  200 ).a
gia than chi tren mot san pham
; gia go tren mot san pham
9
10
109

Vchi 200 mm3 ;Vgo VLT  Vchi 

Giathanhvat lieu 

200 .8a (2700 3  200 ).a

9,07.10 6 a (trieu ) 9,07a (dong)
9
9
10
10
. Đáp án D.


5

Câu 28: Hệ số của x trong khai triển
A.

 13368

.

x(2 x  1)6  (3 x  1)8

B. 13368 .

bằng
C.

6

8

k 0

k '0

 13848 .

D. 13848 .

x(2 x  1)6  (3 x  1)8 x  C66  k x 6  k .26  k ( 1)k   C88  k ' x8 k ' .38 k ' ( 1)k '

6

8

k 0

k '0

 C66 k x7 k .26 k ( 1) k   C88 k ' x8 k ' .38 k ' (  1) k '  he so cua x5 C64 .24  C83 .35 (  1)5  13368
Đáp án A .
Câu 29: Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình chữ nhật

AB a; BC 2a

cạnh SA vng góc đáy

cách giữa hai đường thẳng Ac, SB bằng

A.

a 6
2

.

B.

2a
3 .


C.

a
2.

D.

a
3

SA a

. Khỏang


Vẽ hình hộp chữ nhật có ba cạnh liên tiếp AB,AD, AS ( hình vẽ ) thì (ACD’) // SB

 d ( SB, AC) d ( SB,( ACD ')) d ( B,( ACD ')) d ( D,( ACD ')) h
( vì B,D là hai điểm đối xứng nhau qua O ) . do DA, DC, DD’ đơi mọt vng góc suy

ra

1
1
1
1
9
2a
 2


 2  h
2
2
2
h
DA
DC
DD'
4a
3

. Đáp án B .

Cách 2: Lấy hệ Oxyz sao cho A trùng gốc O



 A(0;0;;0); B(a,0,0); D(0, 2a,0); S (0,0, a); C ( a,2a,0)  SB ( a;0;  a ); AC (a;2a;0)
 
 SB, AC  . AB 2a



la hai cvtcp cua SB, AC & AB (a;0;0)  d ( SB, AC )   
 (khoang cach dg thg
3
SB, AC




chéo nhau )

 
  
 
 SB, AC  (2a 2 ;  a 2 ;2a 2 )   SB, AC  . AB 2a3 ;  SB, AC  3a 2







Câu 30: Xét các số phức z thỏa mãn



 z  i   z  2 là số thuần ảo . Trên mặt phẳng tọa độ tập hợp tất cả các điểm biểu

diễn số phức z là đường trịn có bán kính bằng

A . 1.

B.

5
4.

C.


5
2

.

D.

3
2

Giả sử (x, y) là điểm biểu diễn sô phức





z x  yi  z  i  z  2   x  ( y  1)i   x  2  yi  x( x  2)  y ( y  1)  xyi  ( x  2)( y  1)i
x 2  y 2  2 x  y  ( x  2 y  2)i la so thuan ao  x 2  y 2  2 x  y 0 (*) 

1
5
Tap hop cac diem ( x; y ) thoa man (*) la dg tron tam I (  1;  ) ban kinh R 
2
2 . Đán án C .
Câu 31:Ông A dự định sử dụng hết

6,5m 2

kính để làm một bể cá có dạng hình hơpc chữ nhật khơng nắp với kich thước


chiều dài bằng hai lần chiều rộng ( các mối ghép không đáng kể ). Bể cá có dung tích lớn nhất bằng bao nhiêu ( kết quả
làm tròn hàng phần trăm ) ?
A.

2,26m3

3

.

Gọi chiều rộng của bể là

B. 1,61m .

3

C.1,33m .

D. 1,50m

3

x (0  x)  dai 2 x  dtday 2 x 2 ; dt xq 2( x.h  2 x.h) 6 xh; Vbe 2 x 2 h


2
13
13  4 x 2
2
2 (13  4 x )

2 x  6 xh   4 x  12 xh 13  h 
 Vbe 2 x .
2
12 x
12 x
2

Do gt ta phải có

1
1
2
1
39
 x  13  4 x 2   V '  (13  4 x 2 )  x ( 8 x )  (13  12 x 2 ) 0  x 
6
6
6
6
6

của hàm V(x) trên

 39  13 39
(0; )  Vmax V 
1,50m3

54
 6 


lập bảng biến thiên

. Đáp án D .

Câu 32: Một chất điểm A chuyển động thẳng xuất phát từ O với vận tốc biến thiên theo thời gian bởi qui luật

1 2 11
v (t ) 
t  t
180
18

( m/s) trong đó t ( giây ) là khoảng thời gian kẻ từ lúc A bắt đầu chuyển động . Từ trạng thái nghỉ

một chất điểm B, cũng xuất phát từ O , chuyển động thẳng cùng hướng với A chưng chậm hơn 5 giây so với A , và có gia
tốc bằng a (m/s2 ) ( a là hằng số ). Sau khi B xuất phát được 10 giây thì đuổi kịp A . Vận tốc của B tại thời điểm đuổi kịp A
bằng
A.

22(m / s)

.

B.

15(m / s)

.

C.


10(m / s) .

D.

7(m / s) .

15

Gọi M là điểm tại đó A, B gặp nhau khi đó A đi được 15 giây

 1 2 11 
 OM  
t  t  dt 75 (m)
18 
0  180

là quãng

đường mà A, B đi được khi gặp nhau . vì B chuyển động với gia tốc a (không đổi) nên vận tốc của B là

VB adt at  c

. Vì B chuyển động từ trạng thái nghỉ nên tại thời điểm đó

VB (0) 0  c 0 . Vậy vận tốc

10

1

VB at (*)  S B  atdt  at 2
2
0
của B được tính bởi cơng thức
3
VB 10. 15 ( m / s)
2
Thay a tìm được vào (*) ta có
Câu 33: Trong không gian Oxyz cho điểm

A(1;2;3)

10
0

25a  75 50a  a 

3
2

. Đáp án B .

d:
và đường thẳng

x  3 y  1 z 7


2
1

2

. Đường thẳng qua A

vng góc với d và cắt trục Ox có phương trình là

A.

 x  1  2t

 y 2t
 z 3t


.

B.

 x 1  t

 y 2  2t
 z 3  2t


.

Gọi M là giao của đg thg m qua A vng góc với d thì

 x  1  2t


 y  2t
 z t
C. 
.
D.

M (m;0;0)  AM (m  1;  2;  3)

 x 1  t

 y 2  2t
 z 3  3t

z
d

la vtcp cua m  (m  1).2  1.( 2)  ( 2).( 3) 0  m  1 
m

A

O

y




 x 1  2t


AM ( 2;  2;  3)  m co pt :  y 2  2t voit  1  M (  1;0;0)  m
 z 3  3t


Vậy Đáp án đúng là Đáp án A .
Câu 34 : Gọi S là tập hợp tất cả các giá trị nguyên của tham số của m sao cho phương trình :

162  m.4 x 1  5m 2  45 0 có hai nghiệm phân biệt. Hỏi S có bao nhiêu phần tử ?
A. 13.

B. 3.

C. 6 .

D. 4 .

16 x  m.4 x1  5m 2  45 0  42 x  4m.4 x  5m 2  45 0 (*)  ycbt  X 2  4mX  5m 2  45 0
 '  m 2  45  0

co hai nghiem duong phan biet   S 4m  0

 P 5m 2  45  0


m 3 5

 3  m  3 5 6,7 
m  0
m 3




Có 3 giá trị nguyên của m thỏa đk . Đáp án B .

y
Câu 35 : Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để hàm số
A. 2 .

B. Vô số .

5m  2
y' 
 ycbt 
( x  5m) 2

x 0

đông biến trên khoảng

C. 1 .

5m  2  0


 5m  10

( ;  10)

?


D. 3 .

2

m 
5  cac gia tri nguyen cua m {1;2}

m 2
. Đáp án A .

Câu 36 :Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để hàm số
điểm

x2
x  5m

y x8  (m  2) x5  (m 2  4) x 4  1 đạt cực tiểu tai

?

A. 3.

B. 5 .

C. 4 .

D. Vơ số .

Tư gt thì ycbt là y’(0) = 0 và đổi đấu từ âm sang dương tai điểm x = 0 vì :


y ' 8 x 7  5(m  2) x 4  4( m 2  4) x3 x 3  8 x 4  5( m  2) x  4(m 2  4)  0khi x 0 m
đặt

f ( x) 8 x 4  5(m  2) x  4(m2  4)  tai x 0  f (0)  4(m2  4) 0  m 2
Với

m 2  y x8  1  y ' 8 x 7 0  x 0 và đổi dấu khi qua

Với m = - 2
Khi

có

m 2

 y ' x 3 (8 x 4  20 x) x 4 (8 x3  20)

x= 0 nên m = 2 thỏa ycbt

không đổi dấu khi qua x = 0 nên m = - 2 loại

do x3 luôn đổi dấu từ âm sang dương khi qua x = 0 suy ra để y’ đổi dấu khi qua x = 0 thì

lim f ( x)  0

x  0

ta

lim f ( x )  lim  8 x 4  5(m  2) x  4(m 2  4)   4(m 2  4)  0  m  2; m  Z  m {  1;0;1}

x 0
x 0

Kết hợp với m = 2 thỏa mãn suy ra có tất cả 4 giá trị nguyên của m thoa ycbt . Đáp án C .
Câu 37 : Cho hình lập phương ABCD.A’B’C’D’ tâm O , gọi I là tâm hình vng A’B’C’D’ và M là điểm thuộc OI sao cho

MO 2 MI

A.

6 85
85

( hình vẽ ). Khi đó sin của góc tạo bởi hai mặt phẳng (MAB) và (MC’D’) bằng

.

B.

7 85
85

.

17 13
C. 65 .

C.

6 13

65 .

Gọi E, F lần lượt là trung điểm của AB, C’D’ vì (MAB) // (MC’D’) nên giao tuyến của
hai mặt phẳng đó song song với AB &C’D’
Gọi

   ( MAB );( MC ' D ')  ( ME , MF )

 là số đo góc của hai mặt phẳng ta có cos  cos( ME;MF)

giả sử cạnh của lập

Phương là a thì ta có

MI 1; MI ' 5; IE IF 3  EF 6 2  ME  32  52  34;MF  11  32  10 
ME 2  MF 2  EF 2 34  10  72
7 85
7 2.85 6 85
cos( ME; MF ) 


 sin   1 

2 ME.MF
85
852
85 .
2 34.10



Đáp án A .
Câu 38 : Có bao nhiêu số phức z thỏa mãn
A .2 .

z  z  4  i   2i (5  i ) z

B.3.

C.1.

Chú ý : nếu z1 , z2 là hai số phức thì

z1.z2  z1 z2

?

D.4.
từ gt ta có

z  z  4  i   2i (5  i) z  t.z  5z  iz 4t  ti  2i  z (t  5  i ) 4t  (t  2)i (*) voi t  z 0
thì VT, VP (*) là hai số phức nên dấu (=) xảy ra

 z . (t  5) 2  12  16t 2  (t  2) 2  t 2 (t 2  10t  26) 17t 2  4t  4  t 4  10t 3  9t 2  4t  4 0

 t 1
 (t  1)(t  9t  4) 0   t 9; t 0,7 

 t  0,6 (loai )
3


2

Câu 39 : Trong mặt phẳng Oxyz cho mặt cầu

. Vậy có ba số phức z thỏa đk . Đáp án B .

( S ) : ( x  1) 2  ( y  1) 2  ( z  1) 2 9 va A(2;3;  1) . Xét các diểm

M thuộc (S) sao cho AM luôn tiếp xúc (S), M ln thuộc mặt phẳng có phương trình :
A.

6 x  8 y  11 0

C.

3x  4 y  2 0

Gọi

.
.

M ( x, y , z )  ( S )

B.

3 x  4 y  2 0 .

D.


6 x  8 y  11 0 .

và H là hình chiếu của M trên IA với

Lần lượt là tâm và bán kính của (S) vì

 AM  AI 2  R 2 4

I ( 1;  1;  1), R 3

AI  (2  1) 2  (3  1) 2  ( 1  1) 2 5

suy ra M cũng nằm trên mặt cầu (S’) tâm bán kính AM

 ( S ')co pt : ( x  2) 2  ( y  3) 2  ( z  1) 2 16 (*)

trừ từng vế pt của hai mặt cầu (S) & (S’) ta có pt :

6 x  8 y  11  20  6 x  8 y  4 0  3 x  4 y  2 0 (1) 

Tập các điểm M thỏa mãn (1) là pt của mf


Vậy Đáp án C . Cách khác gọi H là hình chiếu của M trên AI

27

x

1


H

25


9
IH 9
9
36
2 11

 IM 2 IH .IA  IH  
  IH  IA   y H  1   H ( ; ;  1)
5
IA 25
25
25
25 25

 z H  1 0



3( x 
thuộc mf đi qua H vng góc với IA nên có pt

Câu 40 :Cho hàm số

1

7
y  x4  x2
4
2

(C) tại hai điểm phân biệt
A. 1.
Từ gt thì



suy ra M

2
11
)  4( y 
)  0(z  1) 0  3 x  4 y  2 0
25
25

có đồ thị (C) . Có bao nhiêu điêm A thuộc (C) sao cho tiếp tuyến của (C) tại A cắt

M ( x1; y1 )& N ( x2 ; y 2 ) khác A thỏa mãn y1  y2 6( x1  x2 ) ?
B.2.

C.0.

NM  x1  x2 ; y1  y2   x1  x2 ;6( x1  x2 ) 

D.3.

la một vtcp của tiếp tuyến của (C) tại điểm A

 tiep tuyen tai A co he so goc k 6  x 3  7 x 6  x 3  7 x  6 0  x1 3; x2  1; x3  2
Tiếp tuyến của (C) tại điểm có hồnh độ

x1 3 co pt y 6 x 

117
1
7
117
 pt : x 4  x 2 6 x 
4
4
2
4

 x 4  14 x 2  24 x  117 0  ( x  3) 2 ( x 2  6x  13) 0 có duy nhất một nghiệm không thỏa ycbt
Tương tự tiếp tuyến của (C) tại

x2  1 co pt : y 6 x 

11
1
7
11
 pt x 4  x 2 6 x 
4
4
2

4

 x 4  14 x 2  24 x  11 0  ( x  1) 2 ( x 2  2 x  11) 0 có ba nghiệm phân biệt thỏa ycbt
Tiếp tuyến của (C) tại

1
7
x3  2 co pt : y 6 x  2  pt x 4  x 2 6 x  2  x 4  14 x 2  24 x  8 0
4
2

 ( x  2) 2 ( x 2  4 x  2) 0 có ba nghiệm phân biệt thỏa ycbt . vậy trên (C) có hai điểm để tiếp tuyến tại đó thỏa đk
bài ra . Đáp án B .

f ( x ) ax 3  bx 2  cx 
Câu 41 :Cho hai hàm số

1
& g ( x ) dx 2  ex  1 (a, b, c, d , e  R )
2

y = f(x) và y g(x) cắt nhau tại ba điểm có hoành độ lần lượt là
thị hai hàm số đã cho có diện tích bằng

biết đồ thị của

 3;  1; 1 (hình vẽ) . Diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ


A.


9
2

.

B.8.

C.4.

D.5.

ax 3  (b  d ) x 2  (c  e) x 
Hoành độ giao điểm của hai đồ thị là pt bậc 3 có dạng

Theo gt pt có ba nghiệm

 3;  1; 1 nên theo định lí Vi et ta có

1
1
3
 f ( x)  g ( x)  x3  x 2  x 
2
2
2.
1

3
0

2

b d

x

x

x

3

1
2
3

a

3


 x1 x2 x3 3 
2a

c e

x
x

x

x

x
x

1

1
2
1
3
2
3

a


1

a


2

3

b  d 
2

1


c

e

2


Từ hình vẽ ta có diện tích hình phẳng (H) được tính bởi cơng thức sau

1

1

3
1 3 3 2 1
f
(
x
)

g
(
x
)
dx

f
(
x

)

g
(
x
)
dx

x

x

x






 dx 



2
2
2
3
1
 3 2


1

3
1 3 3 2 1
x

x

x


 dx

2
2
2
 1 2

2  ( 2) 4 . Đáp án C .
Câu 42 : Cho khối lăng trụ ABC.A’B’C’, khoảng cách từ C đến BB’ bằng 2, khoảng cách tù A đến BB’ và CC’ lần lượt

bằng

1, 3

A'M 
Hình chiếu vng góc của A lên mặt phẳng (A’B’C’) trùng với trung điểm M của B’C’ và

2 3
3


.

Thể tích khối lăng trụ đã cho bằng

A. 2 .

B.1.

C.

3

.

D.

2 3
3

HD: Thể tích khối lăng trụ xiên băng diện tich thiết thẳng nhân với độ dài cạnh bên
Gọi E,F lần lượt là hình chiếu của A trên CC’, BB’

 AA '  ( AEF )  EF  BB ', EF  CC ' 

EF 2vi AE  3, AF 1   AEF vuông tại A gọi H
Là trung điểm BC và I là giao của EF với MH suy ra
Do gt thì ta cũng có AM vng góc (ABC)

AI  MH 


1
AI  EF 1
2

  AMH

F
A'

; dt tam giác

H

B

vng tại A có

1
1
1


2
2
AI
AH
AM 2

4

4 3
 AM 2   AA '  A ' M 2  AM 2 
3
3

A

B'

M

I
C'

E

C


4 3 3
1
3
.
2
AE. AF   VLT  AA '.dt AEF 
3 2
2
2

AEF bằng


. Đáp án A .

Câu 43 :Ba bạn A, B, C mỗi bạn viết ngẫu nhiên lên bảng một số tự nhiên thuộc đoạn [ 1; 17 ] . Xác suất để ba số đuọc viết
ra có tổng chia hết cho 3 bằng

A.

1728
4913

.

B.

1079
4913 .

C.

23
68 .

D.

Giải : Gọi X là biến cố 3 số viết ra có tổng chia hết cho 3 không gian mẫu của X là



ta có :


1637
4913

.

 17.17.17 173

Gọi M = {3;6;9;12 ; 15} là tập hợp các số chia hêt cho 3 thuộc đoạn đã cho ; N = {2;5;8;11;14 ; 17} là tập các số chia 3 dư
2 thuộc đoạn đã cho ; P ={1;4;7;10;13 ; 6} là tập các số chia3 dư 1 . Do ba số viết ra có tổng chia hết cho 3 nên ta có các
TH sau
TH1 : 3 số viết lên đều chia hết cho 3 TH này có 53 khả năng xảy ra
TH2 : 3 số viết lên chia hết cho 3 dư 2 TH này có 63 khả năng xảy ra
TH3 : 3 số viết lên chia hết cho 3 dư 1 TH này có 63 khả năng xảy ra
TH4 : 3 số viết lên có 1 số chia hết, một số chia cho 3 dư 1, và một số chia 3 dư 2. Do mỗi bạn chỉ được viêt ra một số
nên TH này có tất cả

3!(5.6.6) 1080

X 43  53  53  600 914  P( X ) 
Tóm lại
Câu 44 : Cho

914 457

143 1372

Đáp án D .

a  0, b  0 thoa man log 3a 2b1 (9a 2  b 2  1)  log 6ab1 (3a  2b  1) 2 . Giá trị của a  2b


bằng

A. 6 . .

B. 9.

HD: bđt côsi :

C.

7
2.

D.

5
2.

9a 2  b 2 6ab vi 3a  2b  1  1  log 3a 2b1 (9a 2  b 2  1) log 3a 2b1 (6ab  1)

 2 log 3a 2b1 (9a 2  b 2  1)  log 3ab1 (3a  2b  1) log 3a 2 b1 (6ab  1)  log 6ab1 (3a  2b  1)
1
1
1
Dat t log 6ab1 (3a  2b  1)  t  0 & log 3a 2b1 (6ab  1)   2 t  2  t  2 Xay khi t 1
t
t
t
Tóm lại


log 3a 2b1 (9a 2  b 2  1)  log 6ab1 (3a  2b  1) 2

xảy ra khi

b 3a
9a b
3a b


 

1 
6a
b

1

3a

2
b

1
log
(3a

2
b


1)

1
a


 6ab1

2
2

Đáp án C .

2

1

a  2
1
7
 a  2b   3 

2
2
b  3

2

.



y
Câu 45 : Cho hàm số

x 1
x2

 

có đồ thị (C). Gọi I là giao điểm của hai tiệm cận . Xét tam giác YYđều ABI
có hai đỉnh
yy





A,B thuộc (C) , đoạn thẳng AB có độ dài bằng

6

A.

6
6

B
B

.


B.

2 3

4
4





2
2

C.

2

.

D.

y
Giải : từ gt

2 2

.


A'
A'

X
X

A
A

x
x

II
0
0

-5
-5

x 1 x2 3
3
3

1 
 y  1 
x2
x2
x2
x2


-2
-2

B'
B'

JJ

B
B
-4
-4

Y  y  1, X x  2  Y 
đặt

4
X

tức ta đã chuyển gốc tọa độ về

giao của hai tiệm cận gọi A,B là hai điểm thuộc (C) thỏa đk đầu bài và J là
trung điểm AB thì IA, IB đối xứng nhau qua IJ . Nếu A,B lầ lượt nằm vào hai nhánh của (C) thì góc AIB ln là góc tù nên
u cầu bai tốn thỏa mãn khi khi và chỉ khi A,B thuộc cùng một nhánh như hình vẽ nên tam giác AIB đều thì hai góc
0

AIA’ và góc BIB’ bằng nhau và đều bằng 15 (A’,B’ lần luọt là hình chiếu của A,B trên trục hoành trục OX ; và trên trục

A(a; 
tung OY của hệ tọa độ mới ). Gọi


3
)
a là tọa độ của A trong hệ tọa độ mới

a
IA '
a2 a2
a2
0
 tan AIA ' 


  tan15   a 3 tan150
3
A' A
3
3
3

a


3
9
 A  3 tan150 ; 
  IA2 3tan150 
12  IA 2 3
0
3 tan15 


3tan150
Câu 46 : Cho phương trình

( 20;20)

với m là tham số . Có bao nhiêu giá trị nguyên của m thuộc

để phương trình đã cho có nghiệm ?

A. 20.
HD : đặt

5 x  m log 5 ( x  m)

B. 1 9.

C. 9 .

D. 21 .

t log 5 ( x  m)  5t x  m  pt da cho tro thanh : 5x  x  5t t  5x  x 5t  t

Xét hàm số

F (u ) 5u  u  F '(u ) 5u ln 5  1  0  pt  x t  5 x x  m  m x  5x
f ( x) x  5 x  f '( x) 1  5 x ln 7 0  5 x 

Xét hàm số :
Vậy pt đã cho có nghiệm khi m nguyên và m thuộc

Suy ra có

đáp án B .

 1  ( 20) 19

Đáp án B .

1
 1 
 x log 5 
  0.3  bbt
ln 5
ln
5



( 20;  1]

giá trị nguyên của m thỏa đk

-

+
+

f'(x)

0


-

f(x)
-

-


Câu 47 : Trong không gian Oxyz cho mặt cầu (S) cóa tâm

I (2;1;2)

và đi qua điểm

A(1;  2;  1) . Xét các điểm B, C, D

thuộc (S) sao cho AB, AC, AD đơi một vng góc với nhau. Thể tích của khối tứ diện ABCD có gía trị lớn nhất bằng
A.

72

.

B. 266 .

C. 108 .

D. 36 .
D


GIẢI: Goi F , M lần lượt là trung điểm BC,AD và I là giao của đg thg quaM song song
EF với đg thg qua F song song AD thì ta có I là tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD
Từ gt thì

M

AI ID R  (1  2) 2  (  2  1) 2  (  1  2) 2 3 3

Ta cũng có

B

AB 2  AC 2 AD2
AI  AF  IF 

4
4
2

2

I

A

2

F


C

 4 IA2  AB 2  AC 2  AD2 3 3 AB 2 AC 2 AD2  108 3 3 AB 2 AC 2 AD 2

1083
1
216
 27 AB AC AD 108  AB. AC. AD 
216  AB. AC. AD 
36
27
6
6
2

2

2

3

 VABCD 36 SUY RA Đáp án D .
Câu 48 : Cho hàm số


A.

35
36


f ( x)

f (2) 
thỏa mãn


.

B.


D.

2
2
& f '( x) 2 x  f ( x)  x  R
9
. Giá trị f(1) bằng

2
3.


C.

19
36 .

2
15 .


HD Từ gt ta có :

 2x 

2

f '( x)

 f ( x) 

2

2

 2 xdx 
1

1



2
d  f ( x)
1
dx


2
2


f ( x)
f ( x) 
1  f ( x) 

f '( x)

9
1
1
3
2
 3 

  f (1) 
2 f (1)
f (1)
2
3

Câu 49 : Trong không gian Oxyz cho đường thẳng

2
1

 x2

A.

.


B.

 1
1 
 


 f (2) f (1) 

. Đáp án B .

 x 1  3t

d :  y 1  4t ; Goi  la duong thang di qua
 z 1



A(1;1;1) va co vtcp u (1;  2;2) . Đường phân giác góc nhọn tạo bởi d & 

 x 1  7t

 y 1  t
 z 1  5t


2
1


 x  1  2t

 y  10  11t
 z  6  5t

.

C.

có phương trình là

 x  1  2t

 y  10  11t
 z 6  5t


.

D.

 x 1  3t

 y 1  4t
 z 1  5t



Giải : tọa độ điểm A nghiệm đúng pt của d nên phân giác cần tìm phải đi qua A từ gt ta có




 
u d (3;4;0);u  (1;  2;2)  u d .u   5  0

. Xét hai vectơ

trên d và





lấy hai điẻm M, N sao cho

  
AM u d ; AN u 






 u  1 2 2   
AM
u

3

4

d



u1  

 ; ;0  & u 2 
 ;  ;   u1  u2
AM
ud  5 5 
u  3 3 3 

của đường phân giác góc nhọn vì

suy ra phân giác đó có pt là

là vectơ chỉ phương

 
 4 22 2  
u1  u2   ; 
;   m (2;11;  5)
 15 15 3 
là một vtcp của phân giác cần tìm

 x 1  2t

 y 1  11t
 z 1  5t



cho

t  1  N (  1;  10;6)

cung thuộc phân giác . Vậy Đáp án C .

Câu 50 : Cho hai hàm số y = f(x) , y = g(x) . Hai hàm số y =f’(x) và y =g’(x) có đồ thị như hình vẽ , trong đó đường cong

h( x)  f ( x  4)  g (2 x 
đậm hơn là đồ thị của hàm số y = g’(x) . Hàm số

 31 
 5; 
5
A. 

.

9 
 ;3 
B.  4  .
h '( x)  f '( x  4)  2 g '(2 x 

3
)
2

đồng biến trên khoảng nào dưới đây


 31

 ;  
.
C.  5

 25 
 6; 
4 
D. 

3
)
2

Bài giải : từ gt suy ra
trên các khoảng cho
trong các đáp án ta kiểm tra xem h’(x) dương hay âm để từ đó đưa ra kết luận

 31 
x0   5;   8  x0  4  10,2  9  f  x0  4   10 (1)
 5
9  f  x0  4   10 (1)
3

 10   2 g '  2 x0     8 (2)
2

3
3


9,5  2 x0   10,9  4  g '  2 x0    5 
2
2

Ta cũng có
3

 31 
 1  h '( x0 )  2 x0   5;  
 10   2 g '  2 x0     8 (2)
2

 5
từ (1)& (2) suy ra
hàm số h(x) không thể luôn đồng biến nên đáp án A. loại Xét tuong tự cho khoảng

9 
 ;3 
4 

 31 
 5; 
5
trên khoảng 

ta có

9 
x0   ;3   6,25  x0  4  7  10  f  x0  3   15 (1)'

4 
ta cũng có
3
3
7


3  2 x0   4,5  2  g '  2 x0    4   8   2 g '  2 x0     4 (2)'
2
2
2


Nên từ (1)’ &(2)’ suy ra

.


9 
6  h '( x0 )  10 x0   ;3  
4 

9 
 ;3 
suy ra h(x) đồng biến trên khoảng  4 

là tương tự cho hai khoảng cịn lại ta có
trên các khoảng đo h(x) không thể luôn đông biến . Vậy B là đáp án đúng . Đáp án B .