Đề thi minh họa kỳ thi THPT Quốc gia năm 2017 môn Toán - Đề số 148 (Có đáp án)

Nội dung text: Đề thi minh họa kỳ thi THPT Quốc gia năm 2017 môn Toán - Đề số 148 (Có đáp án)

1. ĐỀ THI MINH HỌA KỲ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2017 Đề số 148 Môn: TOÁN Thời gian làm bài: 90 phút ln x Câu 1. Giá trị lớn nhất của hàm số f x trên đoạn 1;3 là: x 1 ln 3 A. B. C. D. e 24,2 e 3 1 Câu 2. Một vật rơi tự do với phương trình chuyển động S gt ,2 trong đó g 9,8m / s và2 t tính bằng 2 giây (s). Vận tốc của vật tại thời điểm t 5s bằng: A. B.49 mC./ D.s 25m / s 10m / s 18m / s 2x 1 Câu 3. Hàm số y luôn: x 1 A. Đồng biến trên B.¡ Nghịch biến trên ¡ C. Đồng biến trên từng khoảng xác địnhD. Nghịch biến trên từng khoảng xác định Câu 4. Đâu là hàm số đồng biến trên đoạn 2;5 ? A. B.y x y x x 1 x 2 C. D.y Cảx A,x B1 và x C 2đều x đúng 3 x 4 Câu 5. Hàm số y m 3 x2 2mx2 3 không có cực trị khi: m 0 A. B.m C.3 D. m 0 m 3 m 3 x2 mx 1 Câu 6. Tìm tất cả các giá trị của tham số thực m để hàm số f x đồng biến trên đoạn x2 x 1 10;28 A. B.m C. D.1 m 1 m 1 m 1 Câu 7. Giá trị cực đại của hàm số y x3 3x2 5x 7 là: 3 2 6 3 2 6 32 6 32 6 A. B. C. D. 3 3 9 9 Câu 8. Hàm nào sau đây thỏa mãn tính chất: a,b ¡ \ 0 , nếu a b thì f a f b ? 1 A. B.f C.x D. x x2 x3 f x x f x f x x x Câu 9. Giá trị gần đúng của f '' với f x log2 sin cos x là: 5 A. B. 3 C. D. 2 1 2 x3 Câu 10. Hàm số y m 1 x2 2m2 1 x m đạt cực đại tại x 1 khi 3 A. B.m C.0 A và B đúngD. A vàm B 1sai Trang 1
2. Câu 11. Giả sử rằng hàm số C : y x3 3mx2 3 m2 1 x m3 (m là tham số) luôn có điểm cực đại chạy trên đường thẳng cố định. Phương trình đường thẳng cố định ấy là A. B.3x C. y D. 1 0 3x y 1 0 3x y 1 0 3x y 1 0 x2 1 Câu 12. Gọi Q là giá trị lớn nhất và K là giá trị nhỏ nhất của hàm số y trên đoạn 1;2 . Khi đó giá x 1 24Q 27K trị của biểu thức 1997 là: 2 3923 3925 3927 3929 A. B. C. D. 2 2 2 2 Câu 13. Cho đồ thị sau: Đâu là hàm số của đồ thị đã cho? A. y x3 3x 1 B. y x3 3x 1 C. y 2x3 6x 1 x3 D. y x 1 3 Câu 14. Nghiệm của phương trình 3 log3 x log3 3x 1 0 là: A. B.x C.3, D.x 9 x 9, x 27 x 27, x 81 x 81, x 3 1 Câu 15. Cho log x 4,log y 4,log z . Giá trị của biểu thức x y z là: 2 x y 2 A. 65808B. 65880C. 65088D. 65080 m n 1 13 1 2 3 Câu 16. Cho , khi đó: 3 3 A. B.m C.n D. m n m 2 m n 3 Câu 17. Số nghiệm của phương trình lg x2 2 x lg x 2 .lg x 2 x 2 0 là: A. vô nghiệmB. nghiệm duy nhấtC. nghiệm képD. vô số nghiệm Câu 18. Tập nghiệm của phương trình 362x m 6x (với m là tham số) là: 7m 7m 4m 4m A. B. C. D.   4 4  7 7  Câu 19. Đạo hàm của hàm số f x x 1 x là: x x x ln x 1 A. B. x 1 . ln x 1 x 1 . x 1 x 1 x x 1 C. D.xx 1. ln x 1 xx 1. ln x x 1 x Trang 2
3. Câu 20. Trong một cuộc thi toán học, Ban tổ chức công bố Giải Nhất giải thưởng như sau: 3 Được nhận n n 10 $ . Nếu bạn được giải Nhất, bạn chọn n bằng bao nhiêu để có số tiền lớn nhất? Với n tùy ý chọn n ¥ ,n 1 A. 1B. 2C. 3D. 4 Câu 21. Cho 2x 6 5 4 3 2 , khi đó giá trị của x là: 1 1 1 A. B. C. D. Cả A, B và C đều sai 6! 5! 4! 1 x . 3 x 2 Câu 22. Tập nghiệm của bất phương trình 0 là: log x x 1 1 1 1 1 A. B.S 0;  2;3 C.S 0;  2; S D. ;  2;3 S 0;3 \ ;2 2 2 2 2 3 Câu 23. Giá trị của tích phân 4 sin 2xdx là: 4 A. -2B. 1C. 0D. -1 Câu 24. Cho hình phẳng A giới hạn bởi các đường y x2 , y 0, x 0, x 2 . Thể tích của khối tròn xoay tạo thành khi quay hình A quanh trục hoành là: 32 35 23 25 A. B. C. D. 5 2 5 3 4 1 x Câu 25. Giá trị của tích phân dx là: 11 2x A. 0,5B. 0,1C. 0,2D. 0,4 1 3 Câu 26. Giá trị gần đúng của tích phân dx là: 0 x2 4x 5 A. 1,5B. -1,5C. 0,5D. -0,5 Câu 27. Chọn phát biểu đúng: 2 2 2 2 A. B. sin cos x dx cos sin x dx sin x cos x dx cos sin x dx 1 1 1 1 2 2 C. D. sCảin A,co sBx và d xC đều saicos x sin x dx 1 1 Câu 28. Một doanh nhân gửi tiết kiệm một số tiền lớn vào ngân hàng với hình thức lãi gộp vốn và mức lãi suất là 6,8%/năm. Sau 3 năm số tiền người đó nhận được cả vốn lẫn lãi lớn hơn 1000 USD. Giả sử rằng tỉ giá ngoại tệ là 1 USD = 20 000 VNĐ, hỏi cách đây 3 năm, số tiền doanh nhân đó đã gửi tiết kiệm có thể là: A. 12 triệu đồng B. 14 triệu đồngC. 16 triệu đồngD. 18 triệu đồng Câu 29. Để tính x2 cos xdx theo phương pháp nguyên hàm từng phần, ta đặt: u x u x2 u cos x u x2 cos x A. B. C. D. 2 dv x cos xdx dv cos xdx dv x dx dv dx Trang 3
4. Câu 30. Bán kính của đường tròn biểu diễn số phức z thỏa mãn hệ thức z 3 2i 2z 1 2i trong mặt phẳng phức là: 29 29 29 23 A. B. C. D. 9 3 9 9 Câu 31. Cho các số phức z1, z2 . Giả sử rằng z1 z2 2 z1 , khi đó: A. B.z1 C. z 2D. A, 2B zvà2 C đều saiz1 z2 2 z2 z1 z2 2 z2 z 7 z 2i Câu 32. Cho số phức z thỏa mãn z 1 . Giá trị của là: z 2 z i 170 2 A. B. C. A và B đúngD. A và B sai 10 2 Câu 33. Chọn phát biểu không đúng A. Số thực a âm hai căn bậc hai là ai và ai B. Phương trình bậc n (với n là số nguyên dương) luôn có ít nhất một nghiệm phức C. Phương trình bậc n (với n là số nguyên dương) có n nghiệm phức (không nhất thiết phân biệt) 1 D. Với một phương trình bất kì, nếu z0 £ là một nghiệm của phương trình thì cũng là một nghiệm z0 của nó. Câu 34. Cho các số phức z1 24 i, z2 i, z3 27 2i và z4 6 4i . Gọi A, B, C, D lần lượt là các điểm biểu diễn của z1, z2 , z3 , z4 . Hỏi tứ giác ABDC là hình gì? A. Hình vuôngB. Hình chữ nhậtC. Hình bình hànhD. Hình thang Câu 35. Cho hình chóp S.ABC có cạnh bên SA  ABC và tam giác ABC vuông tại B. Biết rằng AS 2a , AB 2a , AC 3a . Thể tích hình chóp là: 2a3 5 a3 5 A. B.a3 C. D. 2a3 3 3 Câu 36. Từ một mảnh giấy hình vuông cạnh là a, người ta gấp nó thành 4 phần đều nhau rồi dựng lên thành một hình lăng trụ tứ giác đều (như hình vẽ). Từ một mảnh giấy hình vuông khác cũng có cạnh là a, người ta gấp nó thành 3 phần đều nhau rồi dựng lên thành một hình lăng trụ tam giác đều (như hình vẽ). Gọi V1,V2 lần lượt là thể tích của lăng trụ tứ giác đều và lăng trụ tam giác đều. So sánh V1 và V2 . A. B.V1 C.V D.2 Không so sánh đượcV1 V2 V1 V2 Câu 37. Thể tích hình chóp đều S.ABC có SA 2a và AB a là: a3 12 a3 11 11 12 A. B. C. D. a3 a3 11 12 12 11 Trang 4
5. Câu 38. Cho khối cầu (S) tâm O, bán kính R ngoại tiếp khối lập phương (P) và nội tiếp khối trụ (T). Gọi V P V P ,V T lần lượt là thể tích của khối lập phương (P) và khối trụ (T). Giá trị gần đúng của tỉ số là: V T A. 0,23B. 0,24C. 0,25D. 0,26 Câu 39. Hình hộp ABCD.A' B 'C ' D ' có A '.ABD là hình chóp đều, AB a, AA' 2a . Thể tích hình hộp là: 2 11 A.a3 3 B. C.a2 D.2 a3 a3 2 2 Câu 40. Cho lăng trụ đứng ABC.A' B 'C ' có đáy ABC là tam giác cân tại A, BC a , AA' a 2 và 5 cos B· A'C . Khi đó phân nửa thể tích hình lăng trụ ABC.A' B 'C ' là: 6 a3 3 a3 6 a3 3 a3 6 A. B. C. D. 4 4 8 8 Câu 41. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh 3 , SA  ABCD và SA 6 . Gọi M là trung điểm của AB. Khi đó bình phương khoảng cách từ M đến mặt phẳng SBC là: 2 1 A. B.2 2C. D. 2 2 Câu 42. Cho tứ diện đều S.ABC có thể tích là V, độ dài cạnh là a. Trên các cạnh SA, SB, SClấy các điểm 1 SP 1 M , N, P sao cho SM 3MA, SN SB, . Gọi V ' là thể tích của hình chóp S.MNP. Khi đó 5 2SP PC 3 giá trị của V ' tính theo a là: a3 2 a3 2 2 a3 2 A. B. C. D. 160 12 160 16 Câu 43. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm M 3;1;2 và mặt phẳng : 2x 2y z 7 0 . Giả sử mặt cầu (S) tâm M cắt mặt phẳng theo giao tuyến là một đường tròn có bán kính bằng 4. Khi đó phương trình mặt cầu (S) là: A. B.x2 y2 z2 6x 2y 4z 11 0 x2 y2 z2 6x 2y 4z 11 0 C. D.x2 y2 z2 6x 2y 4z 11 0 x2 y2 z2 6x 2y 4z 11 0 x 2 y 4 z 1 Câu 44. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng d : và điểm 2 3 1 M 2; 1;3 . Viết phương trình mặt phẳng (P) đi qua điểm K 1;0;0 , song song với đường thẳng d đồng thời cách điểm M một khoảng bằng 3 . A. B. P :17x 5y 19z 17 0 P :17x 5y 19z 17 0 C. D. P :17x 5y 19z 17 0 P :17x 5y 19z 17 0 Câu 45. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng P : 2x y 3z 1 0 và điểm I 3; 5; 2 . Tọa độ tiếp điểm của mặt phẳng (P) và mặt cầu tâm I tiếp xúc (P) là: 3 26 13 3 26 13 3 26 13 3 26 13 A. B.H C. D.; ; H ; ; H ; ; H ; ; 7 7 7 7 7 7 7 7 7 7 7 7 Trang 5
6. Câu 46. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm A 1; 1;2 , B 3;0; 4 và mặt phẳng P : x 2y 2z 5 0 . Giả sử tồn tại mặt phẳng (Q) chứa đường thẳng AB và vuông góc với mặt phẳng (P). Số mặt phẳng (Q) thỏa mãn là: A. Không tồn tạiB. 1C. 2D. Vô số Câu 47. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm A 1;2;3 và B 3; ;3;2 . Tọa độ điểm M nằm trên trục hoành sao cho M cách đều hai điểm A, B là: A. B.M C. 1A;0 và;0 B đúngD. A vàM B 1sai;0;0 Câu 48. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho bốn điểm A 0;2;3 , B 5;3;2 , C 7;4;2 , D 2;0;1 . Hỏi có bao nhiêu mặt phẳng cách đều cả 4 điểm đã cho? A. 0B. 1C. 2D. Vô số x 1 y 2 z 3 Câu 49. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai đường thẳng d : và 1 2 3 4 x 1 t d2 : y 2 2t t ¡ . Kết luận gì về vị trí tương đối của hai đường thẳng nêu trên? z 3 2t A. Vuông góc nhưng không cắt nhauB. Cắt nhau nhưng không vuông góc C. Vừa cắt nhau vừa vuông gócD. Không vuông góc và không cắt nhau Câu 50. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho ba điểm A 12; 5;8 , M 3;5;1 và N 1;1;3 . Phương trình mặt phẳng (P) chứa MN và cách A một khoảng có độ dài lớn nhất là: A. B. P :11x 8y 6z 1 0 P :11x 8y 6z 1 0 C. D. P :11x 8y 6z 1 0 P :11x 8y 6z 1 0 Trang 6
7. ĐÁP ÁN 1A 2A 3D 4D 5C 6B 7C 8A 9B 10D 11B 12C 13A 14D 15A 16B 17B 18D 19A 20C 21A 22A 23B 24A 25C 26D 27D 28D 29B 30A 31B 32C 33D 34D 35C 36A 37B 38C 39D 40D 41D 42A 43B 44B 45D 46B 47A 48D 49C 50C HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT Câu 1. 1 .x ln x ln x 1 Ta tính được f ' x x . x2 x2 f ' x 0 ln x 1 Khi đó x e . x 1;3 x 1;3 1 ln 3 Ta có f 1 0, f e và f 3 e 3 1 Vậy max f x f e . 1;3 e Ta chọn phương án A. Câu 2: Đáp án A. 1 Vận tốc của vật lúc t là: v t S ' gt 2 ' gt . Do đó v 5 9,8.5 49m / s . 2 Câu 3: Đáp án D. D ¡ \ 1 1 Đạo hàm y ' 0,x 1 . Vậy hàm số nghịch biến trên các khoảng ; 1 và 1; . x 1 2 Ta chọn phương án C. Câu 4. Ta chọn phương án D. Câu 5: Đáp án C. Nếu m 3 thì y 6x2 3 . Đây là một parabol có một cực trị. Nếu m 3 thì ta có y ' 3 m 3 x2 4mx . Để hàm số không có cực trị khi y ' 0 có nghiệm kép hoặc vô nghiệm ' 4m2 0 m 0 . Chọn C. Câu 6. 1 m x2 1 Ta tính được f ' x 2 . x2 x 1 f x đồng biến trên đoạn 10;28 f ' x 0 x 10;28 . Trang 7
8. x2 1 Mặt khác ta có 2 0x 10;28 nên 1 m 0 m 1 (vì dấu đẳng thức chỉ xảy ra ở hữu x2 x 1 hạn điểm). Ta chọn phương án B. Câu 7. Ta tính được y ' x 3x2 6x 5 . 3 2 6 Khi đó y ' x 0 x . Kết hợp bảng biến thiên suy ra giá trị cực đại của hàm số là 3 3 2 6 32 6 y y . CĐ 3 9 Ta chọn phương án C. Câu 8. Nhận thấy hàm số ở phương án B và C luôn nghịch biến, hàm số ở phương án D khi đồng biến khi nghịch biến. Ta chọn phương án A (hàm số ở phương án A luôn đồng biến với mọi số thực x). Câu 9. Ta tính được t sin cos x cos x 'cos cos x f ' x sin cos x .ln 2 sin cos x .ln 2 sin x.cos cos x g x sin cos x .ln 2 Dùng chức năng tính đạo hàm tại một điểm của máy tính ta được f '' g ' 2 . 5 5 Ta chọn phương án B. Câu 10. Ta tính được y ' x x2 2 m 1 x 2m2 1 và y '' x 2x 2 m 1 . 2 y ' 1 0 1 2 m 1 2m 1 0 Hàm số đạt cực đại tại x 1 khi và chỉ khi y '' 1 0 2 2 m 1 0 m 0 2m2 2m 0 m 1 vô lí m 0 m 0 Vậy không tồn tại giá trị m thỏa mãn. Ta chọn phương án D. Câu 11. Đạo hàm y ' x 3x2 6mx 3 m2 1 . Biệt thức ' 9m2 9 m2 1 9 0,m ¡ . Suy ra phương trình y ' x 0 luôn có hai nghiệm phân biệt, hay hàm số (C) luôn có cực đại và cực tiểu. Gọi A, B lần lượt là cực đại và cực tiểu của hàm số (C). Do đó A m 1; 3m 2 ; B m 1; 3m 2 Trang 8
9. x m 1 Xét tọa độ điểm cực đại A m 1; 3m 2 là nghiệm của hệ y 3m 2 2 y Suy ra x 1 m 3x y 1 0 . 3 Vậy điểm cực đại của đồ thị hàm số (C) luôn chạy trên đường thẳng cố định có phương trình là 3x y 1 0 . Ta chọn phương án B. Câu 12. Ta tính được 2 2x x 1 x 1 x2 2x 1 y ' x x 1 2 x 1 2 Khi đó 2 y ' x 0 x 2x 1 0 x 1 2 x 1;2 x 1;2 x 1;2 x 1;2 5 Mặt khác ta có y 1 1 và y 2 . 3 5 Do đó Q và K 1 . 3 24Q 27K 3927 Vậy 1997 . 2 2 Ta chọn phương án C. Câu 13. Dựa vào tính biến thiên ta loại phương án B. Thay giá trị x 1 và y 1 , ta loại phương án C và D. Ta chọn phương án A. Câu 14. Ta chọn phương án D. Câu 15. 4 Ta có log2 x 4 x 2 16 , 4 4 log x y 4 y x 16 65536 1 1 1 và log z z y 2 655362 256 . y 2 Do đó x y z 16 65536 256 65808 . Ta chọn phương án A. Câu 16. 1 13 1 2 3 Ta có , 3 3 m m 1 13 1 2 3 do đó , 3 3 Trang 9
10. m n 1 13 1 2 3 kết hợp với , 3 3 m n 1 2 3 1 2 3 ta suy ra . 3 3 Vậy m n . Ta chọn phương án B. Câu 17. Điều kiện 0 x 2 . Đặt a lg x,b lg 2 x ta suy ra 10a 10b x 2 x 2 1 Mặt khác phương trình đã cho tương đương 3 lg x2 2 x lg x 2 .lg x 2 x 2 0 3 2lg x lg 2 x 2 lg x . lg x 2lg 2 x 0 Thay a lg x,b lg 2 x vào phương trình trên ta được 2a b 3 a2. a 2b 0 9a3 14a2b 6ab2 b3 0 a b 9a2 5ab b2 0 b a 2 Thay (2) vào (1) ta được 1 10a 10 a 2 10a 2 . 10a Vì a lg x nên x 10e . Do đó 1 2 x 2 x2 2x 1 0 x 1 0 x 1 (nhận) x Vậy phương trình đã cho có tập nghiệm là S 1 Ta chọn phương án B. Câu 18. Ta có x 362x m 6x 62 2x m 6 2 2 2x m 2 7 4m x m x 4 7 Ta chọn phương án D. Câu 19. Ta có f x x 1 x , lấy logarit nepe hai vế ta được ln f x ln x 1 x ln f x x ln x 1 . Lấy đạo hàm hai vế ta được f ' x x ln x 1 , f x x 1 x x hay f ' x x 1 . ln x 1 . x 1 Ta chọn phương án A. Trang 10
11. Câu 20. Cách 1 (dành cho các bạn học sinh giỏi) Trước hết, ta nhận xét n 3 là giá trị n thỏa mãn số tiền nhận được là lớn nhất, hay ta sẽ chức minh mệnh đề sau: trong các số có dạng n n n ¥ ,n 1 , số 3 3 có giá trị lớn nhất. Dùng phép chứng minh quy nạp toán học. Cách 2 (dành cho các bạn học sinh phổ thông) 1 Khảo sát hàm số theo ý tưởng tính đạo hàm của câu 19, hàm số trong câu này là f n n n n n . Ta chọn phương án C. 1 1 Câu 21. Dễ thấy x . 2.3.4.5.6 6! Ta chọn phương án A. Câu 22. Lời giải. ĐKXĐ: x 1 Bất phương trình đã cho tương đương 1 1 x 3 1 x 3 2 x . 3 x 0 2 2 x 2 x 1 1 log x 1 0 x 0 2 x 3 2 x 3 1 1 x 3 0 x x . 3 x 0 1 2 2 x 1 2 x log x 1 0 2 2 x 1 1 0 x 2 1 Kết hợp ĐKXĐ, ta được tập nghiệm của bất phương trình đã cho là S 0;  2;3 . 2 Ta chọn phương án A. Câu 23. Ta có 3 3 4 sin 2xdx 2 sin 2x dx 4 sin 2x dx 4 4 2 3 cos 2x 2 cos 2x 4 1 1 1 2 2 2 2 4 2 3 Vậy 4 sin 2xdx 1 . Ta chọn phương án B. 4 Câu 24. Thể tích cần tìm là 5 2 2 2 x 32 V x2 dx (đvtt) . 0 5 0 5 Ta chọn phương án A. Câu 25. Đặt x t dx dt . Đổi cận x 1 t 1; x 1 t 1 . Trang 11
12. Suy ra 4 4 4 1 x 1 t 1 t dt I dx dt 11 2x 1 1 2 t 11 2 t 4 t 4 t 4 4 1 t .2 1 t .2 t t dt dt 11 2t 1 1 2t 4 5 1 1 x 1 1 1 t 1 Do đó I dx t 4dt . . 1 x 1 1 2 2 2 5 1 5 4 1 x 1 Vậy dx . Ta chọn phương án C. 11 2x 5 Câu 26. Ta có 1 3 1 3 dx dx 0 x2 4x 5 0 x 5 x 1 1 1 1 1 1 2 2 dx ln x 5 ln x 1 0 x 5 x 1 2 0 1 1 x 5 1 2 Vậy I ln ln . 2 x 1 0 2 5 Ta chọn phương án D. Câu 27. Ta chọn phương án D. Câu 28. Gọi x là số tiền mà doanh nhân đó đã gửi tiết kiệm cách đây 3 năm. 6,8 Sau 1 năm, số tiền doanh nhân nhận được là x .x . 100 2 6,8 6,8 6,8 6,8 Sau 2 năm, số tiền doanh nhân nhận được là x .x x .x x 1 . 100 100 100 100 3 6,8 Sau 3 năm, số tiền doanh nhân nhận được là x 1 100 Nhận thấy 3 6,8 x 1 1000USD x 821USD . 100 Do đó x 16 420 000 VNÐ . Ta chọn phương án D. Câu 29: Đáp án B. u x2 du 2xdx Khi đặt thì (đúng). dv cos xdx v sin x Câu 30. Gọi M x; y là điểm biểu diễn số phức z x yi x, y ¡ Trang 12
13. Ta có z 3 2i 2z 1 2i x 3 y 2 i 2x 1 2y 2 i x 3 2 y 2 2 2x 1 2 2y 2 2 2 2 1 2 29 x y 3 3 9 2 2 1 2 29 1 2 29 Vậy tập hợp các điểm M là đường tròn x y , có tâm ; và bán kính là . 3 3 9 3 3 3 Ta chọn phương án A. Câu 31. Gọi z1 a bi, z2 x yi, a,b, x, y ¡ . Ta có z1 z2 2 z1 a x b y i 2 a bi a x 2 b y 2 2 a2 b2 x2 y2 a2 b2 2ax 2by a x 2 b y 2 2 x2 y2 a x b y i 2 x yi z1 z2 2 z2 Ta chọn phương án B. Câu 32. Điều kiện z 2, z i Ta có z 7 z 1 z 1 z 2 z 7 z 2 2 z 1 2i z 2z 5 0 z 1 2i Với z 1 2i , suy ra z 2i 1 4i 11 7 170 i . z i 1 3i 10 10 10 Với z 1 2i , suy ra z 2i 1 1 1 2 i . z i 1 i 2 2 2 Ta chọn phương án C. Câu 33. Ta chọn phương án D. Chính xác là “Với một phương trình bất kì, nếu z0 £ là một nghiệm của phương trình z0 cũng là một nghiệm của nó”. Tham khảo trang 194 và 195 SGK Giải Tích 12 – Nâng Cao. Câu 34. Vì AC / /BD nên ACDB là hình thang. Ta chọn phương án D. Trang 13
14. Câu 35. Nhận thấy SA 2a và là đường cao của hình chóp S.ABC. Tam giác ABC vuông tại B có AB 2a , AC 3a , suy ra BC a 5 . 1 1 Do đó S .AB.BC .2a.a 5 a2 5 . ABC 2 2 1 1 2a3 5 Vậy V .SA.S .2a.a2 5 . S.ABC 3 ABC 3 3 Ta chọn phương án C. Câu 36. a a a3 Ta có V a. . 1 4 4 16 1 a 3 a a3 3 và V a. . . . . Do đó V V . 2 2 3 2 3 36 1 2 Ta chọn phương án C. Câu 37. Gọi O là tâm của tam giác đều ABC cạnh a. Do S.ABC là hình chóp đều nên SO  ABC . a2 3 a 3 Ta có S và OA . ABC 4 3 Xét tam giác SAO ta có a2 11 a 33 1 1 a 33 a2 3 a3 11 SO2 SA2 AO2 4a2 a2 SO Vậy V SO.S . . . 3 3 3 S.ABC 3 ABC 3 3 4 12 Ta chọn phương án B. Câu 38. Ta có đường chéo của hình lập phương chính là đường kính của khối cầu. Mặt khác ta lại có công thức: Bình phương độ dài đường chéo của hình lập phương bằng ba lần bình phương của độ dài cạnh hình lập 2 2R 3 phương. Do đó 2R 3a2 a , suy ra 3 3 2 3 8 3 V R R3 . P 3 9 Vì khối cầu có bán kính R nên ta dễ dàng tính được bán kính và chiều cao của khối trụ ngoại tiếp ngoài 2 3 khối cầu lần lượt là R và 2R, suy ra V T R .2R 2 R . 8 3 3 V R P 9 4 3 Do đó 3 0,245 . V T 2 R 9 Ta chọn phương án C. Câu 39. Gọi H là tâm của tam giác đều ABD thì A' H là đường cao của hình chóp A'.ABD . a 3 Suy ra AH và 3 Trang 14
15. a 33 A' H A' A2 AH 2 . Ta tính được 3 a2 3 S 2S . Vậy ABCD ABD 2 a 33 3 a3 11 V a2 . 3 2 2 Ta chọn phương án D. Câu 40. Đặt AB x , thì A' B2 A'C 2 x2 2a2 . Áp dụng định lí cosin trong tam giác A' BC ta được A' B2 A'C 2 BC 2 cos B· A'C 2 A' B  A'C 2x2 4a2 a2 5 x a 2 x2 2a2 6 a2 3 Suy ra tam giác ABC đều, nên S . ABC 4 Vậy thể tích hình lăng trụ ABC.A' B 'C ' là a3 6 V . 4 Do đó phân nửa thể tích hình lăng trụ V a3 6 ABC.A' B 'C ' là : . 2 8 Ta chọn phương án D. Câu 41. Gọi K là hình chiếu vuông góc của A lên SB. Dễ thấy CB  SAB , suy ra CB  AK , kết hợp với SB  AK ta được AK  SBC hay d A; SBC AK 1 1 1 1 1 1 Ta có , AK 2 AS 2 AB2 3 6 2 suy ra AK 2 . Vậy d A; SBC 2 . Vì M là trung điểm AB nên 1 2 d M ; SBC d A; SBC . 2 2 2 1 Do đó d M ; SBC . 2 Ta chọn phương án D. Sai lầm thường gặp: Nhầm lẫn d M ; SBC và d A; SBC ta sẽ chọn nhầm phương án B. Quên bình phương khoảng cách ta sẽ chọn nhầm phương án C. Nhầm lẫn d M ; SBC và d A; SBC cùng với quên bình phương khoảng cách ta sẽ chọn nhầm phương án A. Do đó các bạn học sinh giỏi khi giải toán trắc nghiệm cần chú ý yêu cầu của đề bài, tránh trường hợp làm ra hơn 90% bài toán nhưng lại kết luận sai! Trang 15
16. a3 2 Câu 42. Ta có V V . S.ABC 12 SM 3 Mặt khác, nhận thấy Sm 3MA , SA 4 1 SN 1 SN SB và 5 SB 5 SP 1 SP 1 . 2SP PC 3 SC 2 Kết hợp với V ' V SM SN SP 3 1 1 3 S.MNP . . . . . V VS.ABC SA SB SC 4 5 2 40 3 a3 2 a3 2 Do đó V ' . . 40 12 160 Ta chọn phương án A. 6 2 2 7 Câu 43. Ta có d M ; 3 . Suy ra bán kính của mặt cầu (S) là R 32 42 5 . 3 Vậy phương trình mặt cầu (S) là x 3 2 y 1 2 z 2 2 25. Ta chọn phương án B. Câu 44. Đường thẳng d có vector chỉ phương u 2; 3;1 , qua H 2;4; 1 . Mặt phẳng (P) có vector pháp tuyến n A; B;C , A2 B2 C 2 0 . Ta có u.n 0 d / / P H 2;4; 1 P Mặt khác (P) qua K 1;0;0 suy ra 2A 3B C 0 C 2A 3B * 3A 4B C 0 C 3A 4B P : Ax By 3B 2A z A 0 Ngoài ra 5A 8B d M ; P 3 A2 B2 3B 2A 2 2 2 A B 5A 22AB 17B 0 5A 17B  Với A B C B không thỏa mãn (*)  Với 5A 17B , chọn A 17 , suy ra B 5 , do đó C 19 (nhận) Vậy P :17x 5y 19z 17 0 Ta chọn phương án B. Câu 45. Tiếp điểm chính là hình chiếu vuông góc H của I xuống mặt phẳng (P). Trang 16
17. Đường thẳng IH qua I và nhận vector pháp tuyến n 2; 1; 3 của mặt phẳng (P) làm vector chỉ phương có phương trình là: x 3 2t y 5 t t ¡ z 2 3t Tọa độ H cần tìm là nghiệm của hệ phương trình x 3 2t y 5 t 9 3 26 13 3 26 13 t , x , y ; z Vậy H ; ; . z 2 3t 7 7 7 7 7 7 7 2x y 3z 1 0 Ta chọn phương án D. Câu 46. Ta chọn phương án B. Phương trình mặt phẳng Q là 2x 2y z 2 0 . Câu 47.   Vì M nằm trên trục hoành nên M x;0;0 . Ta tính được MA 1 x;2;3 và MB 3 x; 3;2 . Vì M cách đều A, B nên MA2 MB2 , hay 1 x 2 22 32 3 x 2 3 2 22 x 1 . Vậy M 1;0;0 . Ta chọn phương án A. Câu 48. Dễ thấy A, B,C, D đồng phẳng, nên có vô số mặt phẳng cách đều cả 4 điểm đã cho, chính là những mặt phẳng song song với ABCD . Ta chọn phương án D. Câu 49.   Vector chỉ phương của d và d lần lượt là u 2;3;4 và u 1;2; 2 . 1 2 d1 d2   Vì u .u 0 nên d  d . d1 d2 1 2 Mặt khác ta tìm được một điểm chung của (d1 ) và (d2 ) là Q 1;2;3 . Ta chọn phương án C. Câu 50. Gọi I, H lần lượt là hình chiếu của A lên MN và (P). Ta tính được I 1;3;2 . Suy ra tam giác AIH vuông tại H. Khi đó d A; P AH AI . Dấu bằng xảy ra khi I  H . Do đó (P) đi qua I và có vector pháp tuyến IA 11; 8;6 , suy ra P :11x 8y 6z 1 0 . Ta chọn phương án C. Trang 17