BỘ 160 ĐỀ THI THỬ CÓ LỜI GIẢI CHI TIẾT SƯU TẦM: KỸ SƯ HƯ HỎNG ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA 2017 MÔN: TOÁN Thời gian làm bài: 90 phút Họ tên thí sinh: Số Báo Danh: Câu 1: Cho hàm số y  ĐỀ SỐ 122 mx  có đồ thị (Cm) Tìm m để đồ thị (Cm) có hai đimẻ P, Q cách hai x 1 điểm A(-3,4), B(3,-2) diện tích tứ giác APBQ 24  m  2 A   m2 B m = C m = -2 D m thỏa mãn Câu 2: Cho hàm số y  2x  có đồ thị (C) điểm M∈(C) cho tổng khoảng cách từ M đến hai x 1 đường tiệm cận Hỏi có đểm M thỏa mãn A B C D Câu 3: Cho đồ thị hàm số (C): y = x4 – 6x2 +2 Tìm nhận xét không nhận xét sau: A Đồ thị hàm số có ba điểm cực trị phân biệt không thẳng hàng B Hàm số cho xác định liên tục ℝ C Đồ thị hàm số cho có hai điểm cực đại điểm cực tiểu D Đồ thị hàm số cho đối xứng qua điểm A(0,2) Câu 4: Tìm m để hàm số y   m  1 x –  m  1 x2  2mx  đồng biến khoảng có độ dài không nhỏ A m   9; 1 B m   ; 9   1;   C m   ; 9 D m   ; 9    1;   Câu 5: Giả sử hàm số f(x) liên tục khoảng (a;b) chứa điểm x0 có đạo hàm khoảng (a; x0) (x0; b) Khi mệnh đề sau không đúng: A Nếu f’(x)0 với x∈(x0; b) hàm số f(x) đạt cực tiểu điểm x0 B Nếu f’(x)>0 với x∈(a; x0) f’(x) -1 chọn C Kỹ Sư Hư Hỏng – Cung cấp tài liệu ôn thi THPT Trang 10 Bấm máy tính sử dụng nút TABLE ta nhận thấy phương trình có nghiệm f’(x) đổi dấu qua 72 Khi ta có BBT sau: x f’(x) 72 - 120 + f(x) Min Vậy từ ta kết luận CP=72 Câu 11: Đáp án A Phân tích: Ta thấy tất phương án liên quan đến cực trị, trước tiên ta xét phương trình 6x  6(2m  1)x  6m(m  1)   x  (2m  1)x  m(m  1)    (2m  1)  m(m  1)  3m  3m   Phương trình có hai nghiệm phân biệt x1; x2 Với A: Ta có x  x1   (x1  x )2  4x1x   (2m  1)2  4m(m  1)  Vậy đáp án A đúng, Câu 12: Đáp án B Phân tích: Do đề yêu cầu tìm tổng nghiệm phương trình nên điều kiện x  0; 2  x    log3  (x  2)     log3  x  3x      x 3  x  2x  x  3x   x(x  2) x(x  2)  log3  log3  1    x 1 2 x  3x  x  3x   2x  x  x  3x   x   Câu 13: Đáp án C Phân tích: Ta dùng máy tính để thử đáp án một, nhiên giới thiệu phân tích nhẩm sau: log3 40  log (23.5)  3log  log  3a  b Với toán nhẩm nhanh bấm máy tính nên rèn luyện tư để tiết kiệm thời gian cần thiết Câu 14: Đáp án C Kỹ Sư Hư Hỏng – Cung cấp tài liệu ôn thi THPT Trang 13  u  u ' v  v 'u Phân tích: Ta có công thức   '  (eu )  u 'eu v v Khi áp dụng vào ta được:  e x  e x  x  x e e  (e x  e x ) '(e x  e x )  (e x  e x )(e x  e  x ) (e x  e  x )  (e x  e  x ) Câu 15:    '  x x x x x x (e  e ) (e  e ) (e  e )  Đáp án C Phân tích: Ở có hai điều kiện để hàm số xác định, điều kiện để loganepe tồn điều kiện để thức tồn      x0 x   0  x  e2   1  ln x  1   x  e    x  e1  ln x  1  1   x  e    ln x  2  2   x  e Phân tích sai lầm: Nhiều độc giả quên điều kiện x>0 Từ chọn D sai Nhiều độc giả lại quên điều kiện ln x  1 Nên ý có đủ điều kiện Câu 16: Đáp án A Phân tích: Ta có  x  x  ln  x  1 '   x  x  '.ln  x  1   x 3  (3x  1).ln(x  1)  (x  x) 2x x 1     x ln x  '  (3x  1).ln(x  1)  2x Câu 17: Đáp án D Phân tích: x  2; x  1 Ta nhận thấy đưa biến chung log3 (x  2) , ta biến đổi sau: pt  log3 (x  2)  2m .log(x 2)  16  log3 (x  2)  4m  16  log3 (x  2) Đặt t  log3 (x  2) phương trình trở thành: t 4m  16   t  16t  4m  0(*) (do x+2≠1 nên t≠0) t Mỗi t cho ta nghiệm x> -2; x≠ Hơn x> -1  x+2>1  t>0 Vậy toán trở thành tìm m để phương trình (*) có hai nghiệm dương Kỹ Sư Hư Hỏng – Cung cấp tài liệu ôn thi THPT Trang 14   64  4m     S  16    m  16  P  4m   Vậy có 15 giá trị m thỏa mãn Câu 18: Đáp án C Phân tích: Ta xét mệnh đề một, ta thấy hàm số có tập xác định D=ℝ I y '  e x (x  2)  e x   e x (3  x)   x  Ta thấy f’(x) đổi dấu từ dương sang âm qua x=3 nên hàm số đạt cực đại x=3 II sai Đến ta không cần xét đến mệnh đề III mà kết luận đáp án C Do tất phương án lại đề có II Câu 19: Đáp án B Phân tích: Ở toán ta tìm nghiệm bất phương trình theo m Bất phương trình  log (2 x 1  6)  x  m  log (2 x 1  6)  log 2 x  log 2m  2x (2x 1  6)  2m 2.22x  6.2x  2m Đặt 2x  t(t  1) (do x>0) Khi bất phương trình trở thành: 2t  6t  2m Xét hàm số f (x)  2t  6t (1; ) có f '(x)  4t    t  6  (1; ) Ta có BBT sau: t +∞ f’(t) + +∞ f(t) Để bất phương trình thỏa mãn x>0 với m 2m   m  Câu 20: Đáp án B Phân tích: đk x≠5 Bất phương trình  2x   5 x  32(x 13) 2x   2(x  13) 5 x Với x5 có nghiệm nguyên dương thỏa mãn Kết luận: Có 10 nghiệm nguyên dương thỏa mãn Câu 21: Đáp án A Phân tích: Do đề cho công thức tổng quát có kiện sau hai tháng số tài khoản hoạt động 108 160 người Do thay vào công thức tổng quát ta tìm A Khi A(1+0.04)2=108160  A=100000 Khi công việc ta tìm x cho 100000(1+0.04)2 = 194790  x  log (10.04) 194790  17 hay năm tháng 100000 Câu 22: Đáp án A Phân tích: Nhìn qua thấy toán cồng kềnh, nhiên lại toán đơn giản dựa tính chất sau logarit: loga b  với  a ;0  b  log b a Vậy thực chất A  logx  logx  logx  logx 2016 Đến ta nhớ đến tính chất sau logarit: loga x  logay  logaxy với a,b,x,y thỏa mãn điều kiện tồn logarit Vậy A  log x 2.3.4 .2016  log x 1.2.3.4 .2016   log 2016! x log x x Câu 23: Đáp án D Phân tích: Ta thấy rõ toán ta dùng phương pháp thử đáp án đề yêu cầu phải tìm x1+2x2, ta phải giải bước toán Điều kiện: x∈(0;+∞) Do VP logarit số 2, ta biến đổi logarit VT logarit số Phương trình 1  log 22 x  log ( x   1)  log 22 x  log x.log ( x   1)  2 log x  1   log x  log x  log ( x   1)     2  log x  log ( x   1) x    x   x  1(*) (*)  x   x  x   x  (mà x>0 loại) Kỹ Sư Hư Hỏng – Cung cấp tài liệu ôn thi THPT Trang 16 Vậy phương trình có nghiệm Câu 25: Đáp án A Phân tích: Ta có f(x) nguyên hàm hàm số g(x), tức f’(x) =g(x) Với I: f’(x)=(tan2 x+1)’ = 2.tan x   Với II: f '(x)   '  2(1  tan x) '  2.2.tan x  tan x   cos x  Với III: f '(x)  (tan  1) '  tan x Câu 24: Đáp án D Phân tích: Với mệnh đề A: Ta có:  x  6x   (2x  6)(2x  3)  2(x  6x  1) 2x  6x  20 f (x)  F'(x)   '   2x   (2x  3) (2x  3)    x  10  2x(2x  3)  2(x  10) 2x  6x  20 G '(x)   '   2x   (2x  3)2 (2x  3)   Vậy A Với mệnh đề B ta có: f(x)=F’(x) = (5+2sin2 x)’=2.2.(sin x)’.sin x= 2.2.cos x.sin s = 2sin 2x G’(x) = (1-cos 2x)’= (2sin2 x -1)’=2.sin 2x Vậy B f (x)  (G(x)) '    x  2x  '  2x  2 x  2x  Đây mệnh đề Vậy ta chọn D Câu 26: Đáp án A Đây toán trừu tượng khó tưởng tượng, coi toán đạt điểm tuyệt đối đề này, trước làm toán xin cung cấp cho quý độc giả kiến thức học phần II, Bài 3, chương III (trang 117) sách giáo khoa giải tích sau: b Ta thừa nhận công thức: V   S(x)dx (*) a Trong S(x) diện tích thiết diện vật thể V Thiết diện vuông góc với trục Ox x  a; b với a, b cận ứng với hai mặt phẳng song song vuông góc với trục Ox, giới hạn vật thể V Việc nắm giữ vững công thức (*) giúp quý độc giả tính thể tích vật thể mà đề yêu cầu, cụ thể sau: Kỹ Sư Hư Hỏng – Cung cấp tài liệu ôn thi THPT Trang 17 Ta gắn hệ trục tọa độ Oxyz vào vật thể này, tức ta tính thể tích vật thể V giới hạn hai mặt trụ: x2 + y2 = a2 x2 + z2 =a2 (a>0) Hình vẽ mô tả phần tám thứ vật thể này, với x∈[0;a] , thiết diện vật thể (vuông góc với trục Ox) x hình vuông có cạnh y  a  x (chính phần gạch chéo hình vẽ) Do diện tích thiết diện là: S(x)  a  x a  x  a  x x  0;a  Khi áp dụng công thức (*) thể tích vật thể cần tìm bằng:  x  a 16a V  8 S(x)dc 8 (a  x )dx   a x       0 a a Câu 27: Đáp án A Phân tích: Do diện tích hình phẳng thể rõ hình nên ta xác định cận rõ ràng, ta xác định được: Đây diện tích hình phẳng giới hạn đồ thị hàm số y   x parabol y  x2    x2   x x  14 14 28 x2  x2   x    4x       S     x  dx     x  dx   4x   0   2 3     6 2         2 Câu 28: Đáp án B  Phân tích: Ta có diện tích hình phẳng tính công thức: S   tan xdx    sin x  dx    d(cosx)   ln cos x cos x cos x 0   ln cos   ln cos   ln  ln Kỹ Sư Hư Hỏng – Cung cấp tài liệu ôn thi THPT Trang 18      1dx Thể tích vật thể tròn xoay tính công thức: V    tan xdx      0  cos x         (tan x  x)    tan   tan        3 3    Câu 29: Đáp án C Phân tích: Ta tìm phân tích theo m từ tính m sau: ln m  ex ex  ln m dx   d(e x  2) ex   ln e x  ln m  ln eln m   ln e0   ln m   ln1  ln m  m   m  Khi ln m   ln    2  m  m  Phân tích sai lầm: Chú ý nhiều độc giả quên điều kiện ln m xác định tức m>0 nên không loại m=0 chọn A sai Đáp án phải C Câu 30: Đáp án C Phân tích: Theo định nghĩa sách giáo khoa ta có: Giả sử số phức z  a  bi biểu diễn điểm M(a;b) mặt phẳng tọa độ Độ dài vecto OM gọi mô đun số phức z kí hiệu z Vậy z  OM  a  b Từ ta suy A, B Vậy đáp án C Câu 31: Đáp án A Cách 1: Sử dụng máy tính fx-570VN PLUS Nhập biểu thức vào, lưu ý: + Để biểu diễn mô đun số phức ta nhập SHIFT Abs + Để biểu diễn z máy tính cầm tay ta ấn SHIFT 2(CMPLX) máy sau: Chọn 2: Conjg biểu diễn số phức liên hợp số phức Vậy biểu diễn biểu thức sau: Kỹ Sư Hư Hỏng – Cung cấp tài liệu ôn thi THPT Trang 19 Sau CALC nhập giá trị vào: Thử vào ta A đáp án kết 0, máy sau: Cách 2: Nhận thấy mẫu số dạng số phức, liên hợp để toán trở nên đơn giản Gọi z  a  bi(a, b  ) Ta có: iz  (1  3i)z a  4b  (b  2a)i  z2   a  b2 1 i 1 i  [  a  4b  (b  2a)i](1  i)  a  b  3a  3b  (5b  a)i  2(a  b ) 5b  a   2 3a  3b  2(a  b ) a b0  a  5b  a   45     26 26b  9b   9  b  26   Vậy ta chọn A, Câu 32: Đáp án A Phân tích: Vì z phức tạp, đặc biệt mẫu nghĩ việc làm đơn giản dạng chuẩn z  a  bi(a, b  ) sau tìm z thay vào biểu thức z.z Ta có z   im (1  m)(1  m  2mi) m(1  m )  2m  i(1  m  2m )    m(m  2i) (1  m )2  4m (1  m ) m(1  m )  i(1  m ) z (1  m ) 2 m  m2   m 1 m  i  m2 i  m2 Như vậy: Kỹ Sư Hư Hỏng – Cung cấp tài liệu ôn thi THPT Trang 20 2m m2  1 1 z.z     (m  2)    (m  2) 2 2 (m  1) m 1 m   m3  2m2  m    m 1 Câu 33: Đáp án B Phân tích: Cách 1: Ta từ điểm biểu diễn mà suy số phức z sau: Phương án A z  i Phương án B z   i Phương án C z  1  i Phương án D z   i Vậy tương tự Câu 32, ta nhập biểu thức CALC để chọn đáp án Từ ta chọn B Cách 2: Cách làm thông thường: Gọi z  a  bi(a, b  ) Khi phương trình cho trở thành: a  bi  a  bi  7i   3i (a  bi)(1  3i)  7i   10a  10bi  a  3b  i(b  3a)  12  14i 10  9a  3b  12 a   9a  3b  i(11b  3a)  12  14i    b  11b  3a  14  a  bi   z  1 i Câu 34: Đáp án A Phân tích: Bài toán thực chất dựa kiến thức “Biểu diễn hình học số phức” Ta thấy đặt z1  x1  y1i (x1; ; y1  ) Khi điểm M(x1; ; y1 ) điểm biểu diễn số phức z1 thỏa mãn: i(x1  y1i)   1  ix1  y1   2  x12  (y1  2)  kính R  Suy tập hợp điểm M biểu diễn z1 đường tròn (C) có tâm I(0; 2) bán Khi N điểm biểu diễn số phức z2 việc tìm GTNN z1  z việc tìm GTNN MN Theo đề z2  iz1  y1  x1i  N  y1;x1  điểm biểu diễn z2 Ta nhận thấy rõ ràng OM.ON  x1y1  x1y1   x12  y12 Dễ nhận thấy OM=ON= x12  y12 Ta có hình vẽ sau: Kỹ Sư Hư Hỏng – Cung cấp tài liệu ôn thi THPT Trang 21 Do OMN tam giác vuông cân O nên MN=OM , để MN nhỏ OM nhỏ Dễ thấy, 1  OM nhỏ M≡M’ (M’ giao điểm OI với đường tròn hình vẽ) Tức M  0;   Khi 2  1  MN  OM       2  Câu 35: Đáp án D Ta có hình vẽ sau để quý độc giả hình dung rõ Ta nhận thấy: nhìn vào hình vẽ rõ ràng đường nối tâm đường trung bình tam giác có đáy đường chéo mặt bên hình vẽ Do độ dài đường chéo hai lần độ dài đường nối tâm cho, tức Mặt khác độ dài đường chéo lần độ dài cạnh hình lập phương, độ dài cạnh hình lập phương có độ dài : Khi V = 63 = 216 Câu 36: Đáp án A Phân tích: Ta có VABCD = VMABC + VMABD = (d1  d ).21  216  (d1  d )  18 Câu 37: Đáp án B Phân tích: Ta thấy quay quanh trục SO tạo nên khối trụ nằm khối chóp Khi thiết diện qua trục hình trụ hình chữ nhật MNPQ Ta có hình sau: Kỹ Sư Hư Hỏng – Cung cấp tài liệu ôn thi THPT Trang 22 Ta có SO=h; OA=R Khi đặt OI=MN=x Theo định lí Thales ta có IM SI OA.SI R.(h  x)   IM   OA SO SO h Thể tích khối trụ V  IM IH  R h x(h  x)  2x  2(h  x)  Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có: 2x(h  x)     Vậy V  h h 4R 2h Dấu “=” xảy x  hay MN  3 27 Câu 38: Đáp án B Phân tích: Ta có hình vẽ Theo đề kiện ta dễ dàng tính thể tích khối lăng trụ tam giác ban đầu, từ suy thể tích khối tứ diện AB’BC Để tính khoảng cách từ B đến (AB’C) thực chất tìm chiều cao tứ diện, đến toán giải quý độc giả tìm diện tích tam giác AB’C Vì đề cho kiện ((A’BC), (ABC))=60o, nên ta xác định góc cách gọi H trung điểm BC Tam giác ABC nên AH  BC (1) A’A  (ABC) ⟹A’A  BC (2) Từ (1) (2) ⟹BC  A’H ⟹((A’BC), (ABC)) = A’HA = 60o ⟹A’A = AH.tan 60o= 3a Khi VABC.A'B'C'  A 'A.SABC 3a a 3a 3   a3 Và VB'ABC  V  lúc ta loại C D Dễ thấy diện tích tam giác AB’C B’AC cân B’ có a 13  3a  B'A  B'C  a     ; AC  a  2 Dễ tính chiều cao kẻ từ B’ tam giác có độ dài a  SACB'  3VBABC 3a a2  d(B;(AB'C))   SAB'C Kỹ Sư Hư Hỏng – Cung cấp tài liệu ôn thi THPT Trang 23 Câu 39: Đáp án C Phân tích: Nhận xét hình thang ABCD cân AB=2AD =2BC = 2CD =2a nên ACB = ADB = 90o Mặt phẳng qua A vuông góc với SB M nên AMB = 90o Ta có BC  AC BC  SA nên BC  (SAC) Do AN  BC AN  SB nên AN  (SBC) ⟹AN  BN, hay ANB = 90o Ta có AP  SB AP  BD nên AP  (SBD) ⟹AP  BP, hay APB = 90o Ta thấy điểm C,D,M,N nhìn AB góc vuông Nếu nắm lời giải đề trước đề này, không khó để quý độc giả nhận AB đường kính khối cầu Do d=AB=2a Chú ý: Nhiều độc giả theo thói quen tìm bán kính đường kính dẫn đến chọn sai đáp án Câu 40: Đáp án A Phân tích: Hình chóp SABCD hình chóp tứ giác có AB=SA=a , nên khối nón ngoại tiếp hình chóp a 2 a a có bán kính đáy r  chiều cao SO  a     2   Khi đó: Vnon  a  a a        12 Câu 41: Đáp án C Lời giải: Đây toán có lời giải đơn giản sau: Hình trụ ngoại tiếp hình lập phương cho có bán kính đáy r  a chiều cao a 2  Vtru a 2 a    a   12   Câu 42: Đáp án D Phân tích: Giả sử bán kính bóng bàn r hộp đựng bóng bàn có kích thước 2r x 2r x 6r Khi tổng thể tích ba bóng bàn ..r  4r Thể tích hộp 2r.2r.6r  24r Vậy phần không gian trống hộp là: V1  24r  4r  20r chiếm 20r 24r 100%  83,3% Kỹ Sư Hư Hỏng – Cung cấp tài liệu ôn thi THPT Trang 24 Câu 43: Đáp án A Phân tích: Ta tích phần nước dâng lên thể tích viên bi ném vào Do ta có: Thể tích nước ban đầu: h  V1  h  R   ; 3  Khi thể tích nước sau ném viên bi vào thể tích h  V2  V1  r  h  R    r (1) 3  Theo đề ta có: “Bỏ vào chậu viên bi hình cầu kim loại mặt nước dâng lên vừa phủ kín viên bi” Do thể tích sau kh bỏ viên bi vào tính công thức: 2r   V2  .(2r)2  R   (2) 3  h 2r    Từ (1) (2) ta có phương trình: h  R    r3  4r  R   3 3   h   4r3  4Rr  h  R   =0 3  Khi thay giá trị mà đề cho vào phương trình bấm máy tính giải ta r  1.019450 (chọn A) Bấm máy tính ta thấy có nghiệm, nhiên việc bán kính viên bi xấp xỉ chậu nước điều vô lí (  9.90486 ) Câu 44: Đáp án B Phân tích: Ta có đường thẳng cần tìm vuông góc với mặt phẳng (P) cho phương trình vtcp đường thẳng cần tìm phương với vtpt mặt phẳng Khi kết hợp với kiện đường thẳng qua A(a;4; -7) ta phương trình:  x 1  x 1 y  z    2 y  z   2 Câu 45: Đáp án A Phân tích: Ta công thức tính khoảng cách từ điểm đến đường thẳng ta tham số hóa tọa độ điểm H hình chiếu điểm I lên đường thẳng d, từ tính khoảng cách hai điểm I H Do có phương trình nên ta viết phương trình tham số đường thẳng d từ ta có phương trình biến x  t  Ta có d :  y  1  t z   t   H(t; 1  t;2  t)  IH  (t 1; t  4; t  3) Kỹ Sư Hư Hỏng – Cung cấp tài liệu ôn thi THPT Trang 25 Do IH  d nên ta có phương trình: t – + t + + t – =  t = -2 Khi IH  (2; 3; 1)  IH  (2)  (3)  (1)  14 Câu 44: Đáp án B Phân tích: Do () || () nên khoảng cách từ () đến ( ) khoảng cách từ điểm () đến ( ) Mà () chứa đường thẳng d M(2;8; 4)  d  M  () Do đó: d 3.2  2.8   32  (2)  (1)  14 Chú ý: Nhiều độc giả làm viết phương trình mặt phẳng () bắt đầu tính, nhiên cách làm vòng, nên ý để có cách làm nhanh làm trắc nghiệm Câu 47: Đáp án A Phân tích: Trước tiên ta tìm tọa độ trực tâm H(x,y,z) tam giác ABC Khi ta lập hệ phương trình ba ẩn với ba kiện sau: AH.BC   x  3y  z  5    17   2x  4y  2z   H  ;  ;1 BH.AC  5   2x  4y  10z  16    AB, AC  AH  x  2y  z   Do   (P)  (Q) nên   2x  y  z    : x y z 3   3 Giao tuyến  qua M(0;0;3) có vtcp u  (1; 3;5)  17  (α) qua H  ;  ;1 vtpt n  u, MH   (7;19;10)  5   () : 7x  19y  10z  30  Câu 48: Đáp án C Phân tích: Cách 1: làm thông thường: Với đề dạng cho nhiều kiện chọn phương pháp đặt vtpt mặt phẳng (P) n  (a; b;c), (a  b2  c2  0) VTPT (P) Khi (P) : a(x  4)  b(y  3)  c(z  4)  Vì (P) ||  nên n P  n  Suy 3a  2b  2c   a  2b  2c (1) Theo đề ta có (P) tiếp xúc với mặt cầu (S) nên: d(I;(P))  R  3a  b  c a b c 2  (2) Kỹ Sư Hư Hỏng – Cung cấp tài liệu ôn thi THPT Trang 26  2a  2c  2 2 Từ (1) (2) ta có (b  c)     b  c  2b  5bc  2c  (3)   c  b   (2b  c)(b  2c)     b  2c  Với b=2c, chọn b=2, c=1 ⟹c=2, (P): 2x  2y  z  18  (không thỏa mãn chứa ∆) Với b  P c , chọn c=2⟹b=1,  2x  y  2z  19  (Thỏa mãn) Cách 2: thử đáp án Chú ý: Nhiều độc giả không loại trường hợp nên dẫn đến chọn B Câu 49: Đáp án C Phân tích: Ta phân tích bước Ở bước 1: Ta thấy tất tọa độ tính Ở bước 2: Ta thấy biểu thức tính tích có hướng đúng, ta kiểm tra việc cách bấm máy tính giới thiệu đề trước Với biểu thức tính tích hỗn tạp ta kiểm tra lại sau: AB;AC AD  3.1  0.10  (m  2).1  m 1    m  Do bước sai, Chọn C Câu 50: Đáp án B Phân tích: Ta có gọi I(a;b;c) tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD IA=IB=IC=ID=R (a  2)2  b2  c2  R  a  (b  2)  c2  R  a  b2  (c  2)2  R  2 2 (a  2)  (b  2)  (c  2)  R 4a   4b   4b   4c   2 2 2 (a  2)  (b  2)  (c  2)  (a  2)  b  c  a  b  c   a  b  c 1 2 3(a  2)  (a  2)  2a   Khi R  3(1  2)  Kỹ Sư Hư Hỏng – Cung cấp tài liệu ôn thi THPT Trang 27 ... cao tốc hình vẽ Để tiết kiệm chi phí lại, hai thành phố định toán xem xây trạm thu phí vị trí để tổng khoảng cách từ hai trung tâm thành phố đến trạm ngắn nhất, biết khoảng cách từ trung tâm thành... 30-C 35-A 40-A 45-A 50-B HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT Câu 1: Đáp án B Phân tích: Ta nhận thấy đề phức tạp rắc tối, nhiên ta nhận thấy sau Do P, Q hai điểm phân biệt cách hai điểm A(-3;4), B(3;-2), nên... x  2x  '  2x  2 x  2x  Đây mệnh đề Vậy ta chọn D Câu 26: Đáp án A Đây toán trừu tượng khó tưởng tượng, coi toán đạt điểm tuyệt đối đề này, trước làm toán xin cung cấp cho quý độc giả kiến