SỞ GD & ĐT HÀ NỘI THPT LƯƠNG THẾ VINH ĐỀ THI THỬ THPT QG – LẦN NĂM HỌC 2018 -2019 MƠN TỐN (Thời gian làm 90 phút, không kể thời gian phát đề) Câu 1: Cho số phức z thỏa mãn z = + 2i Tìm phần thực phần ảo số phức z A Phần thực −3, phần ảo B Phần thực 3, phần ảo C Phần thực 3, phần ảo −2 D Phần thực −3, phần ảo −2 x  x0 y  y0 z  z0 Câu 2: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng  : Điểm M nằm   a b c đường thẳng  tọa độ điểm M có dạng sau đây? A M ( at ; bt ; ct ) B M ( x0t ; y0t ; z0t ) C M ( a + x0t; b + y0t; c + z0t ) D M ( x0 + at ; y0 + bt ; z0 + ct ) Câu 3: Cho hàm số y = f ( x ) xác định, liên tục có bảng biến thiên sau: Tìm giá trị cực đại yCĐvà giá trị yCT hàm số cho A yCĐ = −2 yCT = B yCĐ=3 yCT = C yCĐ = yCT = D yCĐ = yCT = −2 Câu 4: Trong hệ tọa độ Oxyz , cho ba điểm A (1;0;0) , B (0;−1;0) , C (0;0;2) Phương trình mặt phẳng ( ABC ) là: z y A x − y + z = B x − y + = C x + −z=1 D x − y + z = 2 Câu 5: Đường thẳng y = m tiếp xúc với đồ thị ( C ): y = − x4 + x2 − hai điểm phân biệt A (xA ; yA ) B (xB ; yB ) Giá trị biểu thức yA + yB A B −1 C D Câu 6: Trong hàm số đây, hàm số đồng biến tập ? A y = 21 − x B y = log2 ( x − ) C y = log2 ( 2x + ) D y = log ( x2 + 1) Câu 7: Đường cong hình bên đồ thị hàm số sau đây? A y   x3  3x  B y  x3  3x  Câu 8: Tìm tập xác định hàm số y = ( x2 + 2x – 3)e A ( − ; − )  ( 1; +  ) C ( − 3;1 ) 2x 1 Câu Cho hàm số y  Mệnh đề x 1 C y  x  x  D y   x4  x  B ( − ; −    1; + ) D  − 3;1  A Hàm số nghịch biến ( − ; − ) ( − 1; + ) B Hàm số đồng biến ( − ; − ) ( 1;+ ) , nghịch biến ( − 1;1 ) C Hàm số đồng biến D Hàm số đồng biến ( − ; − ) ( − 1; + ) Câu 10: Thể tích khối cầu có bán kính R là: 4 R C 2R3 Câu 11: Cho f (x) , g (x) hàm số có đạo hàm liên tục , k  đây, khẳng định sai? A  R3 B D  R3 Trong khẳng định   f  x   g  x dx   f  x  dx   g  x  dx B  f '  x  dx  f  x   C A C  kf (x) d x = k  f (x) d x D   f  x   g  x dx   f  x  dx   g  x  dx Câu 12: Cho lăng trụ tứ giác có đáy hình vng cạnh a , chiều cao 2a Tính thể tích khối lăng trụ A 2a B 4a C a3 D 2a3 Câu 13: Tích giá trị lớn giá trị nhỏ hàm số f ( x ) = x + x đoạn  1;3  52 x2 y 2 z 6 Câu 14: Trong hệ tọa độ Oxyz , cho hai đường thằng chéo d1 :   ; 2 x  y  z 1 d2 :   Phương trình mặt phẳng (P) chứa d1và song song với d2là 2 A (P): x + 8y + 5z + 16 = B (P): x + 8y + 5z − 16 = C (P): 2x + y − = D (P): x + 4y + 3z − 12 = x2 y 2 z 6 Câu 15: Trong hệ tọa độ Oxyz , cho đường thẳng d : cắt mặt phẳng   2 (P): 2x − 3y + z − = điểm I ( a ; b ; c ) Khi a + b + c A B C D Câu 16: Cho dãy số (un) cấp số cộng, biết u2 + u21 = 50 Tính tổng 22 số hạng dãy A 2018 B 550 C 1100 D 50 x 1 Câu 17: Số đường tiệm cận đồ thị hàm số y  x  2x 1 A 65 B 20 C D A B C D Câu 18: Cho khối chóp S.ABC có đáy ABC tam giác cạnh a, tam giác SAB nằm mặt phẳng vng góc với đáy Tính theo a thể tích khối chóp S.ABC a3 a3 a3 B V  C V  Câu 19: Họ nguyên hàm hàm số f ( x ) = 2x ( + 3x ) A V  D V  a3  x2      B x 1  C x  x  x  D x  x  x3   C C       Câu 20: Tập nghiệm S bất phương trình 1  1  A S = 1; + ) B S   ;   C S   ;  D S = ( − ;1 3  3  Câu 21: Trong hệ toạ độ Oxyz , cho điểm A (3;5;3) hai mặt phẳng (P):2x + y + 2z − = 0, (Q): x − y + z − = Viết phương trình đường thẳng d qua A song song với hai mặt phẳng (P) (Q) x   t x  x   t x   t     A  y   t B  y   t C  y  D  y  z  z   t z   t z   t       A x 1  x   C   2 x   t  Câu 22: Trong hệ tọa độ Oxyz , cho điểm A (−1;1;6 ) đường thẳng  :  y   2t Hình chiế vng  z  2t  góc A  là: A M ( 3; −1;2 ) B H ( 11;−17;18 ) Câu 23: Cho f (x) , g (x) hàm số liên tục 2 C N ( 1;3;−2 ) thỏa mãn ` 0 D K (2;1;0)  f  x dx  3,   f  x   3g  x  dx   2 f  x   g  x dx  Tính I   f  x dx A I = B I = C I = D I = x  x  cắt trục hoành điểm? 2 A B C D Câu 25: Trong hệ tọa độ (Oxyz) , cho đểm I (2;−1;−1) mặt phẳng (P) : x − 2y − 2z + = Viết phương trình mặt cầu (S) có tâm I tiếp xúc với mặt phẳng (P) A ( S ) : x2 + y2 + z2 − 4x + 2y + 2z − = B ( S ) : x2 + y2 + z2 − 2x + y + z − = C ( S ) : x2 + y2 + z2 − 4x + 2y + 2z + = D ( S ) : x2 + y2 + z2 − 2x + y + z + = Câu 26: Cho hình lập phương có cạnh Một hình nón có đỉnh tâm hình vng có đường tròn đáy ngoại tiếp hình vng ABCD Tính diện tích xung quanh hình nón Câu 24: Đồ thị hàm số y   A  a2 B  a C  a2 D  a2 Câu 27: Tìm hệ số số hạng chứa x khai triển nhị thức Newton biểu thức ( + x )11 A B 110 C 495 D 55 Câu 28: Cho số thực a  0, a  Giá trị log a2  a  B 14 Câu 29: Đạo hàm hàm số y = log ( x3 − 3x − ) A A 3x3   x3  3x  4 ln B x2   x3  3x  4 ln C C 3x3  x3  3x  D D  x3  3x  4 ln u1  u3  10 Câu 30: Cho cấp số nhân (un) thỏa mãn  Tìm u3 u4  u6  80 A u3 = B u3 = C u3 = D u3 = Câu 31: Cho khối nón (N) đỉnh S , có chiều cao a độ dài đường sinh 3a Mặt phẳng (P) qua đỉnh S , cắt tạo với mặt đáy khối nón góc 60 Tính diện tích thiết diện tạo mặt phẳng ( )P khối nón (N) A 2a2 B a2 C 2a2 D a2 Câu 32: Cho hàm số y = x3 − 3x2 + có đồ thị (C) hình vẽ đường thẳng d : y = m3 − 3m2 + (với m tham số) Hỏi có giá trị nguyên tham số m để đường thẳng d cắt đồ thị (C) ba điểm phân biệt? A B C D Vô số Câu 33: Cho số phức z thỏa mãn z = Biết tập hợp điểm biểu diễn số phức w = − 2i + ( − 3i)z đường tròn Tính bán kính r đường tròn B r = A r = C r = 10 D r = 20  81x  81 x có giá trị 11  3x  3 x A 14 B 49 C 42 D 28 Câu 35: Cho lăng trụ tam giác ABC.ABC có đáy tam giác cạnh a, AA  = 2a Gọi  góc AB BC Tính cos Câu 34: Cho 9x + −x = 14 Khi biểu thức M  A cos = B cos = 51 10 C cos = 39 D cos = 10 x  1 t x 1 y  m z   Câu 36: Cho hai đường thẳng d1 :  y   t d : (với m tham số) Tìm m   1  z   2t  để hai đường thẳng d1, d2 cắt A m = B m = C m = D m = Câu 37: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình vng cạnh a Tam giác SAB nằm mặt phẳng vng góc với đáy Tính khoảng cách từ điểm C đến mặt phẳng ( SAD ) a a a a B C D Câu 38: Cho hộp có chứa bóng xanh, bóng đỏ bóng vàng Lấy ngẫu nhiên bóng từ hộp, tính xác suất để có đủ màu 35 35 175 35 A B C D 816 5832 68 1632 Câu 39: Cho phương trình log 32 x − 4log x + m − = Tìm tất giá trị nguyên tham số m để A phương trình cho có hai nghiệm phân biệt thỏa mãn x1  x2  A B C D Câu 40: Có tất giá trị thực tham số m để đường thẳng d: y = mx + cắt đồ thị (C) : y = x3 − x2 + điểm A ; B ( 0;1 );C phân biệt cho tam giác AOC vuông O ( 0;0 )? A B C D x  t  Câu 41: Trong không gian Oxyz , cho điểm M ( 1;−1;2 ) hai đường thẳng d1 :  y   t  z  1  x  y 1 z  Đường thẳng  qua điểm M cắt hai đường thẳng d1 , d2 có véctơ d2 :   1 phương u  1; a; b  , tính a + b A a + b = − B a + b = − C a + b = D a + b = Câu 42: Hai người A B cách 180 (m) đoạn đường thẳng chuyển động thẳng theo hướng với vận tốc biến thiên theo thời gian, A chuyển động với vận tốc v1 (t) = t + ( m/s ) , B chuyển động với vận tốc v2 (t) = 2at − ( m/s ) (a số), t (giây) khoảng thời gian tính từ lúc A, B bắt đầu chuyển động Biết lúc đầu A đuổi theo B sau 10 (giây) đuổi kịp Hỏi sau 20 (giây), A cách B mét? A 320 ( m ) B 720 ( m ) C 360 ( m ) D 380 ( m ) Câu 43: Một hình hộp chữ nhật có chiều cao 90 cm, đáy hộp hình chữ nhật có chiều rộng 50 cm chiều dài 80 cm Trong khối hộp có chứa nước, mực nước so với đáy hộp có chiều cao 40 cm Hỏi đặt vào khối hộp khối trụ có chiều cao chiều cao khối hộp bán kính đáy 20 cm theo phương thẳng đứng chiều cao mực nước so với đáy bao nhiêu? A 68,32 cm B 78,32 cm C 58,32 cm D 48,32 cm Câu 44: Một cổng có hình dạng Parabol có khoảng cách hai chân cổng AB = 8m Người ta treo phơng hình chữ nhật có hai đỉnh ,M N năm Parabol hai đỉnh P Q nằm mặt đất(như hình vẽ) Ở phần phía ngồi phơng (phần khơng tơ đen) người ta mua hoa để trang trí với chi phí cho 1m cần số tiền cần mua hoa 20� 3x   x3  x 1  C   Câu 20: Chọn A Lời giải 13 x 13 x x 1 2 25 2 2 5 5 5              3x    x     5 5 2  2  2 Vậy tập nghiệm bất phương trình cho S = 1; +) Câu 21: Chọn C Lời giải (P) có VTPT n1 ( 2;1;2 ),  Q  có VTPT n2 1; 4;1 Do d //(P), d //(Q)  d có VTCP u   n1; n2  = ( 9;0;− 9)  u1 1;0; 1 VTCP (d) x   t  Đường thẳng (d) qua A (3;5;3) , nhận u1 làm VTCP, có phương trình  y  , t  z   t  Câu 22: Chọn A Lời giải Xét điểm H ( + t ;1− 2t ;2t)  Ta có : AH = ( + t ; −2t;2t−6) ; a = ( 1; − 2;2 ) H hình chiếu vng góc A   AH a = 01 ( + t ) + 4t + ( 2t − ) =  t = Suy ra: H ( 3;−1;2) Câu 23:Chọn A Lời giải Vì hàm số f (x) , g (x) liên tục nên   2    f  x   3g  x   dx    f  x  dx  3 g  x  dx    f  x  dx  0 0 0   2 2   f x  g x  dx  2 f x dx  g x dx   g x dx    0              0  0 2 Vì hàm số f ( x ) liên tục 2 0 nên 2 0  f  x  dx   f  x  dx   f  x  dx   f  x  dx   f  x  dx   f  x  dx    1 Vậy  f  x  dx  1 Câu 24: Chọn B Lời giải Xét phương trình hồnh độ giao điểm:  x4  x2    x4  2x2   2  x2    x  3 x  1    x  x  1 Vậy đồ thị hàm số cho cắt trục hoành điểm Câu 25: Chọn A Lời giải Gọi R bán kính mặt cầu (S) Vì mặt cầu (S) có tâm I tiếp xúc với mặt phẳng (P) nên ta có:   1   1  R  d I ; P    3 2 12   2    2  2 Vậy nên ta có phương trình mặt cầu (S) là: ( x − )2 + ( y + )2 + ( z + )2 =  x2 + y2 + z2 − 4x + 2y + 2z − = Câu 26: Chọn D Lời giải Gọi ,O O tâm hình vng ABCD , ABCD Hình nón có đáy đường tròn ngoại tiếp hình vng ABCD có cạnh a nên đáy hình nón đường a AC  2 Hình nón có đỉnh tâm hình vng ABCD nên chiều cao hình nón độ dài cạnh hình vng Suy ra: h = a Khi đó: độ dài đường sinh hình nón là: tròn có bán kính r  a 2 3a a l  O ' A  O ' O  OA  h  r  a      2   2 2 Diện tích xung quanh hình nón là: S xq   rl   a a  a2   dvdt  2 Câu 27: Chọn C Lời giải Số hạng tổng quát khai triển nhị thức Newton biểu thức ( + x )11 là: C11k 311k.x k Cho k = ta hệ số số hạng chứa x9 khai triển nhị thức Newton biểu thức ( + x)11 32 C119 = 495 Câu 28: Chọn A Lời giải   1 3 log a2 a  log a a  log a a  2 14 Câu 29: Chọn B Lời giải x  3x   '  x  1 x2 1 Ta có y  log8  x  3x    y '     x  3x  4 ln  x3  3x  4 ln  x3  3x   ln Câu 30: Chọn A Lời giải Gọi công bội cấp số nhân q Theo giả thiết ta có: u1  u1q  10  u1  u1q  10 u1  u3  10 u1  u1  u1q  10             q  u4  u6  80  q 10  80 u1q  u1q  80 q  u1  u1q   80 Suy ra: u3  u1q  Câu 31: ChọnA Lời giải +) Khối nón ( N ) có tâm đáy điểm O, chiều cao SO = h = a độ dài đường sinh l = 3a +) Giả sử mặt phẳng (P) cắt (N) theo thiết diện tam giác SAB Do SA = SB = l  tam giác SAB cân đỉnh S +) Gọi I trung điểm AB Ta có OI ⊥ AB , SI ⊥ AB góc mặt phẳng (P) mặt đáy ( N ) góc SIO = 60 +) Trong tam giác SOI vng O góc SIO = 60  SO a   2a sin SIO sin60 +) Trong tam giác SIA vng I Ta có SI = Ta có IA2 = SA2 − SI2 = 9a2 − 4a2 = 5a2  IA = a  AB = 2IA = a 1 Vậy diện tích thiết diện cần tìm Std = SSAB = S AB = 2a.2a  2a 2 Câu 32: Chọn C Lời giải Từ đồ thị suy đường thẳng d cắt đồ thị (C) điểm phân biệt 1  m  3  m  1 m  2   m  m       m3  3m2       m  2 m m      m  3m   m    Vì m số nguyên nên m = Câu 35: Chọn D Lời giải AB2  BB '2 = a ; BC = Từ giả thiết định lý pitago ta AB =    BC  CC '2  a Xét AB '.BC ' = AB '  BB ' BB '  B ' C '  AB.B ' C '  BB '2   BA.BC  BB '2     7a 2  AB 'BC ' 7a  : a 5.a  AB '.BC ' 10 Vậy cos   cos AB ', BC '  10 Câu 36: Chọn D Lời giải cos AB ', BC '    d1qua M1 (1;2;3 ) có véctơ phương a1 = ( 1; −1;2 ) ; d2qua M2 ( 1; m ; − ) có véctơ phương a2 = ( 2;1;−1) Ta có  a1 , a2  = (−1;5;3 )  0; M1M   0; m 2; 5 Khi d1,d2 cắt  a1 , a2  M1M =0  1.0   m    15   m  Câu 37: Chọn B Lời giải Ta có CB // ( SAD )  d (C; (SAD ) ) = d (B;(SAD ) ) = 2d (H;(SAD)) Gọi H trung điểm AB Vì SAB nằm mặt phẳng vng góc với đáy nên SH⊥(ABCD) Gọi K hình chiếu vng góc H lên SA Khi HK ⊥ SA ; HK ⊥ AD  HK ⊥ ( SAD ) Do đó, d (H ; (SAD)) = HK a 3a a a   a Mà  SHA có HA = ; SH =  SA  4 2 a a a a HK SA = HS HA  HK = 2  Vậy d (C; (SAD)) = a Câu 38: Chọn B Lời giải Lấy ngẫu nhiên bóng hộp chứa 18 bóng Vậy số phần tử không gian mẫu n  = C184 = 3060 Gọi A biến cố “lấy ba màu” Trường hợp 1: Lấy xanh, đỏ, vàng có C52 C61.C71 = 420 (cách) Trường hợp 2: Lấy xanh, đỏ, vàng có C51.C61.C72 = 525 (cách) Trường hợp 3: Lấy xanh, đỏ, vàng có C51.C61.C72 = 630 (cách) Vậy số phần tử biến cố A nA= 420 + 525 + 630 = 1575 1575 35 n  P (A) = A = 3060  68 n Câu 39: Chọn C Lời giải Đặt t = log x Phương trình cho trở thành t2 − 4t + m − = u cầu tốn  phương trình có hai nghiệm thỏa mãn t1  t2   '  7  m    t1  t2     3 m m   t t  1 có giá trị nguyên tham số m thỏa mãn Câu 40: Chọn B Lời giải Hoành độ giao điểm đường thẳng d đồ thị (C) nghiệm phương trình: x  x3 − x2 + = mx +  x ( x2 − x − m ) =   x  x  m  Đường thẳng d cắt đồ thị hàm số (C) điểm phân biệt A ; B ( 0;1 ) ; C  phương trình x2 − x − m = có hai nghiệm phân biệt xA ;xC khác      4m  m     m   m    xA  xC  Khi đó, theo Viét ta có  (*)  xA xC  m Tọa độ giao điểm A  xA ; mxA  1 C  xC ; mxC  1   xA xC  y A yC  Tam giác AOC vuông O  OAOC  xA xC + (mxA + 1) (mxC + 1) =  ( + m2 ) xA xC + m (xA + xC) + =  ( + m2 ) (− m) + m + =  m = (thỏa mãn điều kiện (*)) Vậy có giá trị m thỏa mãn điều kiện toán Câu 41: Chọn D Lời giải Gọi ,A B giao điểm đường thẳng  với d1và d2 Vì A  d1  A ( t1 ;1 − t1 ; −1);B  d2  B (−1 + 2t2 ;1 + t2 ; − + t2 ) M   M,A,Bthẳng hàng  MA  kMB (1) MA = ( t1 − 1;2 − t1; − 3) ; MB = ( t2 − 2; t2 + 2; t2 − )  t1  t1   k  2t2   t1  2kt2  2k         t  k t    t  kt  k       2   kt2   kt  4k  3   3  k  t2    k  Từ t1 =  A ( 0;1;−1) Do đường thẳng  qua điểm A M nên véc tơ phương đường thẳng  u  AM = ( 1;−2;3 ) Vậy a = − 2, b =  a + b = Câu 42: Chọn D Lời giải 10 Quãng đường A 10 (giây) là:   6t  5 dt  3t  5t  |10  350  m  10 Quãng đường B 10 (giây) là:   2at  3 dt   at  3t  10  100a  30  m  Vì lúc đầu A đuổi theo B sau 10 (giây) đuổi kịp nên ta có: 100a  30  180  350  a   v2 t   4t   m / s  20 Sau 20 (giây) A được:   6t  5 dt   3t  5t  20 20 Sau 20 (giây) B được:   4t  3 dt   2t 20  1300  m   3t  20  740  m  Khoảng cách A B sau 20 (giây) là: 1300 − 740 − 180 = 380 ( m ) Câu 43: Chọn C Lời giải Trước đặt vào khối hộp khối trụ thể tích lượng nước có khối hộp Vn= 40.80.50 = 160000 (cm3) Gọi h (cm) chiều cao mực nước so với đáy Sau đặt vào khối hộp khối trụ thể tích lượng nước Vn= h ( 4000 − 400  ) (cm3) Do lượng nước khơng đổi nên ta có h (4000 − 400 ) = 160000 160000 h=  58,32 (cm) 4000  400 Câu 44: Chọn D Lời giải Ta gắn vào hệ trục tọa độ Oxy hình vẽ bên Trong hệ trục đường Parabol qua điểm 1 B(4;0) N (2;6) phương trình đường Parabol là: y = x 8 128  1  m Diện tích cổng giới hạn đường Parabol là: S    x  dx   4  Diên tích hình chữ nhật MNPQ S = 4.6 = 24m2 56 Diện tích phần trang trí hoa là: S1 = S − S  = m 56 Vậy số tiền cần dùng để mua hoa trang trí là: ( 200.000 )  3.733.300 đồng Câu 45: Chọn B Lời giải Cách 1: Với số phức z thỏa z = , gọi A điểm biểu diễn z A nằm đường tròn tâm O bán kính Gọi B điểm biểu diễn w B nằm đường tròn tâm A bán kính Khi A chạy đường tròn tâm O bán kính tập hợp điểm B hình vành khăn giới hạn tròn tâm O bán kính tròn tâm O bán kính Suy S =  42 −  22 = 12 Cách 2: Ta có w  w  z  z  w  z  z  Mặt khác  w  w  z  z  w  z  z  Vậy  w  nên H hình vành khăn giới hạn tròn tâm O bán kính tròn tâm O bán kính Suy S =  42 −  22 = 12 Câu 46: Chọn B Lời giải x 1   m  1  x  3m    3m dx   dx   1  x dx Ta có m    x  dx    m  1  x x 3 3 3  3 0 0 1 9x dx Ta tính J = ( m − )  x Đặt K   m  1  x dx 3 3 0 1 9x d x   m  ln x    m  1 dx   m  1  ln Có J   m  1  x   2ln   x 3 3 0 9x  1 dx   m  1 Từ đó, suy K = ( m − ) − (m−1) = (m −1) x 3 2 Lại có, K + J = ( m − )   m  1 1 Do đó, m     m  1  m  m     m  2  Suy tổng tất giá trị tham số m Câu 47: Chọn A Lời giải Ta có 159 = 39 59 Đặt x = 3a1 5b1 , y = 3a2 5b2 , z = 3a3 5b3 Xét trường hợp: Trường hợp 1: số x , y , z nhau→ có cách chọn Trường hợp : Trong số có số nhau, giả sử: x = y  a1 = a2 , b1 = b2 2a1  a3  a3   2a1   b  b   b3   2a3 Suy có cách chọn a1và cách chọn b1 Trường hợp 3: Số cách chọn số phân biệt 2 a1  a2  a3  Số cách chọn  C11.C11 b1  b2  b3  2 Suy số cách chọn số phân biệt C11.C11 − 24.3 − C112 C112  24.3  Vậy số cách phân tích số 15 thành ba số nguyên dương  25  517 3! Câu 48: Chọn D Lời giải Ta có: a logb a a  16b logb a  b8  log a   a     16b  12b  a logb a  16bloga b loga a  12b  a logb a  16b8loga b 3  12b 8 3 logb a  12b Đặt t = logba  t  Khi ta có bt  16b t Ta có bt  16b t 3  bt  8b t 3  8b t 3 3  12b2 3  bt 8b t 8b t 3  12 b 8 t  3 3 t t  12 b 33 t2 88 6 tt  12b 3 Vậy ta có bt  16b t  12b2 Yêu cầu toán tương đương với dấu xảy t  log a  a    b  b  b  b  8b Từ ta có P = a3 + b3 = 72 Câu 49: Chọn C Lời giải Gắn hệ trục tọa độ hình vẽ Khơng tính tổng qt giả sử ABCD hình vng có cạnh 1, chiều cao hình chóp S.ABCD c ( c  0) A ( 0;0;0 ) , B ( 1;0;0 ) , C ( 1;1;0 ) , D ( 0;1;0 ) Do hình chiếu vng góc H đỉnh S xuống mặt đáy nằm hình vuông ABCD nên gọi H ( a ; b ;0 ) với  a , b  (*)  S (a ;b;c) Ta có : AS = ( a ; b ; c ); AD   0;1;0  nên chọn n SAD    AS , AD    c;0; a  BS   a  1; b; c  , BC   0;1;0  nên chọn nSBC   BS , BC    c;0; a  1 AB  1;0;0  , AS   a; b; c  nên chọn n SAB    AB, AS    0; c; b  Chọn n ABCD   k   0;0;1 = ( 0;0;1 ) Do (SAD) ⊥ (SBC)  n SAD  n( SBC ) =  + a (a − 1) =  c2 + Góc ( SAB ) ( SBC ) 60  cos 60  n SAB  n SBC   n SAB  n SBC   = a (1) b  a  1  2 c   a  1 c  b b 1  a  (*) (1)   a c2  b2 b 1 a b    2 c  b2 c2  b2  a Góc ( SAB ) ( SAD ) 450   n SAB  n SAD   cos 45   n SAB  n SAD   ab (*)  c2  a c2  b2 ab (*)  a c  b2 ab a c  b 2 : b 1 a c b 2  a :    a   3 2 1 a Góc ( SAB ) ( ABCD )   cos   n SAB  n ABCD  n SAB  n ABCD    ,  3 b c b 2  1  Cách : theo ý tưởng thầy Vô Thường Gọi I , J , H hình chiếu vng góc S lên BC , AD, ( ABCD ) ; I, H, J hình chiếu vng góc I , H , J lên ( SAB ) Ta có : + Do (SAD) ⊥ (SBC) nên  ((SAD),(SBC)) = ISJ = 900  SI   SAD  Suy   SJ   SBC   SI   SAD  + Do  nên    SAD  ,  SAB    SII '  45  II '   SAB   SJ   SBC  + Do  nên  (( SBC ),( SAB )) = SJJ ' = 60  JJ '   SAB   SH   ABCD  + Do  nên  (( SAB ),( SABCD)) = SHH ' =   HH '   SAB  Đặt II  = HH  = JJ  = x với x   SI = x , SJ = x , SI SJ SI.SJ 2 x2 x HH ' x SH =     cos     2 x IJ SH x SI  SJ Câu 50: Chọn C Lời giải Ta có: g  x     x    m2  2m  5 x  x  1  x   2  m  2m  5 x  x   * m2  2m   0, m   Phương trình (*) có hai nghiệm phân biệt khác với m vì:     m2  2m    0, m  2  m  2m      0, m Vậy g (x) = có nghiệm phân biệt (1) Mặt khác, xét hàm số y = f (x) ta có : f (x) = x2 − (m+1) x + (3m2 + 4m + 5) =  x   m  1 + ( m2 + m + )  0, m  y = f (x) đồng biến với m Do f (x) hàm đa thức bậc đồng biến nên phương trình f (x) = k ln có nghiệm với số k (2) Từ (1) (2) suy phương trình g (f (x)) = có nghiệm phân biệt ... 4x + 2y + 2z − = B ( S ) : x2 + y2 + z2 − 2x + y + z − = C ( S ) : x2 + y2 + z2 − 4x + 2y + 2z + = D ( S ) : x2 + y2 + z2 − 2x + y + z + = Câu 26 : Cho hình lập phương có cạnh Một hình nón có đỉnh...g I Ta có SI = Ta có IA2 = SA2 − SI2 = 9a2 − 4a2 = 5a2  IA = a  AB = 2IA = a 1 Vậy diện tích thi t diện cần tìm Std = SSAB = S AB = 2a.2a  2a 2 Câu 32: Chọn C Lời giải Từ đồ thị suy đườn...) là: ( x − )2 + ( y + )2 + ( z + )2 =  x2 + y2 + z2 − 4x + 2y + 2z − = Câu 26 : Chọn D Lời giải Gọi ,O O tâm hình vng ABCD , ABCD Hình nón có đáy đường tròn ngoại tiếp hình vng ABCD có cạn