Gợi ý giải đề toán trắc nghiệm của ĐHQGHN 2015
Câu 1. Hình chóp tứ giác S.ABCD có đáy là hình chữ nhật có AB = a, AD = a 2 ; SA
(ABCD), góc giữa SC và đáy bằng 600. Thể tích hình chópS.ABCD bằng:
Chọn 1 câu trả lời đúng
A.
C. 3a 3
B. 3 2a 3
2a 3
D.
6a 3
Giải:
SA vuông với (ABCD) nên góc giữa SC và (ABCD) là góc SCA.
Áp dụng ĐL Pitago cho tam giác ABC (vuông tại B) ta được
AC a 3
�
Tam giác SAC vuông tại A nên tan SCA
SC
. Từ đó,
AC
� 3a
SC AC.tan SCA
1
1
3
Thể tích khối chóp: V SA.S ABCD 3a.a 2.a a 2
3
3
Đáp án A
2
2
Câu 2. Tích phân I x ln xdx có giá trị bằng
1
Chọn 1 câu trả lời đúng
7
A. 8ln 2
B. 24 ln 2 7
3
Giải
1
du dx
u
ln
x
x
Đặt
Suy ra
2
dv x dx
v 1 x3
3
2
Vậy I
C.
8
7
ln 2
3
9
2
2
1 3
1 1
8
1
8
1
x ln x x3 . dx ln 2 x 2 dx ln 2 x 3
3
3 x
3
31
3
9
1
1
Đáp án C.
Phương pháp đánh trắc nghiệm
Bài này chỉ cần bấm máy tính cầm tay.
2
2
Câu 3. Phương trình 4 x x 2 x x 1 3 có nghiệm là
Chọn 1 câu trả lời đúng
D.
2
1
8
7
ln 2
3
3
8
7
ln 2
3
9
x 1
x 1
A.
B.
x 2
x 1
Giải
Tập xác định: D = R
Biến đổi phương trình thành 22 x
2
x 0
C.
x 2
x
2.2 x
x 0
D.
x 1
2
x x
(t > 0), ta được
3 0 . Đặt t 2
t 1
. Chỉ chọn nghiệm dương t = 1.
t 2 2.t 3 0 . Phương trình này có nghiệm
t 3
Suy ra 2 x
2
x
1 2x
2
x
2
x
x 0
20 . Vậy phương trình đã cho có nghiệm
x 1
Đáp án D
Phương pháp đánh trắc nghiệm
Lần lượt thế các giá trị x từ các đáp án vào phương trình đã cho, ta dễ dàng tìm được đáp án
Câu 4. Hình chóp tứ giác S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a; SA (ABCD). Gọi M là
trung điểm của cạnh SB. Tìm tỉ số
SA
sao cho khoảng cách từ M đến mặt phẳng (SCD) bằng
a
a
5
Điền vào chỗ trống: …………………
Giải
Kẽ BK SC. Ta dễ dàng chứng minh được BK (SDC).
Kẽ MH SC. Khoảng cách từ M đến (SCD) là MH
2a
Ta có: BK 2MH
.
5
Dễ thấy rằng tam giác SBC vuông tại B. Áp dụng hệ thức lượng
1
1
1
, ta tìm được BS 2a .
2
2
BK
BC
BS 2
Dùng định lí Pitago trong tam giác SAB:
SA SB 2 AB 2 a 3 .
SA
3
Vậy tỉ số
a
Câu 5. Mặt cầu tâm I 0;1; 2 tiếp xúc với mặt phẳng P : x y z 6 0 có phương trình là
Chọn 1 câu trả lời đúng
A. x 2 y 1 z 2 4
B. x 2 y 1 z 2 3
C. x 2 y 1 z 2 4
D. x 2 y 1 z 2 1
2
2
Giải
2
2
2
2
2
2
Khoảng cách từ tâm I 0;1; 2 đến mặt (P) được tính theo công thức d
0 1 2 6
12 12 12
3
Vậy đường tròn cần tìm là x 2 y 1 z 2 3
2
2
Đáp án B
Phương pháp đánh trắc nghiệm
Các hệ số trước x, y, z của phương trình (P) là 1; 1; 1. Khi mặt cầu tiếp xúc với (P) thì bán kính
của nó sẽ liên quan đến giá trị 12 12 12 3 . Tâm I có tọa độ nguyên, (P) không có căn. Vậy
chỉ có đáp án B là khả thi nhất.
Câu 6. Phương trình log 2 3 x 2 3 có nghiệm là
Chọn 1 câu trả lời đúng
11
10
A. x
B. x
C. x 3
D. x 2
3
3
Giải
2
10
3
Điều kiện: x . Phương trình tương đương: log 2 3x 2 log 2 2 . Suy ra: x
3
3
Đáp án B.
Phương pháp đánh trắc nghiệm
Nếu như không biết giải thì kiểm tra các đáp án và chọn.
Câu 7. Phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số y x3 2 x 2 x đi qua điểm M 1;0 là
Chọn 1 câu trả lời đúng
y x 1
A.
B.
y 1 x 1
4
4
Giải
y 0
y 1 x 1
4
4
y 0
C.
y 1 x 1
4
4
y x 1
D.
y 1 x 1
4
4
Phương trình đường thẳng qua M có dạng: y a x 1 . Đường thẳng này tiếp xúc với đồ thị
x 3 2 x 2 x a x 1
hàm số y x 2 x x thì hoành độ tiếp điểm là nghiệm của hệ 2
3x 4 x 1 a
3
2
3
2
2
Thế (2) vào (1) ta được: x 2 x x 3 x 4 x 1 x 1
x 1
Giải phương trình này được nghiệm
x 1
2
y 0
Vậy có 2 tiếp tuyến:
x 1 x 1
4
Đáp án B.
a 0
a 1
4
1
2
Phương pháp đánh trắc nghiệm
Để đơn giản, ta kiểm tra từng đáp án
y x 1 . Phương trình hoành độ giao điểm là x 3 2 x 2 x x 1 . Phương trình này có 3
nghiệm.
y 0 . Phương trình hoành độ giao điểm là x 3 2 x 2 x 0 . Phương trình này có 2
nghiệm.
1
1
1
1
3
2
y x . Phương trình hoành độ giao điểm là x 2 x x x . Phương trình
4
4
4
4
này có 3 nghiệm.
1
1
1
1
3
2
y x . Phương trình hoành độ giao điểm là x 2 x x x . Phương trình
4
4
4
4
này có 2 nghiệm.
Ta chọn được ngay đáp án
x 1 4x 2
Câu 8. Bất phương trình
có nghiệm là
x 1
x
Chọn 1 câu trả lời đúng
1
1
x 0
x 1
0 x
1
3
A. 3
B. 1
C.
D. x 2
x2
3
x 2
3
1 x 2
Giải
x 1 4x 2
0 . Quy đồng mẫu và rút gọn:
Chuyển vế bất phương trình, ta được:
x 1
x
3 x 2 7 x 2
0 . Lập bảng xét dấu ta được nghiệm của bất phương trình là
x x 1
1
0; 1; 2
3
Đáp án C
Phương pháp đánh trắc nghiệm
x 1 4x 2
Ta xét f x
. Ta kiểm tra các đáp án với các giá trị xoay quanh các đầu mút của
x 1
x
tập hợp (dùng máy tính f(x))
f 2.5 0.87 . Loại đáp án A.
f 1 6 . Loại đáp án B.
f 0.5 3 . Loại đáp án D.
Câu 9. Cho hàm số y
2x 1
. Giá trị y ' 0 bằng
x 1
Chọn 1 câu trả lời đúng
A. 3
B. 3
Giải
C. 1
D. 0
y'
3
x 1
2
. Chọn đáp án B.
Câu 10. Mặt phẳng P chứa đường d :
Q : 2x y z 0
x 1 y z 1
và vuông góc với mặt
2
1
3
có phương trình
Chọn 1 câu trả lời đúng
A. x 2 y 1 0
B. x 2 y z 0
C. x 2 y z 0
D. x 2 y 1 0
Giải
r
Mặt (P) chứa d nên (P) có một vecto chỉ phương là u d 2;1;3
r
(P) (Q) nên (P) có vecto chỉ phương thứ hai là n Q 2;1; 1
r
r r
r
Pháp tuyến của (P) là n P n d , n Q 4;8;0 . Có thể chọn n P 1; 2;0 .
Điểm 1;0; 1 thuộc d nên cũng thuộc (P). Vậy phương trình mặt (P): 1 x 1 2 y 0 0
hay x 2 y 1 0
Đáp án A.
Phương pháp đánh trắc nghiệm
Ta chọn một điểm bất kỳ thuộc đường d (không nên chọn điểm quen thuộc), giả sử là 3;1; 2 . Vì
(P) chứa d nên điểm 3;1; 2 cũng phải thuộc (P).
Thế 3;1; 2 vào từng đáp án, ta thấy duy nhất đáp án A thõa.
Câu 11. Lăng trụ tam giác đều ABC.A’B’C’ có góc giữa (A’BC) và (ABC) bằng 60o; cạnh AB = a.
Thể tích khối đa diện ABCC’B’ bằng
Chọn 1 câu trả lời đúng
3 3
3 3
3 3 3
A.
B.
C. a
D. 3a 3
a
a
4
4
4
Giải
Gọi M là trung điểm của BC. Lăng trụ ABC.A’B’C’ là lăng trụ
tam giác đều nên AM BC và A’C = A’B. Do đó, A’M cũng
vuông với BC.
Vậy �
AMA ' 60o
AM là trung tuyến trong tam giác đều ABC nên AM
AMA '
Ta có, tan �
AA '
3a
AA '
AM
2
Diện tích của ABC là S ABC
a2 3
4
a 3
2
1
2
2 3a a 2 3
Ta có: VABCC ' B ' VABCA ' B 'C ' VAA' B 'C ' AA '.S ABC AA '.S ABC AA '.S ABC
3
3
3 2 4
Đáp án A.
Câu 12. Hàm số y x 3 6 x 2 mx 1 đồng biến trên miền 0;
Chọn 1 câu trả lời đúng
A. m 0
B. m 12
Giải
C. m 12
y ' 3x 2 12 x m . Hàm số đồng biến trên 0;
khi
D. m 0
thì y ' 0 trên 0;
' 36 3m 0
Trường hợp y ' 0 x R . Suy ra,
Trường hợp y ' 0 x 0;
' 0
thì y ' 0 0
b
0
2a
m 12
m 12
m 0 . Hệ này vô nghiệm
12
0
6
Vậy m 12 thì thõa đề bài
Đáp án C.
Phương pháp đánh trắc nghiệm
Ta kiểm tra từng đáp án
Đáp án A, ta chọn m 1 . Vậy y ' 3x 2 12 x 1 0 . Lập bảng biến thiên ta thấy trong
6 39
khoảng 0;
hàm số nghịch biến. Loại đáp án A.
3
Đáp án B, ta chọn m 11 . Vậy y ' 3x 2 12 x 11 0 . Lập bảng biến thiên ta thấy trong
6 3
khoảng 0;
hàm số nghịch biến. Loại đáp án B.
3
Ta thấy m 11 không thõa đề bài nên đáp án D cũng được loại bỏ.
2
Câu 13. Tích phân I
0
5x 7
dx có giá trị bằng
x 3x 2
2
Chọn 1 câu trả lời đúng
A. 2ln 2 ln 3
B. 2 ln 2 3ln 3
Giải
2
C. 2 ln 3 ln 4
2
D. 2 ln 3 3ln 2
2
5x 7
5x 7
3
2
dx
dx
Biến đổi tích phân thành I 2
dx
x 3x 2
x 1 x 2
x 1 x 2
0
0
0
2
2ln x 1 3ln x 2 2 ln 3 3ln 2
0
Đáp án D.
Phương pháp đánh trắc nghiệm
Dùng máy tính bỏ túi
Câu 14. Tìm số phức z thõa mãn đẳng thức z 1 i z 5 2i . Tìm Môđun của z
Chọn 1 câu trả lời đúng
A. 2 2
B. 5
C. 10
D. 2
Giải
Gọi số phức cần tìm là z a bi z a bi . Thế vào đẳng thức đề bài
a bi 1 i a bi 5 2i a bi a bi ai bi 2 5 2i
2a b 5
a 2
z 5
a 2
b 1
Đáp án B.
3
Câu 15. Phương trình tiếp tuyến của đường cong C : y x 2 x tại điểm có hoành độ x 1
là:
Chọn 1 câu trả lời đúng
A. y x 2
B. y x 2
C. y x 2
Giải
2
Đạo hàm của C : y 3x 2 ; y ' 1 1 ; y 1 1
D. y x 2
Vậy tiếp tuyến: y y 1 y ' 1 x 1 . Thế số vào ta được y x 2
Đáp án C.
4
2
2
2
Câu 16. Hàm số y m 1 x m 2m x m có ba cực trị khi giá trị của m là:
Chọn 1 câu trả lời đúng
m 1
A.
B.
1 m 2
m 0
1 m 2
Giải
Tập xác định: D R
0 m 1
C.
m 2
1 m 1
D.
m 2
3
2
2
2
Đạo hàm y ' 4 m 1 x 2 m 2m x x 4 m 1 x 2 m 2m
x 0
y' 0
2
2
4 m 1 x 2 m 2m 0
2
2
Đặt g x 4 m 1 x 2 m 2m . Để hàm số đã cho có 3 cực trị thì y’ phải đổi dấu 3 lần,
nghĩa là y’ = 0 có 3 nghiệm phân biệt. Mà x = 0 là một nghiệm của phương trình y’ = 0. Do đó,
g(x) phải có 2 nghiệm phân biệt khác 0. Suy ra
m 1
4 m 1 0
m 1
2
2
4.4 m 1 .2 m 2m 0 m 1 m 2m 0 m ;0 1; 2
m 0; m 2
2
g 0 0
2 m 2m 0
Hệ này có nghiệm là m ;0 1; 2
Đáp án B.
Phương pháp đánh trắc nghiệm
Ta thấy rằng các đáp án chia trục số bởi các giá trị 1;0;1; 2 . Ta lần lượt kiểm tra tính đúng của
các đáp án.
Chọn m 2 (nhỏ hơn –1). Ta có, y ' 12 x3 16 x . Dễ dàng thấy y ' 0 có 3 nghiệm
phân biệt. Khoảng này nghiệm đúng
1
5
3
Chọn m (trong khoảng 1;0 ). Ta có, y ' 6 x x . Dễ dàng thấy y ' 0 có 3
2
2
nghiệm phân biệt. Khoảng này nghiệm đúng.
1
3
3
Chọn m (trong khoảng 0;1 ). Ta có, y ' 2 x x . Dễ dàng thấy y ' 0 chỉ có 1
2
2
nghiệm. Vậy đáp án có chứa m
1
đều được loại bỏ Bỏ đáp án C, D.
2
Đáp án A, B có cùng chung miền 1 m 2 và trong lần kiểm tra thứ 2, ta thấy m
1
được
2
nghiệm đúng. Vậy đáp án B sẽ được chọn.
Câu 17. Cho số phức z 2 i 1 i 1 3i . Môđun của z là:
Chọn 1 câu trả lời đúng
A. 2 2
B. 4 2
C. 13
Giải
Nhân phân phối và rút gọn số phức đã cho được: z 4 2i .
Đáp án D.
D. 2 5
4
1
Câu 18. Tìm hệ số x trong khai triển nhị thức Niutơn: x 7 4
x
Điền vào chỗ trống: …………………
Giải
26
Số hạng tổng quát trong khai triển: Tk 1 Cnk a k b n k C4k x 7
k 11k 16
Rút gọn, ta được Tk 1 C4 x
k
4k
1
4
x
. Ta đang tìm hệ số của x26 nên
Câu 19. Tìm m để tiếp tuyến của đồ thị hàm số y x3 3 x 2 mx tại điểm có hoành độ bằng –1
song song với đường thẳng d : y 7 x 100
Điền vào chỗ trống: …………………
Giải
Tập xác định D R
y ' 3x 2 6 x m . Tiếp tuyến tại x 1 song song với d : y 7 x 100 nên y ' 1 7 . Suy ra
m 2
Câu 20. Khoảng cách từ M 1; 2; 3 tới mặt P : x 2 y 2 z 2 0 bằng:
Chọn 1 câu trả lời đúng
A. 3
B. 1
C.
11
3
1
3
D.
Giải
Khoảng cách từ M 1; 2; 3 tới (P) được tính theo công thức d
Đáp án A.
1 2.2 2. 3 2
1 2 2
2
2
2
3
x
Câu 21. Cho phương trình log 4 3.2 8 x 1 có hai nghiệm x1 , x2 . Tìm tổng x1 x2
Điền vào chỗ trống: …………………
Giải
8
x
Điều kiện: 3.2 8 0 x log 2
3
x
x1
Phương trình tương đương: log 4 3.2 8 log 4 4
3.2 x 8 4 x 1
1 2x
.2 3.2 x 8 0
4
2 x 8
x 3
Giải phương trình này ta được x
2 4
x 2
Vậy x1 x2 5
u3 2u1 7
Câu 22. Cấp số cộng un thõa điều kiện
. Số hạng u10 có giá trị:
u2 u4 10
Chọn 1 câu trả lời đúng
A. 28
B. 19
C. 91
D. 10
Giải
Ta có công thức tổng quát: un u1 n 1 d . Vậy u2 u1 d ; u3 u1 2d ; u4 u1 3d . Thế
vào điều kiện đề bài cho, ta được
u1 2d 2u1 7
3u1 2d 7
u 1
1
. Rút gọn hệ này:
d 2
u1 d u1 3d 10
2u1 4d 10
Vậy số hạng thứ 10 là u10 u1 9d 1 9.2 19 .
Riêng với bài này, ta có thể giải như sau
Ta có tính chất: u2 u4 2u3 . Vậy ta tìm được u3 5 . Thế vào phương trình đầu tiên, ta được
u1 1 . Do đó u2
u1 u3
3 . Vậy theo quy luật: u1 1 ; u2 3 ; u3 5 , … sẽ nhẵm được
2
u10 19
Đáp án B.
Câu 23. Cho tam giác ABC có A 1; 2 , B 3;0 , C 1; 2 có trọng tâm G. Khoảng cách từ G
đến đường thẳng AB bằng:
Chọn 1 câu trả lời đúng
A. 2
B. 4
C. 2 2
D. 2
Giải
Tọa độ của G 1;0
r
uuur
r
u AB AB 2; 2 . Suy ra n AB 2; 2 . Vậy phương trình AB dạng tổng quát:
AB : 2 x 1 2 y 2 0
hay AB : x y 3 0 .
Khoảng cách từ G tới AB được tính theo công thức: d
1 0 3
12 12
2
Đáp án D.
Phương pháp đánh trắc nghiệm
Ta có gắng vẽ tọa độ của các điểm A, B, C cho chính xác
Dễ dàng thấy đoạn cần tìm là đường chéo của một hình vuông có độ dài bằng 1 nên GH 2
Câu 24. Hình chóp tứ giác S.ABCD có đáy là hình chữ nhật ABCD với AB 2a , BC a 3 .
Biết rằng SAB cân đỉnh S, SAB ABCD , góc giữa SC với mặt đáy là 60o. Gọi thể tích của
V
.
a3
Điền vào chỗ trống: …………………
Giải
khối chóp S.ABCD là V. Tìm tỉ số
Gọi M là trung điểm của AB. Tam giác ABC cân tại S nên SM AB.
Mà SAB ABCD nên SM ABCD
Vậy góc giữa SC và (ABCD) là góc SCM.
2
a
Dùng định lý Pitago trong tam giác BMC: MC BM BC a 3
2
2
�
Tam giác SMC vuông tại M: tan SCM
2
2
a 13
2
SM
a 39
SM
CM
2
1
1 a 39
13
Thể tích khối S.ABCD là: VS . ABCD SM . AB.BC .
.a.a 3 a 3
3
3 2
2
V
13
3
a
2
Câu 25. Tìm diện tích hình phẳng được giới hạn bởi hai đồ thị hàm số có phương trình:
y x 2 2x 1
Vậy tỉ số
y 2 x2 4x 1
Điền vào chỗ trống: …………………
Giải
x 0
2
2
Hoành độ giao điểm của hai đồ thị: x 2 x 1 2 x 4 x 1
x 2
Diện tích cần tìm được tính theo công thức:
2
S 2 x 2 4 x 1 x 2 2 x 1 dx
0
2
3x
0
2
6 x dx 2 (đvdt)
Câu 26. Mặt phẳng (P) đi qua A 1; 2;0 và vuông góc với đường thẳng d :
x 1 y z 1
có
2
1
1
phương trình là:
Chọn 1 câu trả lời đúng
A. x 2 y z 4 0 B. x 2 y z 4 0 C. 2 x y z 4 0 D. 2 x y z 4 0
Giải
r
r
Mặt (P) vuông với đường d nên n P u d 2;1; 1 và qua A 1; 2;0 nên có phương trình
2 x 1 y 2 z 0 hay 2 x y z 4 0
Đáp án B.
Câu 27. Cho bốn điểm A 1;0;1 , B 2; 2; 2 , C 5; 2;1 , D 4;3; 2 . Tìm thể tích tứ diện ABCD
Điền vào chỗ trống: …………………
Giải
uuu
r uuur
uuur
uuur
uuur
Ta có: AB 1; 2;1 , AC 4; 2;0 , AD 3;3; 3 . Suy ra AB, AC 2; 4; 6
r uuur uuur 1
1 uuu
Thể tích VABCD AB, AC . AD 24 4 đvtt
6
6
Câu 28. Hình chóp tứ giác S.ABCD có đáy là hình chữ nhật cạnh AB = 4a, AD = 3a; các cạnh
bên đều có độ dài bằng 5a. Thể tích của hình chóp S.ABCD bằng:
Chọn 1 câu trả lời đúng
10a 3
9a 3 3
A.
B.
C. 10a 3 3
D. 9a 3 3
3
2
Giải
Vì các cạnh bên bằng nhau nên SO (ABCD)
Áp dụng định lý Pitago trong tam giác ABC ta được
5
a
2
Áp dụng định lý Pitago trong tam giác SOC, ta được
AC 5a . Suy ra OC
SO SC 2 OC 2 25a 2
25 2 5 3
a
a
4
2
Thể tích khối chóp
1
15 3
VS . ABCD SO.S ABCD
a.12a 2 10 3a 3
3
3 2
Đáp án C.
x y 1 z 1
x 1 y z 3
Câu 29. Góc giữa hai đường thẳng d1 :
và d 2 :
bằng
1
1
2
2
1
1
Chọn 1 câu trả lời đúng
A. 60o
B. 30o
C. 45o
D. 90o
Giải
r
r
Ta có u d1 1; 1; 2 và u d2 2;1;1
Góc giữa hai đường thẳng được tính theo công thức
r r
u d1 .u d2
1.2 1.1 2.1
1
cos r r
2
u d1 u d2
12 1 2 2 22 12 12 2
Vậy góc giữa hai đường d1 và d2 là 60o.
Đáp án A.
Câu 30. Tập hợp số phức z thõa mãn đẳng thức z 2 i z 3i có phương trình là
Chọn 1 câu trả lời đúng
A. y x 1
B. y x 1
C. y x 1
D. y x 1
Giải
Gọi số phức z x y.i . Thế vào đẳng thức đề bài, ta được
x yi 2 i x yi 3i
x 2
2
y 1 x 2 y 3
2
2
Khai triển và rút gọn được: y x 1
Đáp án B.
Câu 31. Bất phương trình 0,3x
2
x
0, 09 có nghiệm là
Chọn 1 câu trả lời đúng
A. 2 x 1
B. x 1
C. x 2
x 2
D.
x 1
Giải
Bất phương trình tương đương 0,3x
2
x
0,32 . Do cơ số 0,3 1 nên bất phương trình trở thành
x 2 x 2 x 2 x 2 0 2 x 1
Đáp án A.
Phương pháp đánh trắc nghiệm
Kiểm tra bất phương trình đã cho với x 0 ta thấy bất phương trình thõa. Vậy, chỉ có đáp án A
được chọn.
Câu 32. Hàm số y x 3 5 x 2 3x 1 đạt cực trị khi
Chọn 1 câu trả lời đúng
x 3
x 0
x 0
x 3
A.
B.
C.
D.
x 1
x 10
x 10
x 1
3
3
3
3
Giải
Cực trị của hàm số là nghiệm của phương trình y ' 0
x 3
3 x 10 x 3 0
x 1
3
Đáp án D.
x my 1
Câu 33. Hệ phương trình
có nghiệm duy nhất khi
mx y m
2
Chọn 1 câu trả lời đúng
A. m 1
B. m 1
Giải
C. m 1
D. m 0
Hệ phương trình đã cho có nghiệm duy nhất khi
1 m
m 1
m2
1
m
1
Đáp án B.
Phương pháp đánh trắc nghiệm
x y 1
Kiểm tra nghiệm của hệ với m 1 . Hệ trở thành
. Hệ này có vô số nghiệm.
x y 1
x y 1
Với m 1 , hệ trở thành
. Hệ này có vô số nghiệm
x y 1
Vậy chọn được đáp án B.
Câu 34. Cho hình hộp ABCD.A’B’C’D’. Gọi M, N, K lần lượt là trung điểm của các cạnh AA’,
BC và CD. Thiết diện tạo bởi mặt phẳng (MNK) với hình hộp là:
Chọn 1 câu trả lời đúng
A. Lục giác
B. Tam giác
C. Ngũ giác
D. Tứ giác
Giải
AC cắt KN, BD tại E, O. ME và OO’ cùng thuộc (ACC’A’), chúng cắt nhau tại I.
Mặt (BDB’D’) // KN nên giao tuyến giữa (DBB’D’) và (KMN) là một đường qua I và song song
với KN. Giao tuyến này cắt DD’ và BB’ tại L và H. Thiết diện cần tìm là hình MLKNH.
Đáp án C.
Câu 35. Tìm m để hàm số y x 3 2 x 2 mx m đạt cực tiểu tại điểm có hoành độ bằng 1.
Điền vào chỗ trống: …………………
Giải
Đạo hàm của hàm số đã cho: y ' 3x 2 4 x m . Hàm số đạt cực tiểu tại điểm có x 1 thì
y ' 1 0 . Ta tìm được m 1 .
Câu 36. Lăng trụ đứng ABC.A’B’C’ có đáy là tam giác vuông cân cạnh AB AC 2a . Thể tích
lăng trụ bằng 2 2a 3 . Gọi h là khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng (A’BC). Tìm tỉ số
Điền vào chỗ trống: …………………
Giải
h
.
a
Đáy ABC là tam giác vuông cân nên có diện tích
1
AB. AC 2a 2 .
2
Thể tích hình lăng trụ đứng được tính theo công thức
VABC . A ' B 'C ' AA '.S ABC . Từ đó, ta tính được
S ABC
AA '
VABC . A ' B 'C '
a 2.
S ABC
Áp dụng định lý Pitago trong tam giác AA’B:
A ' B AA '2 AB 2 a 6
Tương tự, ta được A ' C a 6 và BC 2a 2 .
Gọi H là trung điểm của BC. Tam giác A’BH cân tại A’ nên A’H BC. Dùng định lý Pitago trong
tam giác A’BH:
A ' H A ' B 2 BH 2 6 a 2 2a 2 2 a
1
2
Diện tích của tam giác A’BC: S A ' BC A ' H .BC 2a 2
2
Thể tích khối chóp A’ABC được tính theo công thức VA ' ABC
Vậy h
1
1
AA '.S ABC h.S A ' BC
3
3
AA '.S ABC a 2.2a 2
a
S A ' BC
2a 2 2
h
1.
a
Phương pháp đánh trắc nghiệm
Vậy tỉ số
Bài này có thể dùng phương pháp tọa độ. Ta phải tính được AA '
VABC . A ' B 'C '
a 2 . Đặt gốc tọa
S ABC
độ tại A, ta có: A 0;0;0 , B 2a;0; 0 , C 0; 2a;0 , A ' 0;0; a 2
uuuur
uuur
Suy ra A ' C 0; 2a; a 2 và BC 2a; 2a;0 . Ta chọn a 1 thì
r
uuuur uuur
r
Pháp tuyến của (A’BC) là n A ' C , BC 2 2; 2 2; 4 . Chọn n 2; 2; 2 . Vậy
A ' BC :
2 x 2a 2 y 2 z 0 đi qua B.
h
1.
a
Câu 37. Trong một hộp có 5 bi xanh và 6 bi đỏ. Lấy ra 4 bi bất kỳ. Xác suất để 4 bi được chọn
có đủ hai màu là:
Chọn 1 câu trả lời đúng
8
31
4
3
A.
B.
C.
D.
11
33
11
16
Khoảng cách từ A tới (A’BC) là: h a . Vậy
Giải
Bốn bi lấy ra có 2 màu rơi vào 3 trường hợp: 1 xanh + 3 đó; 2 xanh + 2 đỏ hoặc 3 xanh + 1 đỏ
1 3
2 2
3 1
Không gian biến cố: n A C5C6 C5 C6 C5 C6 310
4
Không gian xác suất: n C11 330 .
Xác xuất cần tìm: P
nA 31
n 33
Đáp án B
a
x
Câu 38. Tìm a > 0 sao cho I x.e 2 dx 4
0
Điền vào chỗ trống: …………………
Giải
u x
du dx
x
x
Đặt
dv e 2 dx
v 2e 2
x a
Suy ra I 2 xe 2
0
a
x
a
x a
2 e 2 dx 2 a.e 2 4e 2
0
a
2
a
2
Mà I 4 nên 2a.e 4e 0
a
a
2 a.e 2 4e 2 4
0
a
2a 4 e 2
a
0 . Do e 2 0 nên suy ra a 2 .
Câu 39. Đồ thị hàm số y x 3 3x 2 ax b có điểm cực tiểu A 2; 2 . Tìm tổng a b
Điền vào chỗ trống: …………………
Giải
Đạo hàm: y ' 3x 2 6 x a . Điểm A 2; 2 là cực tiểu nên y ' 2 0 a 0 .
Ta có y 2 2 4 b 2 b 6 .
Vậy a b 6
Câu 40. Hình chóp tứ giác S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh a; SA (ABCD); góc giữa hai
mặt phẳng (SBD) và (ABCD) bằng 60o. Gọi M, N lần lượt là trung điểm của SB, SC. Thể tích của
khối chóp S.ADNM bằng:
Chọn 1 câu trả lời đúng
A.
6 3
a
8
B.
3 3 3
a
8 2
C.
3 3
a
8 2
D.
a3
4 6
Giải
� 60o . ABCD là hình vuông, cạnh a nên AC a 2 ,
Góc giữa (SBD) và (ABCD) là SOA
AO
a 2
.
2
�
Ta có: tan SOA
SA
a 6
1
a3 6
. Vậy VS . ABCD SA.S ABCD
SA
AO
2
3
6
Ta tách khối chóp S.ABCD thành hai phần theo mặt (SAC) thì mỗi phần có thể tích bằng
a3 6
12
VS . AMN SA SM SN 1
1
a3 6
.
.
. Suy ra: V
V
S . AMN
S . ABC
VS . ABC SA SB SC 4
4
48
VS . AND SA SD SN 1
1
a3 6
.
.
. Suy ra: V
Xét khối chóp S.ACD:
V
S . AND
S . ACD
VS . ACD SA SD SC 2
2
24
Xét khối chóp S.ABC:
Vậy VS . ADNM VS . AMN VS . AND
a3 6
.
16
Đáp án C.
Phương pháp đánh trắc nghiệm
Trường hợp tổng quát, ta có tính chất sau:
Khối chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông, hình chữ nhật, hình thoi hoặc hình bình hành.
Các điểm A’, B’, C’, D’ lần lượt thuộc các cạnh SA, SB, SC, SD ta luôn có:
1
SA ' SB ' SC ' SA ' SC ' SD '
VS . A' B 'C ' D ' VS . ABCD .
.
.
.
.
2
SA SB SC SA SC SD
Câu 41. Hình chiếu vuông góc của A 0;1; 2 trên mặt phẳng P : x y z 0 có tọa độ
Chọn 1 câu trả lời đúng
A. 1;1;0
B. 1;0;1
C. 2;0; 2
D. 2; 2;0
Giải
r
r
Gọi d là đường thẳng qua A và vuông với (P). Ta có u d n P 1;1;1 . Vậy phương trình đường
x t
d : y 1 t
z 2t
t R . Thế phương trình
d vào (P):
t 1 t 2 t 0 t 1 . Suy ra giao điểm giữa d và (P): 1;0;1
Đáp án B.
Phương pháp đánh trắc nghiệm
Hình chiếu A’ của A lên (P) sẽ nằm trên (P). Kiểm tra các đáp án ta thấy tất cả các đáp án
đều thõa.
uuur
uuur r
Ta luôn có AA ' P AA ' // n P . Kiểm tra các đáp án chỉ có đáp án B thõa.
x2 4x 3
.
x 1
4x 5 3
Điền vào chỗ trống: …………………
Giải
Câu 42. Tìm giới hạn lim
x 1 x 3 4 x 5 3
x 3
x2 4x 3
lim
lim
lim
x 1
x 1
4 x 1
4 x 5 3 x 1
4x 5 3
4
3
Câu 43. Cho mặt cầu S : x 1 y 1 z 2 15 và mặt phẳng P : x y 2 z 2 0 .
2
2
2
Tìm bán kính đường tròn giao tuyến của mặt cầu (S) với mặt phẳng (P).
Điền vào chỗ trống: …………………
Giải
Mặt cầu (S) có tâm I 1; 1; 2 và bán kính R 15 .
Khoảng cách từ tâm I tới mặt phẳng (P): d
1 1 2. 2 2
12 12 22
6.
Bán kính đường tròn giao tuyến được tính theo công thức: r R 2 d 2 3
Câu 44. Phương trình sin 3 x sin x cos 3 x cos x có nghiệm là:
Chọn 1 câu trả lời đúng
x k
x 2 k
x 2 k
x 2 k 2
A.
B.
C.
D.
x k
x k
x k
x k
8
8 2
4
4
Giải
2 sin 3 x 2 sin x
Chuyển vế phương trình: sin 3 x cos 3 x cos x sin x
4
4
k
x 8 2
3 x 4 4 x k 2
3 x 3 x k 2
x k
4
4
2
Đáp án B.
Phương pháp đánh trắc nghiệm
Ta cho k 0 và kiểm tra từng kết quả ta thấy
x 0 không thõa đề bài => loại đáp án A => các đáp án B, C, D không cần kiểm tra họ
nghiệm x
k
2
: khó tính => để lại
8
x : không thõa đề bài => loại đáp án C, D
4
Câu 45. Đường tròn tâm I 3; 1 cắt đường thẳng d : 2 x y 5 0 theo dây cung AB = 8 có
x
phương trình là:
Chọn 1 câu trả lời đúng
A. x 3 y 1 36
B. x 3 y 1 20
C. x 3 y 1 4
D. x 3 y 1 4
2
2
2
2
2
2
2
2
Giải
Khoảng cách từ tâm I tới d được tính theo công thức: d
2.3 1 5
22 12
2 5
2
AB
Bán kính đường tròn được tính theo công thức: R d
2.
2
2
Vậy phương trình đường tròn cần tìm là x 3 y 1 4 .
2
2
Câu 46. Phương trình x 3 3 x m 2 m có 3 nghiệm phân biệt khi
Chọn 1 câu trả lời đúng
A. m 21
B. 2 m 1
C. m 1
D. 1 m 2
Giải
Lập bảng biến thiên cho hàm số y x 3 3x được
Dựa vào bảng biến thiên ta thấy: Phương trình đề bài cho có 3 nghiệm phân biệt khi
2 m 2 m 2
2
m m 2 0 1
2
m m 2 0 2
Ta thấy bất phương trình (1) luôn đúng. Giải bất phương trình (2), ta được 2 m 1 .
Đáp án B.
Phương pháp đánh trắc nghiệm
m 2 m 2
2
m m 2
Ta cho giá trị m để kiểm tra số nghiệm của phương trình đề bài, ta sẽ chọn được đáp án B.
Câu 47. Cho z C thõa mãn 1 i z 2 i z 4 i . Tìm phần thực của z.
Điền vào chỗ trống: …………………
Giải
Gọi z x yi là số phức cần tìm. Thế vào đẳng thức đề bài:
1 i x yi 2 i x yi 4 i . Nhân phân phối và rút gọn, ta được 3x 2 y yi 4 i .
3x 2 y 4
x 2
Ta có hệ:
.
y 1
y 1
Vậy phần thực của z bằng 2.
Câu 48. Hàm số y x 3 3mx 2 6mx m có hai điểm cực trị khi giá trị m là:
Chọn 1 câu trả lời đúng
m 0
m 0
A.
B.
C. 0 m 2
D. 0 m 8
m 2
m 8
Giải
Đạo hàm: y ' 3x 2 6mx 6m . Hàm số có 2 điểm cực trị thì y ' 0 có 2 nghiệm phân biệt
m 0
' 9m 2 18m 0 . Giải bất phương trình này ta được
m 2
Đáp án A.
1 3
2
Câu 49. Tìm giá trị nhỏ nhất của m sao cho hàm số y x mx mx m đồng biến trên R.
3
Điền vào chỗ trống: …………………
Giải
Đạo hàm: y ' x 2 2mx m . Hàm số đã cho đồng biến trên R khi y ' 0 với mọi x. Suy ra
' m 2 m 0 . Giải bất phương trình này, ta được 1 m 0 .
Vậy giá trị nhỏ nhất của m là –1.
Câu 50. Nguyên hàm của hàm số y x.e 2 x là:
Chọn 1 câu trả lời đúng
1 2x
A. e x 2 C
2
1 2x
1
B. e x C
2
2
2x
C. e x 2 C
1
2x
D. e x C
2
Giải
- Xem thêm -
.DOC 
21 
537 
87 
