HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT ĐỀ SỐ 04 Câu 1: Trrong không gian Oxyz, viết phương trình mặt phẳng  P đi qua điểm M 1;1;1 và song Câu 2: song với mặt phẳng  Q : x  y  z  2 0? Câu 3: A x  y  z  3 0 B x  2 y  z 0 C x  y  z  1 0 D x  y  z  3 0 Lời giải Chọn C Mặt phẳng  P song song với mặt phẳng  Q : x  y  z  2 0 nên phương trình có dạng x  y  z  d 0, d 2 Vì mặt phẳng  P đi qua điểm M 1;1;1 nên ta có: 1.11.1 1.1 d 0  d  1 Vậy phương trình mặt phẳng  P là x  y  z  1 0 Cho hai số phức z1 3  i và z2  1 2i Tính z1.z2 ? A z1z2 5  5i B z1z2  1 5i C z1z2  1 5i D z1z2  5  5i Lời giải Chọn D Sta có z1z2  3  i   1 2i  5  5i Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho A1;  2; 4 và B  3;5;  2 Đường thẳng AB có phương trình là B x 1  y  2  z  4 A x  2  y  7  z  6 2 7 6 1 2 4 D x  2  y  7 z  6 C x  1  y  2  z  4 3 5 2 2 7 6 Lời giải Chọn C  AB  2;7;  6 Phương trình đường thẳng AB là x  1  y  2  z  4 2 7 6 Câu 4: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm A 2;0;  4 Mặt phẳng trung trực của đoạn Câu 5: thẳng OA có phương trình là? A x  2 y  5z 0 B x  2z  10 0 C x  2z  5 0 D x  2 y  5 0 Lời giải Chọn C Mặt phẳng trung trực của đoạn thẳng OA đi qja trung điểm I 1;0;  2 của đoạn thẳng OA và  nhận OA  2;0;  4 làm véc-tơ pháp tuyến Vậy phương trình mặt phẳng trung trực của đoạn thẳng OA là 2 x  1  4 z  2 0  x  2z  5 0 Điểm M trong hình vẽ biểu diễn số phức A z 3  4i B  4  3i C  3  4i D 3  4i Lời giải Chọn A Điểm M trong hình vẽ biểu diễn số phức z 3  4i Câu 6: Thể tích của khối chóp có diện tích đáy bằng 3 và chiều cao bằng 2 3 2 3 A 1  B 6  C 2  D 1 3 6 3 Chọn A Lời giải Thể tích khối chóp là:V 1 2 3 3 1 33 2 3 Câu 7: Trong không gian Oxyz , tọa độ tâm I và bán kính R của mặt cầu (x  1)2  ( y  2)2  (z  4)2 20 là A I   1; 2;  4 , R 5 2 B I 1;  2; 4 , R 20 C I 1;  2; 4 , R 2 5 D I   1; 2;  4 , R 2 5 Lời giải Chọn C Tọa độ tâm I 1;  2; 4 và bán kính R  20 2 5 Câu 8: Cho số phức z thoả mãn 1 i z 5  i Môđun số phức z bằng A 13 B 5 C 13 D 5 Lời giải Chọn B Đặt z a  bi  z a  bi Theo đề bài, ta có 1 i z 5  i  z 5  i  z 2  3i 1i Suy ra z 2  3i Vậy môđun của số phức z là z  a2  b2  13 Câu 9: Giá trị lớn nhất của hàm số f  x x3  2x2  x  2 trên đoạn [0; 2] bằng A 1 B  2 C 0 D  50 27 Lời giải Chọn C  x 1 Xét trên đoạn [0; 2]: f  x 3x2  4x 1 0   x 1 3 f  0  2, f  2 0, f 1  2, f  1   3   50 27 Vậy Maxf  x 0 [0;2] Câu 10: Cho hàm số y  f  x có đồ thị như hình vẽ Hàm số đồng biến trên khoảng A   1;0 B   2;0 C  0; D   1;1 Lời giải Chọn A Từ đồ thị hàm số, suy ra hàm số đã cho đồng biến trên các khoảng   1;0 và 1;  Câu 11: Cho khối lăng trụ có đáy là hình vuông cạnh a và chiều cao bằng 4a Thể tích của khối lăng trụ đã cho bằng A 2 B 3 C 1 D 4 Lời giải Chọn A Thể tích khối lăng trụ bằng V 4a.a2 4a3 Câu 12: Đường cong trong hình bên là dạng đồ thị của hàm số nào dưới đây? A y  x3  3x2  5 B y x3  3x2  5 C y x4  2x2 D y x3  3x  5 Lời giải Chọn B Dựa vào đồ thị, ta có hàm số là hàm bậc ba a  0 , đạt cực trị tại x 0 và x b  0 nên y ax  x  b ax2  abx suy ra y a x3  ab x2  c 32 Do đó ta chọn hàm số y x3  3x2  5 thỏa mãn điều kiện Câu 13: Họ nguyên hàm của hàm số f (x) 3cosx  x2 1 trên  0; là A  3sin x  1  C B 3cos x  1  C C 3cos x  ln x  C D 3sin x  1  C x x x Lời giải D 4  R3 3 Chọn D  1 1 Ta có  3cos x  2 dx 3sin x   C  x x Câu 14: Cho khối cầu bán kính 2R Thể tích khối cầu đó bằng A 32  R3 B 16  R3 C 64  R3 3 3 3 Lời giải Chọn A Thể tích khối cầu đó là V 4   2R 3 32  R3 3 3 Câu 15: Trong không gian Oxyz , cho hai điểm A 2;1;  1 và B 1; 2;3 Độ dài đoạn thẳng AB bằng A 18 B 3 2 C 3 D 22 Lời giải Chọn B Ta có: AB  1 2 2   2  1 2   3 1 2 3 2 Câu 16: Cho khối chóp tam giác đều có cạnh đáy bằng 2a và thể tích bằng a3 Chiều cao của khối chóp đã cho bằng A 3a B 2 3a C 3 a D 3 a 3 2 Lời giải Chọn A Diện tích đáy của hình chóp là S  2a 2 3 a2 3 4 3V 3a3 Chiều cao của khối chóp là h   2  3a S a3 1 Câu 17: Tập xác định của hàm số y  x2  12x  36 2 là A  B  6;  C  6; D  \ 6 Lời giải Chọn D 1 Hàm số y  x2  12x  36 2 xác định khi x2  12x  36  0   x  6 2  0  x  6 0  x 6 Tập xác định của hàm số D  \  6 Câu 18: Cho hàm số y  f  x có bảng biến thiên như hình bên Số nghiệm của phương trình f  x  3 là A 3 B 0 C 2 D 1 Lời giải Chọn C Số nghiệm của phương trình f  x  3 là số giao điểm của đồ thị hàm số y  f  x và đường thẳng y  3 Dựa vào đồ thị suy ra phương trình có 2 nghiệm Câu 19: Một hình trụ có bán kính đáy bằng 5cm , chiều cao 5cm Diện tích toàn phần của hình trụ đó bằng A 50cm2 B 100cm2 C 50 cm2 D 100 cm2 Lời giải Chọn D Diện tích toàn phần của hình trụ: Stp Sxq  2.Sd 2 rh  2 r2 100 cm2 Câu 20: Cho khối hộp chữ nhật ABCD.A ' B 'C ' D ' có AB 1m, AA' 3m, BC 2m Thể tích của khối hộp đã cho bằng A 3m3 B 6m3 C 3 5m3 D 5m3 Lời giải Chọn B Thể tích của khối hộp đã cho là: V AA '.SABCD AA'.AB.BC 6m3 Câu 21: Đạo hàm của hàm số y log2  2x 1 là A y '  1  2x 1 ln 2 B y '  1 C 2 2 2x 1 2x 1 D  2x 1 ln 2 Lời giải Chọn D Ta có  log2  2x 1  '   2x 1 '  2x 1 ln 2  2  2x 1 ln 2 Câu 22: Cho hàm số y  x 1 Mệnh đề nào sau đây đúng? x 1 A Hàm số đã cho nghịch biến trên khoảng   ;1 B Hàm số đã cho đồng biến trên khoảng  0; C Hàm số đã cho đồng biến trên khoảng   ;1 và khoảng 1; D Hàm số đã cho nghịch biến trên tập  \  1 Chọn A y  2 Lời giải Ta có: y  x 1 x  1   0 x 1  x  1 2 Nên hàm số đã cho nghịch biến trên khoảng   ;1 và 1; Câu 23: Tập nghiệm của phương trình ln  2x2  x 1 0 là A  0  1 1 D  B 0;  C   Chọn B  2 2 Lời giải  x 0 Phương trình đã cho tương đương với 2x2  x 1 1  2x2  x 0   x 1  2  1 Do đó tập nghiệm S 0;   2 Câu 24: Cho hàm số y  f  x  có bảng biến thiên như hình vẽ Mệnh đề nào sau đây đúng A Hàm số đạt cực tiểu tại x 1 B Hàm số có 3 cực trị C Hàm số đạt cực đại tại x 1 D Giá trị cực tiểu của hàm số là  1 Lời giải Chọn C Từ bảng biến thiên ta thấy hàm số đạt cực đại tại x 1 Câu 25: Đường tiệm cận đứng của đồ thị hàm số y  x 1 là x 2 A x 1 B y  2 C x 2 D y 2 Lời giải Chọn C Ta có lim y lim x 1   ; lim y lim x 1  x 2 x 2 x  2 x 2 x 2 x  2 Vậy đường tiệm cận đứng của đồ thị hàm số x 2 Câu 26: Tập nghiệm của bất phương trình 3x2  92x7 là A   ,  4 B   4,  C   ,  5 D   5,  Lời giải Chọn B 3x2  92x7  x  2  4x 14   3x 12  x   4 x2  x 1 Câu 27: Số đường tiệm cận của đồ thị hàm số y  2 là x  x 2 A 1 B 4 C 2 D 3 Lời giải Chọn D lim y 1 y 1 + x  nên tiệm cận ngang của đồ thị hàm số là đường thẳng có phương trình (x  ) + lim y   nên tiệm cận đứng của đồ thị hàm số là đường thẳng có phương trình x  1 x  1 + lim y   nên tiệm cận đứng của đồ thị hàm số là đường thẳng có phương trình x 2 x 2 Vậy số đường tiệm cận của đồ thị hàm số là 3 Bản word bạn đang sử dụng phát hành từ Câu 28: Một khối cầu ngoại tiếp khối lập phương Tỉ số thể tích giữa khối cầu và khối lập phương là A 3  B 3 3  C 3 3 D 3 2 8 8 2 Lời giải Chọn A Giả sử khối lập phương có cạnh bằng a Bán kính của mặt cầu r IA 1 AC ' 1 AA'2  A'C '2 a 3 2 2 2 Vkc 3 4  r3 3 Vklp  3  .a 2 Câu 29: Cho khối chóp S.ABCD có đáy là hình chữ nhật AB = a, AD = a 3 , SA vuông góc với mặt đáy và SC tạo với mặt phẳng  SAB một góc 300 Thể tích của khối chóp đã cho bằng A 4 a3 B 6 a3 C 2 6 a3 D 2 6a3 3 3 3 Lời giải Chọn C S 30° A a B a3 D C SABCD = a.a 3 = a2 3 , BC  SA  BC   SAB   SC, SAB  =  SC,SB = CSB = 30 ···0 Ta có:  BC  AB  SB = tan300 BC 3a  SA = 2 2a 1 2 2 6a3 Vậy VS.ABCD = a 3.2 2a = 3 3 Câu 30: Với a,b là hai số thực khác 0 tuỳ ý, ln  a2b4  bằng A 2lna  4lnb B 2ln a  4ln b C 4lna  2lnb D 4 ln a  ln b  Lời giải Chọn B ln  a2b4  lna2  lnb4 2ln a  4ln b Câu 31: Một người gửi 100 triệu đồng vào một ngân hàng với lãi suất 6% / năm Biết rằng nếu không rút tiền ra khỏi ngân hàng thì cứ sau mỗi năm số tiền lãi sẽ được nhập vào gốc để tính lãi cho năm tiếp theo Hỏi sau ít nhất bao nhiêu năm người đó nhận được số tiền nhiều hơn 300 triệu đồng bao gồm cả gốc lẫn lãi? (Giả định trong suốt thời gian gửi, lãi suất không đổi và người đó không rút tiền ra) A 20 năm B 18 năm C 21 năm D 19 năm Lời giải Chọn D Theo công thức tính lãi suất kép, ta có vốn tích luỹ sau n năm là Pn = P 1 r  n với P là vốn ban đầu (đvt: triệu đồng), r là lãi suất (tính theo năm)  6 n  300 100 1   n = log1,06 3 19  100  Câu 32: Biết F  x là môt nguyên hàm của hàm số f  x e2x và F  0 0 Giá trị của F  ln 3 bằng A 2 B 6 C 17 D 4 2 Lời giải Chọn D Ta có: F  x e2xdx 12e2x  C Do F  0 0  1 e0  C 0  C  1 2 2 Vậy F  x 1 e2x  1 22 Nên F  ln 3 1 e2.ln3  1 9  1 4 2 2 22 Câu 33: Trong không gian Oxyz , cho điểm M  2;  5; 4 Tọa độ điểm M ' đối xứng với M qua mặt phẳng  Oyz là A  2;5;4 B  2;  5;  4 C  2;5;  4 D   2;  5; 4 Lời giải Chọn D Ta có: Hình chiếu của M lên qua mặt phẳng  Oyz là I  0;  5; 4 Do M ' đối xứng với M qua mặt phẳng  Oyz nên I là trung điểm MM '  M '  2;  5; 4 Câu 34: Cho đồ thị hàm số y  x  4 x  2  C  Gọi A xA; yA  , B  xB; yB  là tọa độ giao điểm của  C  với các trục tọa độ Khi đó ta có xA  xB  yA  yB bằng D 2 A 6 B 1 C 4 Lời giải Chọn D Gọi A  C  Ox  A 4;0 ; B  C  Oy  B  0; 2 Nên xA  xB  yA  yB 4  0  0    2 2 Câu 35: Trong không gian Oxyz , cho ba điểm A1; 2;  1 , B  2;  1;3 , C   3;5;1 Tọa độ điểm D sao cho tứ giác ABCD là hình bình hành là A   2; 2;5 B   4;8;  5 C   4;8;  3 D   2;8;  3 Lời giải Chọn C  Ta có AB 1;  3; 4 Gọi D  x, y, z , khi đó DC   3  x;5  y,1 z     3  x 1 x  4   Vì tứ giác ABCD là hình bình hành nên ta có AB DC  5  y  3   y 8 1 z 4  z  3  Vậy D   4;8;  3 Câu 36: Cho lăng trụ tam giác ABC.ABC Biết diện tích mặt bên  ABBA bằng 15 , khoảng cách từ C đến mặt phẳng  ABBA bằng 6 Thể tích khối lăng trụ ABC.ABC bằng A 60 B 45 C 90 D 30 Lời giải Chọn B A' D B' A C B Ta có VABC.ABC 3VA'.ABC 3VC.AAB 3 13 SAAB d  C;  ABBA  = 152 6 45 Câu 37: Cho hàm số y x3  3x  2 Toạ độ điểm cực tiểu của đồ thị hàm số là A  0;1 B   2;0 C 1;0 D   1; 4 Lời giải Chọn C Ta có: y ' 3x2  3 0   x 1  x  1 Bảng biến thiên Vậy điểm cực tiểu của đồ thị hàm số là 1;0 Câu 38: Cho tam giác SOA vuông tại O có OA 4cm , SA 5cm , quay tam giác SOA xung quanh cạnh SO dược một hình nón Thể tich của khối nón tương ứng bằng A 16 cm3 B 15 cm3 C 80 cm3 D 36 cm3 3 Lời giải Chọn A Đường cao của hình nón là h SO  SA2  OA2 3 Thể tích khối nón là V 1 S.h 1  r2.h 1  42.3 16 cm3 3 3 3 Câu 39: Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz , cho mặt phẳng    : x  y  2z  2 0 và đường thẳng  : x  y  2  z  2 Đường thẳng  là hình chiếu vuông góc của đường thẳng  trên mặt 2 2 1 phẳng   có phương trình là A x 8  y  6  z  2 B x 8  y  6  z  2 3 5 4 3 5 4 C x 1  y  1  z 1 D x 1  y  1  z 1 7 5 1 751 Lời giải Chọn C Gọi  P là mặt phẳng chứa  và  suy ra  P       Khi đó vectơ pháp tuyến của  P là nP  n , u    3; 5;  4 và          P   u   nP , n  14;  10; 2 / /u  7;  5;1   Ta có phương trình mặt phẳng  P : 3x  5y  4z  2 0 x  y  2z  2 0 Lấy M    P     toạ độ điểm M thoả mãn hệ  3x  5y  4z  2 0 Chọn y 1 suy ra x z  1  M   1;1;  1 Vậy phương trình đường thẳng  là x 1  y  1  z 1 7 5 1 Câu 40: Biết đồ thị hàm số y  f  x đối xứng với đồ thị hàm số y ax  a  0, a 1 qua điểm I 1;1 Giá trị của biểu thức f  2  loga 1 bằng A  2022  Chọn D  2022  C 2022 Lời giải B 2021 D  2020 Đồ thị đối xứng với đồ thị hàm số y ax  C1  là đồ thị hàm số y loga x  C2  Gọi A xA; yA   C1  B  xB ; yB   C2  là điểm đối xứng với điểm A qua điểm I 1;1 Ta có   xA  xB 1 xA  xB 2 1 2   yA  yB 1  yA  yB 2  2  2 Với xB 2  loga 1 2022 2  loga 1 loga 2022 2  loga 2022 Từ (1) ta có xA  xB 2  xA loga 2022 Suy ra yA aloga 2022 2022 Từ (2) ta có yA  yB 2  yB 2  2022  2020 Vậy yB  f  2  loga 1   f  xB   2020  2022  Câu 41: Cho hàm số y  f  x có bảng biến thiên như sau: Hàm số y  f  x  3  3  f  x  2 đồng biến trên khoảng nào dưới đây? A   ;1 B 1; 2 C  3; 4 D  2;3 Lời giải Chọn C Ta có y 3 f  x  2 f  x  6 f  x f  x 3 f  x f  x  f  x  2 Hàm số đã cho đồng biến  y  0  3 f  x f  x  f  x  2  0  f  x  0  TH1: Nếu x 1, khi đó ta có  f  x  0 hoÆc f  x  0   f  x  2  0 hoÆc f  x  2  0 Chọn f  x 1, suy ra  3 f  x f  x  f  x  2  0 Vậy hàm số đã cho không đồng biến trên   ;1  f  x  0  TH2: Nếu x 1; 2 , khi đó ta có  f  x  0   f  x  2  0 hoÆc f  x  2  0 Chọn f  x 52 , suy ra  3 f  x f  x  f  x  2  0 Vậy hàm số đã cho không đồng biến trên 1; 2  f  x  0  TH3: Nếu x  3; 4 , khi đó ta có  f  x  0 Suy ra  3 f  x f  x  f  x  2  0   f  x  2 0 Vậy hàm số đã cho đồng biến trên  3; 4  f  x  0  TH4: Nếu x  2;3 , khi đó ta có  f  x  0 Suy ra  3 f  x f  x  f  x  2  0   f  x  2 0 Vậy hàm số đã cho không đồng biến trên  2;3 Kết luận: Hàm số đã cho đồng biến trên  3; 4 Câu 42: Một cái cột có hình dạng như hình bên (gồm 1 khối nón và một khối trụ ghép lại) Chiều cao đo được ghi trên hình, chu vi đáy là 20cm Thể tích của côt bằng A 52000 3  cm3  B 5000 3  cm3  C 5000  cm3  D 13000 3  cm3   Lời giải Chọn D Gọi V1 là thể tích khối trụ, V2 là thể tích khối nón, Gọi V là thể tích cái cột Chiều cao và bán kính khối trụ lần lượt là h1 40cm, r1  20 2 10 cm Chiều cao và bán kính khối nón lần lượt là h2 10cm, r2 r1 10 cm  2 12 12 1  10 2 13000 3 Theo bài ra V V1 V2  r1 h1   r2 h2   r1  3h1  h2       3.40 10   cm  3 3 3   3 Câu 43: Giả sử hàm số y  f (x) liên tục, nhận giá trị dương trên (0; ) và thỏa mãn f (1) e , f (x)  f (x)  3x 1 , với mọi x  0 Mệnh đề nào sau đây đúng? A 3  f (5)  4 B 11  f (5) 12 C 10  f (5) 11 D 4  f (5)  5 Lời giải Chọn C f (x)  f (x)  3x 1  f (x)  1  f (x) dx  1 dx f (x) 3x 1 f (x) 3x 1  ln f  x  3x 1 2 1 dx  ln f  x 23 3x 1  C Do y  f (x) liên tục, nhận giá trị dương trên (0; ) và thỏa mãn f (1) e , ta có ln f 1 4  C  C  1  ln f  x 2 3x 1  1 2  f  x  e 3 3x1 13 3 3 3 3 7  f  5 e3 10,3123  10  f  5 11 Câu 44: Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh a , SA   ABC  và SA 2a Gọi G, E lần lượt là trọng tâm của các tam giác SAB và SBC, N là trung điểm của BC Thể tích khối chóp AGEN bằng A 3a3 B 3a3 C 3a3 D 3a3 18 81 54 108 Lời giải Chọn D Gọi K là trung điểm của AB Ta có d  N, AGE   12 d  S, AGE  Khi đó VN.AGE 12 VS.AGE 12 SG SK SE SN VS.AKN 12 SG SK SE SN 14 VS.ABC  118 13 SA.SABC  1 1 2a a  2 3 3a3 18 3 4 108 Câu 45: Cho hàm số bậc ba f  f  x có đồ thị như hình vẽ Có bao nhiêu số nguyên m để phương trình f  f  x  m 0 có tất cả 9 nghiệm thực phân biệt? A 0 B 1 C 2 D 3 Lời giải Chọn B Gọi a,b, c là hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số y  f  x và trục hoành Dựa vào đồ thị ta có:  x a( 2  a   1) f (x) 0   x b( 1  a  0)  x c(1  a  2)  f (x)  m a  f (x) m  a(1) f ( f (x)  m) 0   f (x)  m b   f (x) m  b(2)  f (x)  m c  f (x) m  c(3) Phương trình (1) có 3 nghiệm phân biệt khi  3  m  a 1, mà 1   a  2 ; suy ra  2  m  3 Phương trình (2) có 3 nghiệm phân biệt khi  3  m  b 1 , mà 0   b 1 ; suy ra  3  m  2 Phương trình (3) có 3 nghiệm phân biệt khi  3  m  c 1, mà  2   c   1; suy ra  5  m  0  2  m  3  Do đó để phương trình đã̃ cho có tất cả 9 nghiệm thực phân biệt thì  3  m  2   2  m  0   5  m  0  Mà m  , nên m  1 Câu 46: Tập nghiệm của bất phương trình  4x  65.2x  64  2  log3  x  3  0 có tất cả bao nhiêu số nguyên? A 2 B 3 C 4 D Vô số Lời giải Chọn C Ta có  4x  65.2x  64  2  log3  x  3  0  4  65.2  64 0xx  1 2x 64  0 x 6     x 6  x 6       2 2  log3  x  3 0  x 64   x 6   x 6  4x  65.2x  64 0   x     3  x 0    2 1   x 0  2  log3  x  3 0     3  x 6   3  x 6   x   x   2; 1;0;6 Vậy tập nghiệm của bất phương trình có 4 giá trị nguyên Câu 47: Trong không gian Oxyz , cho điểm A 2; 4;  2 và mặt phẳng  P :  m2 1 x   m2  1 y  2mz  4 0 Biết rằng, khi tham số thay đổi thì mặt phẳng  P luôn tiếp xúc với hai mặt cầu cố định cùng đi qua A là  S1  ,  S2  Gọi M và N lần lượt là hai điểm nằm trên  S1  và  S2  Tìm giá trị lớn nhất của MN A 16 2 B 8  8 2 C 8 2 D 8  6 2 Chọn B Lời giải Đặt m tan t ,  P :  tan2 t 1 x   tan2 t  1 y  2 tan t.z  4 0   P : x  cos 2ty  sin 2tz  2cos 2t  2 0 Gọi I  a;b;c và R lần lượt là tâm và bán kính mặt cầu tiếp xúc với  P với R không đổi Khi đó ta có được: R d  I , P   a  cos 2tb  sin 2tc  2cos 2t  2  a   2  b cos 2t  sin 2tc  2 2 2 b 2 Để R không đổi khi t thay đổi    I  a; 2;0 c 0 Khi đó d  I , P   a  2 R và mặt cầu qua A 2;4;  2 2 2 2  a 2 2 2  a 2, R1 2 2 Nên IA R     a  2  8    2  a 10, R2 6 2 Khi đí MNmax I1I2  R1  R2 8  8 2 Câu 48: Cho hàm số f (x) ax4  bx3  cx2  dx  a có đồ thị hàm số y  f  x như hình vẽ bên Hàm số y g(x)  f 1 2x f  2  x đồng biến trên khoảng nào dưới đây? y 2 1 -1 1x 2 -2 O -1 -2 1 3 B   ;0 C  0; 2 D  3; A  ;  2 2 Lời giải Chọn D Ta có f '(x) 4ax3  3bx2  2cx  d , theo đồ thị thì đa thức f '(x) có ba nghiệm phân biệt là  1, 0,1 nên f '(x) 4ax  x 1  x  1 4ax3  4ax  f (x) ax4  2ax2  a a  x2  1 2 Dựa vào đồ thị hàm số y  f '(x) ta có a  0 nên f (x)  0,x   \  1 g '(x)  f 1 2x  ' f  2  x  f 1 2x  f  2  x  '  2 f '1 2x f  2  x  f 1 2x f ' 2  x 1 2x   2; 0 1 3 1 3  Xét x  ;     1 3  , dấu của f '(x) không cố định trên  ;  nên ta không kết  2 2  2  x ;  2 2 2 2  1 3 luận được tính đơn điệu của hàm số g(x) trên  ;  2 2 Xét x   ;0  1 2x   1;    f '  1 2x  0  g '(x)  0 Do đó, hàm số g(x) nghịch 2  x  2;   f ' 2  x  0 biến trên   ;0 x   0; 2  1 2x     3;1 , dấu của f '(x) không cố định trên   3;1 và  0; 2 nên ta không 2  x  0; 2 1 3 kết luận được tính đơn điệu của hàm số g(x) trên  ;  2 2 Xét x   3;   1 2x     ;  5   f '  1 2x  0  g '(x)  0 Do đó, hàm số g(x) đồng 2  x   ; 1  f ' 2  x  0 biến trên  3;  Câu 49: Cho khối lăng trụ tam giác ABC.ABC có thể tích V Gọi M , N, P lần lượt là trung điểm của các cạnh AB; BC;CC Mặt phẳng  MNP chia khối lăng trụ đã cho thành 2 phần, phần chứa điểm B có thể tích là V1 Tỉ số V1 bằng V A 61 B 37 C 49 D 25 144 144 144 144 Lời giải Chọn C Gọi S và h lần lượt là diện tích đáy và chiều cao của lăng trụ ABC.ABC V Sh Gọi NP  BB E, NP  BC F, MF  ACQ, ME  AB R Suy ra mặt phẳng  MNP cắt khối lăng trụ theo thiết diện là MRNPQ Ta có BEPC là hình bình hành  BE PC 1 CC 1 BB , tương tự ta có BNFC là hình 2 2 bình hành  CF BN 1 BC 1 BC 2 2 +) SMBF 12 BM BF.sin M BF 34 12 AB.BC.sin ABC 34 S +) d  E, ABC  32 d  B, ABC  32 h  VE.BMF 13 d  E, ABC  SBMF 13 32 h 34 S 38 V VE.BNR  EB 3 1 13 1 Lại có     VE.BNR  V  V VE.BFM  EB 27 27 8 72 Ta cũng có VF.CPQ  FC FP FQ 1 1 1  1  VF.CPQ  1 3V  1 V VF.BEM FB FE FM 3 3 2 18 18 8 48 Suy ra V1 VE.BMF  VVE.BNR VF.CPQ   49 144 V Vậy V1  49 V 144 Câu 50: Cho hàm số y  f  x 1 x3  bx2  cx  d  b, c, d   có đồ thị là đường cong như hình vẽ 3 Biết hàm số đạt cực trị tại x1, x2 thỏa mãn 2x1  x2  1 và f  x1   f  x2  23 Số điểm cực cực tiểu của hàm số y  f  2   x  3 f  x 1  là A 3   x  3  Chọn A C 4 B 5 Lời giải D 2 Ta có f  x x2  2bx  c Đồ thị hàm số đi qua điểm A 0;  1 3  nên d  13 Gọi x1, x2 là hai nghiệm phân biệt của f  x Áp dụng định lí Viet ta có x1  x2  2b  x1.x2 c Mà theo giả thiết 2x1  x2  1 x1  2b  1 3   1 4b  2b 1  4b  1 Suy ra x2   c 1 3 9  x1.x2 c  