Bộ 2800 bài tập Vận dụng cao môn Toán từ đề thi thử 2019 có lời giải chi tiết

T À I L I Ệ U V Ậ N D Ụ N G , V Ậ N
D Ụ N G C A O M Ô N T O Á N
Ths Nguyễn Thanh Tú
eBook Collection
vectorstock.com/20874128
DẠY KÈM QUY NHƠN FORUM
PHÁT HÀNH SIÊU PHẨM
#daykemquynhon #daykemquynhonofficial #daykemquynhonforum
#daykemquynhonfanpage
Bộ 2800 bài tập Vận dụng cao môn Toán từ
đề thi thử 2019 có lời giải chi tiết
PDF VERSION | 2019 EDITION
ORDER NOW / CHUYỂN GIAO QUA EMAIL
TAILIEUCHUANTHAMKHAO@GMAIL.COM
Tài liệu chuẩn tham khảo
Phát triển kênh bởi
Ths Nguyễn Thanh Tú
Đơn vị tài trợ / phát hành / chia sẻ học thuật :
Nguyen Thanh Tu Group
Hỗ trợ trực tuyến
Fb www.facebook.com/HoaHocQuyNhon
Mobi/Zalo 0905779594

4 Câu VDC CSC-CSN đề thi thử các trường
Câu 1(Đề Thi Thử THPTQG Năm 2019- Đề 3). Cho dãy số
u1
1
. Tính tổng
2
un
1
3un
2, n 1
S u u u ...
u
2 2 2 2
1 2 3 2011
u n
xác định bởi
2011
2011
2011
2011
A. 3
B. 3 1
C. 3 2012 D. 3 2011
Câu 2.(Đề Thi Thử THPTQG Năm 2019 – Đề 5) . Cho cấp số cộng
n
u có công sai d 3
2 2 2
và u u u đạt giá trị nhỏ nhất. Tính tổng S100
của 100 số hạng đầu tiên của cấp số cộng đó.
2 3 4
A. S100 14650
B. S100 14400
C. S100 14250
D.
S100 15450
2
Câu 3(Đề Thi Thử THPTQG Năm 2019- Đề 9). Cho dãy số xn
xác định bởi x1
và
3
xn
x
, n * Mệnh đề nào dưới đây là đúng?
1
2(2n
1) x 1
N
n
n
2
39999
2
2
A. x100
B. x100
C. x100
D. x100
39999
2
40001
40803
Câu 4(Đề Thi Thử THPTQG Năm 2019- Đề 8): Cho dãy số thỏa mãn u 3u 2u
và
5
u1 log2 5, u2 log2
10. Giá trị nhỏ nhất của n để un
1024 log2
bằng 2
un
n1 n n1
A. n 11
B. n 12
C. n 13
D. n 15
GIẢI
Câu 1. Chọn C.
Phương pháp: Dự đoán số hạng tổng quát và chứng minh bằng quy nạp.
Cách giải: Ta có

u 1
u
u
u
u
1
2
3
4
5
5
17
53
161
2 2 2 2
Đặt S u u u u .
n
1 2 3
...
n
Ta chứng minh bằng quy nạp S 3 n 1.
Dễ thấy mệnh đề đúng với n 1.
n
n
n
n 1
Giả sử S 3 n 1. Ta phải chứng minh S
n 1
3 n
1 1.
n
Thực vậy
S S u 3 n 1 3u 2 3 n 1 3 3u
2 2 ...
2 n
2 n
2
n1 n n1 n n1
3 n 1 3 2 1 3 3 ... 3
n n 2 n1
n
n 1
3
2.3 n 1
2. 1 3
n1
3 n 2
Từ đó ta có:
Câu 2. Chọn C.
S u u u ... u 3 2012
2 2 2 2 2011
1 2 3 2011
Phương pháp : Sử dụng tính chất của cấp số cộng và công thức tính tổng n số hạng đầu của cấp
n n 1
số cộng là Sn
n. u1
. d .
2
2 2 2 2 2
Cách giải : Ta có : u u u u u u u u u
2 2 2
3 6 3 18 45 3 3 18 18
2 3 4 2 2 2 2 2 2
Dấu
xảy ra khi u2 3 u1 u2
d 3 3 6
Vậy tổng S100
của 100 số hạng đầu tiên của cấp số cộng đó là
100.99
S100
100.6 . 3
14250
2
Câu 3. Chọn B.
Phương pháp:
Cách giải: Ta có:
xn
xn
1
2(2n
1) x 1
1 1
2(2n
1)
x
x
n1
n
n

1
Đặt un
ta có: un
1
2(2 1)
n
x
n
u
n
Vậy
3 3 99.100 3 39999
u100
22.99 1 22.98 1 ...22.11 41 2 3 ... 99
2.99 4. 2.99
2 2 2 2 2
39999
Vậy x100
.
2
Câu 4: Chọn B
Cách giải:
5
u n 1
3u n
2u
n 1
u 3
3u 2
2u 1
u 3
log2
log2
5 2
4
n n
Xét u a x a x với x1,
x2
là nghiệm của phương trình x
n
1 1 2 2
x1 2; x2
1 ta được u
1.2 n
n
a a2
Với n = 1 ta có log2 5 2a1 a2
Với n = 2 ta có log210 4a1 a2
1 5
a1 , a2 log2
2 2
Do đó
un
n1 5 5 n1
2 log2 1024 log2
2 1024 n 11
2 2
2
3x
2 0

VDC CSC-CSN
Câu 1: Viết theme 8 số xen giữa hai số 1 và 45 để được một cấp số cộng. Hỏi tổng của 8
dố them đó bằng bao nhiêu?
A.184 B. 259 C. 216 D. 41
Câu 2: Xét dãy số
u , v , n
N*,
n
n
tổng n số hạng đầu tiên của mỗi dãy số được xác
u2018
định bởi Sn u
1u 2... u
n 3n 2, Tn v1 v2
... vn
5n
1.
Đặt A . Khẳng
v
định nào sau đây là đúng?
6054
6056
3
A. A
B. A = 2 C. A
D. A
10091
10091
5
Câu 3: Cho một cấp số cộng (u n ) có u 1 = 1 và tổng của 100 số hạng đầu bằng 24850. Biểu
1 1 1
thức S ...
bằng
u u u u u u
1 2 2 3 49 50
9
49
A. S
B. S
C. S = 123 D.
246
246
2018
4
S
23
u1 5, u2
19
Câu 4 Xét dãy số un
, n*,
được xác định bởi hệ thức
. Tổng
un2 5un
1
6un
S u u ...
u bằng
10 1 2 10
A. 261624 B. 86525 C. 90613 D. 86526
Câu 5: Ba số x, y, z theo thứ tự lập thành một cấp số nhân có công bội q 1. Đồng thời ,
các số x,2 y,3z
theo thứ tự đó lập thành một cấp số cộng có công sai khác 0. Khi đó công
bội q bằng:
1
1
A.
B. 3 C. D. -3
3
3
u1
2
Câu 6: Cho dãy số ( un), n*
xác định bởi
. Tổng
un1
4un
4 5n
bằng
2017
A. S 2015 3.4
B.
2018
C. S 2016 3.4
D.
*
S 201
3.4
2018
S 2015 3.4
2017
S u 2u
2018 2017
Câu 7. Xét hai dãy số u , v , n N , được xác định bởi
n
1 1
u1 1, v1 2, u
n1 un , v
n1 vn
.
vn
un
Đặt 10 10
Khẳng định nào sau đây là
đúng?
A. S 4 5 B. S 2 5 C. S 4 5 D. S 8 5
n

Câu 8. Cho cấp số cộng
*
u n
N
n
, ,
1 1 1
S ..
u u u u u u
1 2 2 3 2017 2018
2017
A. S
B. S
u u
gồm các số dương. Xét biểu thức
. Mệnh đề nào sau đây là đúng?
2018
1
2018
u1 u2018
1
C. S
D. S
2017 u u
Câu 9. Ba số
x, y, z y 0
2018 u1 u2018
1 2018
theo thứ tự lập thành một cấp số cộng tăng. Giả sử
theo thứ tự đó lập thành một cấp số nhân. Khi đó công bội của cấp số nhân đó bằng
1
2 2 2
x , y , z
A. 2 1
B. 2 1
C. 3 2 2 D. 3
2 2
Câu 10. Xét n là số nguyên dương và
2
n k n
0 1 2
k
n
1 x a a x a x ... a x ... a x .
ak 1 ak ak
rằng tồn tại số nguyên k,1 k n 1,
sao cho 1
. Giá trị của a2
bằng
2 9 24
A. 66 B. 36 C. 55 D. 45
Biết
ĐÁP ÁN
Câu 1 A
: Khi viết thêm 8 số xen giữa hai số 1 và 45 ta được một cấp số cộng có 10 số, trong đó
u1
1
u2 u3 ... u9 S10 u1 u10
184.
u10
45
Câu 2 D
u2018 S2018 S2017
3
Xét
.
v T T
5
2018 2018 2017
Câu 3 A
: Gọi d là công sai của cấp số đã cho.
497 2u1
Ta có: S100 50(2u1
99 d) 24850 d 5
99
5 5 5 u1 u2
u u u u
5 S ... ...
u u u u u u u u u u u u
3 2 50 49
1 2 2 3 49 50 1 2 2 3 49 50
1 1 1 1 1 1 1 1
...
u u u u u u u u
1 2 2 3 48 49 49 50
1 1 1 1 245 49
S .
u u u u 49d
246 246
1 50 1 1
n1 n1
u n
3 2 .
Câu 4 A Chỉ ra được

Câu 5 C
Câu 6 A
: Ta có u 4u 4 5n u 4u 5n 4 u n 4( u n 1)
(*).
n1 n n1 n n1
n
Đặt vn
1
un
1
n suy ra vn
un
n 1,
khi đó (*) vn
1
4 vn.
Do đó v n là cấp số nhận với công bội
Mà
1 1
2
q v v
n1
4
n
( 4) 1.
n1 n1
v u suy ra v 2.( 4) u 2.( 4) n 1.
n
Vậy S u u
Câu 7C
1
u2v2 2 u1v1 4 u3v3
6.
u1v1
Bằng quy nạp ta chỉ ra được
n
2017 2016 2017
2018
2
2017
2.( 4) 2017 2 2.( 4) 2016 2015 3.4 .
u v 2 u v 2 2n
n n n n
Câu 8A
. A đúng với công sai d = 0. Trường hợp
Câu 9D
Câu 10D
d
u
2018 1
0 S
u
2017
d u u
2018 1

CHUYÊN ĐỀ VDC ĐẠO HÀM
a
10
Câu 1. Cho f
( a là hằng số). Tìm a biết f
x
1
2
10.
x
1
1
1
A. a
B. a
C. a
D.
9!
9!
10!
100
a
9!
Câu 1B
ĐÁP ÁN

2 Câu VDC Lượng Giác đề thi thử các trường
Câu 1(Đề Thi Thử THPTQG Năm 2019- Đề 4). Cho hàm số
4 4
h( x) sin x cos x 2msin x cos x . Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để hàm số
xác định với mọi
x R
A. 1 B. 2 C. 3 D. 4
Câu 2(Đề Thi Thử THPTQG Năm 2019- Đề 9). Cho f
nhỏ nhất bằng
(*) ?
n
8
2
x 0
có tổng các nghiệm dương
n(
n N,
n 1) (*) Phương trình nào sau đây là phương trình hệ quả của
4
4
A. sin x sin x 1 0
B.
2
2cos 2
x sin x
2 2
C. 4cos 2x 2cos x 1 cos 2x
D. 2sin x 1 0
GIẢI
Câu 1. Chọn A.
Phương pháp: Giải và biện luận điều kiện xác định.
Cách giải: Để hàm số xác định với mọi x thì
4 4
sin x cos x 2msin x cos x 0, x
4 4 2 2 2 2
sin x cos x 2sin x cos x 2sin x cos x 2msin x cos x 0, x
2 2
2sin x cos x 2msin x cos x 1 0, x
1 sin
2 2 sin 2 1 0,
x m x x
2
t sin 2x
1
f t t mt t
2
Ta lại có
2
1 0, 1;1
f ' t t m 0 t m
Nếu
m 1
1 2
1 1
f t t mt 1 0, t 1;1
min f t
f 1
0 m 0 m (Vô lý).
2 1;1
2 2
thì

Nếu
m 1
thì
1 2
1 1
f t t mt 1 0, t 1;1
min f t f 1
0 m 0 m . (Vô lý)
2 1;1
2 2
Nếu 1 m 1
thì
1 2
f t t mt 1 0, t
1;1
2
min f t min f 1 ; f 1 0
1;1
1 1
min m; m
0
2 2
1 m 0
1
m 0
2
0 m 1
1 m 0
2
1 1
m
2 2
Vậy có duy nhất giá trị m 0 thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Câu 2 Chọn đáp án C
3
Thử n 1 là nghiệm
8
Chỉ có C thỏa mãn

Câu 1: Cho tập A = {1,2,...,49}. Chọn ngẫu nhiên 3 phần tử của A. Xác suất để 3 phần tử được
chọn lập thành một cấp số cộng bằng
72
69
75
A. B. C. D.
2303
2303
2303
Câu 2: Có 12 bạn học sinh trong đó có đúng một bạn tên A và đúng một bạn tên B. Xếp ngẫu
nhiên 12 học sinh vào một bàn tròn và một bàn dài mỗi bàn 6 học sinh. Xác suất để hai bạn A và
B ngồi cùng bàn và cạnh nhau bằng
1
1
1
A. B. C. D.
5
6
10
Câu 3: Cho tập hợp
S
1,2,3, 4,5,6 .
24 .
29
1
12
Hai bạn A, B mỗi người chọn ngẫu nhiên một tập con
của S. Xác suất để tập con của A và B chọn được có đúng 2 phần tử chung gần nhất với kết quả
nào dưới đây?
A. 15,08% B. 29,66% C. 30,16% D. 14,83%.
Câu 4: Cho tập
S
1, 2,..,6 .
Ba bạn A, B, C được mời lên bảng, mỗi bạn viết ngẫu nhiên một
tập con của S. Xác suất để các tập con của A, B, C viết được khác rỗng; đôi một không giao nhau
và trên bảng có đúng 4 phần tử của S gần nhất với kết quả nào dưới đây ?
A. 0,412 B. 0,206 C. 0,432 D. 0,216
Lời giải:
Câu 1. Chọn đáp án A.
Số cách chọn ngẫu nhiên 3 phần tử là
C 3
. 49
Ta tìm số bộ ba số (a;b;c) thoả mãn a, b, c A;1 a b, c 49;2 b a c.
Ta phải có a, c cùng chẵn hoặc cùng lẻ.
2
a c
Nếu a, c cùng chẵn có C 24
cách chọn a, c; và b có duy nhất một cách chọn.
2
2
a c
Nếu a, c cùng lẻ có C 25
cách chọn a, c; và b có duy nhất một cách chọn.
2
2 2
Vậy có tất cả C C bộ số thoả mãn.
24 25
Xác suất cần tính bằng
C
C
2 2
24 25
3
C49
Câu 2. Chọn đáp án B.
Tìm số cách xếp ngẫu nhiên:
72 .
2303
Chọn ra 6 trong 12 học sinh rồi xếp vào bàn dài có
6
A 12
cách xếp;
6 học sinh còn lại xếp vào bàn tròn có (6 1)! 5! cách xếp.
Vậy có tất cả
A 6
5! 12
cách xếp ngẫu nhiên.

Ta tìm số cách xếp mà A, B cùng ngồi 1 bàn và ngồi cạnh nhau:
TH1: A, B ngồi cùng bàn dài và cạnh nhau có
TH2: A, B ngồi cùng bàn tròn và cạnh nhau có
4
2! C 5!(6 1)!
cách;
10
4
2! C (5 1)!6!
cách.
10
Vậy có tất cả
2! C 5!(6 1)! 2! C (5 1)!6!
4 4
10 10
cách xếp thoả mãn.
Xác suất cần tính bằng
2! C 5!(6 1)! 2! C (5 1)!6! 1
.
5! 6
4 4
10 10
6
A12
Chọn đáp án B.
*Chú ý số cách xếp n học sinh vào 1 bàn tròn bằng (n−1)! cách.
Câu 3. Chọn đáp án B.
6
Số tập con của S là 2 64. Mỗi người có 64 cách chọn tập con, do vậy số phần tử không gian
2
mẫu là 64 .
Ta tìm số cách chọn tập con thoả mãn:
Vì tập con của A và B chọn được có chung 2 phần tử nên các tập con này phải có ít nhất 2 phần
tử.
Giả sử tập con của A và B gồm
x; y x, y 2
phần tử khi đó:
x
A có C6
cách chọn tập con; lúc này S còn 6 – x phần tử.
2
Chọn ra 2 phần tử gọi là a, b có trong tập con của A để xuất hiện trong tập con của B có C x
cách;
Lúc này tập con của B đã có hai phần tử chung với tập con của A là a, b ta cần chọn thêm (y-2)
y 2
phần tử khác trong (6-x) phần tử còn lại sau khi A đã chọn tập con có cách viết,
x y
Vậy có tất cả C6CxC 6
Ta có điều kiện:
Nếu
2 2
x
cách,
x, y 2 2 x 6
.
y 2 6 x 2 y 8 x
C 6x
6 5 4 3 2
2 2 y2 3 2 y2 4 2 y2 5 2 y2 6 2 y2
C6C6C62 C6C3 C63 C0C4C64 C6C5 C65 C6C6C66
y2 y2 y2 y2 y2
240 480 360 120 15 1215.
1215
cách chọn tập con thoả mãn. Xác suất cần tính bằng
2
64 29,66%.
Câu 4. Chọn đáp án B.
6
Tập S có tất cả 2 64 tập con. Mỗi bạn có 64 cách viết ngẫu nhiên. Nên số phần tử không gian
3
mẫu bằng 64 .
Ta tìm số cách viết thoả mãn:
Gọi x, y, z là số phần tử có trong các tập con của A, B, C viết lên bảng.
Vì các tập con của ba bạn này viết khác rỗng nên x, y, z 1.

Vì các tập con của ba bạn này đôi một không giao nhau và trên bảng có đúng 4 phần tử của S
nên x y z 4.
Vậy ta có hệ
x y z 4
( x; y; z) (1;1;2);(1;2;1);(2;1;1).
z, y, z 1
1 1 2 1 2 1 2 1 1
Vậy có tất cả C C C C C C C C C
6 5 4 6 5 4 6 4 3
540
Xác suất cần tính bằng
3
540
64 0,206.
cách viết thoả mãn.

CHUYÊN ĐỀ VDC TỔ HỢP-XÁC XUẤT
Câu 1. Có bao nhiêu cách xếp 6 đồ vật khác nhau vào 3 chiếc hộp khác nhau sao cho mỗi
hộp có ít nhất 1 đồ vật (không kể tới thứ tự các đồ vật trong mỗi hộp)?
A. 90 cách B. 270 cách C. 540 cách D. 720
cách
Câu 2. Trong 1 bàn ăn của 1 tiệc cưới có 10 ghế được xếp cho 10 khách ngồi. Biết
trong 10 khách có 3 người là bạn của chú rể. Tìm xác suất để khi xếp ngẫu nhiên có 2
khách là bạn của chú rể ngồi kề nhau, nhưng người còn lại không ngồi kề 2 người đó.
67!
667!
467!
A. p
B. p
C. p
D.
10!
9!
9!
667!
p
10!
Câu 3. Trong 1 hộp kín có 20 tấm thẻ, ghi trên mỗi tấm thẻ là các số từ 1 đến 20 (2 tấm
khác nhau thì ghi số khác nhau). Lấy ngẫu nhiên từ trong hộp đó ra 2 tấm thẻ. Tìm xác
suất để tổng 2 số ghi trên 2 tấm thẻ đó chia hết cho 3.
1
1
32
A. p
B. p
C. p
D.
2
3
95
49
p
190
Câu 4. Một bạn xếp lại 1 chồng sách gồm 4 cuốn trên bàn học một cách ngẫu nhiên. Tìm
xác suất để không có cuốn sách nào giữ nguyên vị trí ban đầu.
3
1
1
A. p
B. p
C. p
D.
8
2
6
3
p
4
Câu 5. Gieo đồng thời 2 con xúc xắc. Tìm xác suất để tổng số chấm xuất hiện trên 2 con
xúc xắc là 1 số nguyên tố.
1
7
5
A. p
B. p
C. p
D.
4
18
12
13
p
36
ĐÁP ÁN

Câu 1C
Câu 2B
Câu 3C
Câu 4A
Câu 5C

VDC TỔ HỢP-XÁC XUẤT
Câu 1: Từ các chữ số 1, 2, 3, 4, 5, 6 có thể lập được bao nhiêu số có 8 chữ số, trong đó chữ
số 1 và chữ số 6 có mặt đúng 2 lần còn các chữ số khác xuất hiện 1 lần.
A.10 080 số B. 10 008 số C. 10 800 số D. 18 000 số\
Câu 2: Có bao nhiêu số thực nhiên có 5 chữ số khác nhau không chứa chữ số 0 mà trong
mỗi số luôn có hai chữ số chẵn và ba chữ số lẻ?
A. 7200 số B. 960 số C. 100 số D. 11 040 số.
Câu 3: Cho hai đường thẳng d1,d
2
song song với nhau. Trên d 1 có 10 điểm phân biệt, trên
d 2 có n điểm phân biệt n 2 . Biết rằng có tất cả 2800 tam giác có các đỉnh là các điểm
nói trên. Vậy n có giá trị là:
A. 20 B. 21 C. 30 D. 32
Câu 4: Có bao nhiêu cách xếp 6 nam và 6 nữ ngồi xung quanh một chiếc bàn tròn, sao
chon nam và nữ ngồi xen kẽ nhau?
A. 86 400 B. 86 460 C. 86 400 D. 84 600
Câu 5: Một người bỏ ngẫu nhiên ba lá thư vào ba chiếc phong bì đã ghi địa chỉ. Tính xác
suất để ít nhất có một lá thư bỏ đúng phong bì của nó.
1
2
2
1
A. B. C. D.
3
3
5
2
Câu 6: Một khách sạn có 6 phòng đơn. Có 10 khách đến thuê phòng, trong đó có 6 nam
và 4 nữ. Người quản lí chọn ngẫu nhiên 6 người. Tính xác suất để có 4 khác nam, 2 khách
nữ.
1
5
3
4
A. B. C. D.
7
7
7
7
Câu 7: Cho đa giác đều 100 đỉnh nội tiếp một đường tròn. Số tam giác tù được tạo thành
từ 3 trong 100 đỉnh của đa giác là
A. 117600 B. 78400 C. 44100 D. 58800
Câu 8 Cho
A
0;1;2;3;4;5 . Từ các chữ số thuộc tập A lập được bao nhiêu số tự nhiên
có 5 chwuc số và số đó chia hết cho 3?
A. 2160 số B. 2016 số C. 2160 số D. 216 số
0 1 1 1 2 1 n
Câu 9: Cho biểu thức T Cn Cn Cn .. Cn
, n *.
Phát biểu nào sau đây
2 3 n 1
đúng?
n 1
2
n
n
1
1
A. T
B. 2 n
2 1
2
T
C. T
D. T
n 1
n 1
n 1
10
1 2
3n
Câu 10: Tìm hệ số chứa x trong khai triển f ( x) x x 1
x 2
với n là số tự
4
3 n2
nhiên thỏa mãn hệ thức A C 14 n.
n
n
5 10
5 10 10
9 10
A. 2 C 19
B. 2 C19
x C. 2 C 19
D.
2
9 10 10
2 C19
x

Câu 11: Trong hội nghị học sinh giỏi của trường, khi ra về các em bắt tay nhau. Có 120
cái bắt tay và giả sử không em nào bỏ sót cũng như bắt tay lặp lại 2 lần. Số học sinh dự
hội nghị thuộc khoảng nào sau đây?
A.(13;18) B. (9;14) C. (17;22) D. (21;26)
Câu 12. Có 10 tấm thẻ được đánh số từ 1 đến 30. Chọn ngẫu nhiên ra 10 tấm thẻ. Tính xác
suất để trong 10 tấm thẻ có 5 tấm thẻ mang số lẻ, 5 tấm thẻ mang số chẵn và có đúng một
tấm thẻ mang số chia hết cho 10.
99
634
33
568
A. B. C. D.
667
667
667
667
Câu 13. Trong mặt phẳng cho 10 điểm phân biệt
A , A ,... A
1 2 10
trong đó có 4 điểm
A1 , A2 , A3 , A4
thẳng hàng, ngoài ra không có 3 điểm nào thẳng hàng. Số tam giác có 3 đỉnh
được lấy trong 10 điểm trên là
A.116 tam giác B. 80 tam giác C. 96 tam giác D. 60 tam giác
Câu 14. Xét tập hợp A gồm tất cả các số tự nhiên có 5 chữ số khác nhau. Chọn ngẫu nhiên
một số từ A. Tính xác suất để số được chọn có chữu số đứng sau lớn hơn chữ số đứng trước
(tính từ trái sang phải)
1
74
62
3
A. B. C. D.
216
411
431
50
Câu 1 A
Gọi a a a a a a a a a
1 2 3 4 5 6 7 8
Xét một dãy có 8 ô trống:
là số cần lập.
ĐÁP ÁN
Bước 1: Chọn 2 ô trong 8 ô trống để xếp hai chữ số 1, có
2
C 8
Bước 2: Chọn 2 ô trong 6 ô trống còn lại để xếp hai chữ số 6, có
cách.
2
C 6
cách.
Bước 3: Cuối cùng ta có 4! Cách xếp 4 chữ số 2, 3, 4, 5 vào 4 ô trống còn lại.
1 2
Vậy ta có: C . C .4! 10080
số a.
8 6

2
3
Câu 2 : A Có C4 6 cách chọn hai chữ số chẵn không có chữ số 0 và C5 10
cách chọn
ba chữ số lẻ. Khi đó, số cách chọn ra một bộ 5 chữ số khác nhau mà luôn có hai chữ số
2 3
chẵn không có chữ số 0 và ba chữ số lẻ là C .C 60.
4 5
Mỗi bộ 5 số như thế có thể lập được 5! Số thỏa mãn. Từ đó, áp dụng quy tắc nhân suy ra
2 3
số các số thỏa mãn yêu cầu bài toán là: C . C .5! 7200 số.
4 5
Câu 3 A
1 2 2 1 n(n1)
2
C10Cn
C10Cn
2800 10 45n 2800 n 8n 560 0 n 20.
2
Câu 4 C
Tiến hành theo các bước sau:
Bước 1: Xếp 6 nam ngồi quanh bàn tròn, có 5! Cách xếp.
Bước 2: Vì 6 nam ngồi quanh bàn tròn nên có 6 khoảng trống để xếp 6 người nữ, vậy có
6! Cách xếp.
Theo quy tắc nhân ta có 5!.6! = 86 400 cách.
Câu 5 B
Câu 6 C
Câu 7 A
: Đánh số các đỉnh là A1 , A2 ,... A100.
Xét đường chéo A 1 A 51 của đa giác là đường kính của đường tròn ngoại tiếp đa giác đều
chia đường tròn ra làm 2 phần mỗi phần cs 49 điểm từ A 2 đến A 50 và A 52 đến A 100 .
Khi đó, mỗi đa giác có dạng A A A là tam giác tù nếu A i và A j cùng nằm trên nửa đường
1 i j
tròn chứa điểm A 1 tính theo chiều kin đồng hồ nên A i , A j là hai điểm tùy ý được lấy từ 49
điểm A 2 , A 3 đến A 50 .
2
Vậy có C49 1176
tam giác tù.
Vì đa giác có 100 đỉnh nên số tam giác tù là
Câu 8C
1176.100 117600
tam giác tù.
Gọi số cần tìm là a a1a2a ( 0).
3a4a5 a i
Do a3
nên a a a a a 3
1 2 3 4 5
Nếu a a a a thì a 5 = 0 hoặc a 5 = 3
1 2 3 4
Nếu a a a a chia 3 dư 1 thì a 5 = 2 hoặc a 5 = 5.
1 2 3 4
Nếu a a a a chia 3 dư 2 thì a 5 = 1 hoặc a 5 = 4.
1 2 3 4
Như vậy, từ một số có 4 chữ số a1a2a3a
4
(các số được lấy từ tập A) sẽ tạo được 2 số tự
nhiên có 5 chữ số thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Dễ thấy từ các chữ số của tập A có thể lập được 5.6.6.6 = 1080 số tự nhiên có 4 chữ số.
Do đó từ các chữ số của tập A sẽ lập được 2.1080 = 2160 số chia hết cho 3 có 5 chữ số.
Câu 9A

0 1 2 2
Ta có: (1 x) C xC x C ...
x C
n n n
n n n n
x dx C xC x C x C dx
n 0 1 2 2
n n
(1 )
n n n
...
n
(1 x)
x x x
n 1 2 3 n 1
n1 2 3 n1
0 1 2
n
C xCn Cn Cn ... Cn
x1
n1
2 0 1 1 1 2 1 n
n n n
...
n
C C C C C T
n 1 2 3 n 1
n1 n 1
1 1 2 1 2 1
n 0 C 1; n 1 C ,...,n C T
2 n 1 n 1 n 1 n 1
.
Câu 10 A
Từ phương trình
A C 14n n 5.
3 n2
n n
2
1
1 1
4 16 16
19
1 19 1 k k 19 k
f ( x) x 2 C19.2 . x .
16 16
2
n
Với n = 5, ta có f ( x) x x 1 x 2 x 2 x 2 x 2
Theo khai triển nhị thức Niu-tơn, ta có
3 4 15 19
10
Số hạng chứa x trong khai triển ứng với 19 k 10 k 9.
10
1
Vậy hệ số của số hạng chứa x trong khai triển là 2 2 2
16 C C C
Câu 11 A
Câu 12A
Ta có:
5 1 4
C 10
.
C15. C3. C12
99
30
Xác suất cần tìm là P
10
C 667
30
k 0
9 9 5 9 5 10
19 19 19
Câu 13A
Số tam giác được tạo thành từ 10 điểm là
Do 4 điểm
A , A , A , A
1 2 3 4
3
C 10
tam giác
thẳng hàng nên số tam giác mất đi là
Vậy số tam giác thỏa mãn yêu cầu đề bài là C
3 3
10
C4 116
3
C 4
tam giác
Câu 14A
Gọi số có 5 chữ số là abcde
n 9. A 27216
Số các số tự nhiên có 5 chữ số khác nhau là
4
Gọi X là biến cố “số được chọn có chữ số đứng sau lớn hơn chữ số đứng trước”
a b c d e mà a 0, a, b, c, d, e0;1;2;...;9 a, b, c, d, e1;2;...;9
Chọn 5 chữ số
5
C 9
bài toán. Suy ra
5
cách. Với mỗi bộ 5 chữ số đã chọn, ghép được 1 số thỏa mãn yêu cầu
n X C 9
126
9

Xác suất cần tìm P X
n X
n
1
216

17 Câu VDC Tổ Hợp – Xác Suất đề thi thử các trường
Câu 1(Đề Thi Thử THPTQG Năm 2019-Đề 2 ). Trong một đợt kiểm tra về vệ sinh an toàn
thực phẩm của ngành y tế tại chợ X. Ban quản lý chợ lấy ra 15 mẫu thịt lợn trong đó có 4 mẫu ở
quầy A, 5 mẫu ở quầy B và 6 mẫu ở quầy C. Mỗi mẫu thịt này có khối lượng như nhau và để
trong các hộp kín có kích thước giống hệt nhau. Đoàn kiểm tra lấy ra ngẫu nhiên ba hộp để phân
tích, kiểm tra xem trong thịt lợn có chứa hóa chất "Super tạo nạc" (Clenbuterol) hay không. Xác
suất để 3 hộp lấy ra có đủ ba loại thịt ở các quầy A, B, C là:
24 1
A. .
B. đáp án khác. C. .
D.
93
5
Câu 2(Đề Thi Thử THPTQG Năm 2019- Đề 3) . Cho hai đường thẳng d 1 , d 2 song song nhau.
Trên d 1 có 6 điểm tô màu đỏ, trên d 2 có 4 điểm tô màu xanh. Chọn ngẫu nhiên 3 điểm bất kì
trong các điểm trên. Tính xác suất để 3 điểm được chọn lập thành tam giác có 2 đỉnh tô màu đỏ.
5
5
5
1
A. B. C. D.
8
32
9
2
Câu 3(Đề Thi Thử THPTQG Năm 2019- Đề 6). Cho khai triển
n
2 2 2n
1 x x a a x a x ...
a x với n 2 và a0, a1, a2, , a2n
là các hệ số. Tính tổng
0 1 2 2n
a3 a
S a0 a1 a2
a2n
biết 4
.
14 41
10
12
10
A. S 3 .
B. S 3 .
C. S 2 .
D.
1 .
15
12
S 2 .
Câu 4(Đề Thi Thử THPTQG Năm 2019- Đề 7). Tuấn và Hùng cùng tham gia kì thi THPTQG
năm 2018, ngoài thi ba môn Toán, Văn, Tiếng Anh bắt buộc thì Tuấn và Hùng đều đăng kí thi
thêm đúng hai môn tự chọn khác trong ba môn của tổ hợp KHTN là Vật lí, Hóa học và Sinh học
dưới hình thức thi trắc nghiệm để xét tuyển Đại học. Mỗi môn tự chọn trắc nghiệm có 6 mã đề
thi khác nhau, mã đề thi của các môn khác nhau là khác nhau. Tìm xác xuất để Tuấn và Hùng có
chung đúng một môn thi tự chọn và chung một mã đề.
2
3
1
A. B. C. D.
9
7
9
Câu 5(Đề Thi Thử THPTQG Năm 2019- Đề 02) : Có 2 dãy ghế đối diện nhau, mỗi dãy
có 6 ghế. Xếp ngẫu nhiên 12 học sinh gồm 6 nam và 6 nữ ngồi vào 2 dãy ghế đó sao cho
mỗi ghế có đúng một học sinh ngồi. Xác suất để mỗi học sinh nam đều ngồi đối diện
với 1 học sinh nữ và không có 2 học sinh cùng giới ngồi cạnh nhau bằng.
11
1
17
A. B. C. D.
462
462
462
Câu 6(Đề Thi Thử THPTQG Năm 2019- Đề 03). Gọi S là tập hợp tất cả các số tự nhiên chẵn
có 3 chữ số khác nhau được chọn từ các chữ số 1,2,3,4,5,6,7,8,9 và không lớn hơn 789. Số phần
tử của S là
5
8
7
462

A. 171. B. 141. C. 181. D. 161.
Câu 7(Đề Toán Pen- Đề số 4). Biết 2 n 4 n 2 1 n
C C n C
2 , khi đó hệ số của x 3 trong
khai triển
x
x
3 2 2
3n
, x 0
bằng
n n2 n1
A. 96069. B.96906. C. 96960. D. 96096.
Câu 8(Đề Thi Thử THPTQG Năm 2019 –Đề 5). Từ các chữ số 1, 2, 3, 4, 5, 6 có thể lập được
bao nhiêu số tự nhiên, mỗi số gồm sáu chữ số khác nhau và tổng của ba chữ số đầu nhỏ hơn tổng
của ba chữ số cuối một đơn vị
A. 108 số. B. 180 số. C. 118 số. D. 181 số.
Câu 9(Đề Thi Thử THPTQG Năm 2019- Đề 1). Một người bỏ ngẫu nhiên 4 lá thư vào 4 bì thư
đã đề sẵn địa chỉ. Tính xác suất để ít nhất có 1 lá thư bỏ đúng địa chỉ.
3
5
5
A. B. C. D.
5
7
8
Câu 10. (Đề Thi Thử THPTQG Năm 2019- Đề 5) Khai triển đa thức
20 2 20
1 3 x a a x a x ...
a x
0 1 2 20
.
3
8
5
Tính tổng
S a 2 a 3 a ... 21 a
0 1 2 20
là:
A. 4 20 B. 4 21 C. 4 22 D. 4 23
Câu 11(Đề Thi Thử THPTQG Năm 2019 – Đề 6) . Tính tổng
n
1 2 3
1
n
n n n n
1 1 1
S 1 C C C ... C
3 5 7 2n 1
.
A. S 2.4.6...2n
2n !
1 n! n 1 !
B. S
C. S
D.
3.5.7... 2n 1
n 1 !
2n !
S
2n1
2n 1 !
1 2n !
n
Câu 12(Đề Thi Thử THPTQG Năm 2019- Đề 9). Tung một con súc sắc n lần. Tìm giá trị nhỏ
nhất của n để xác suất xuất hiện mặt 6 chấm hai lần nhỏ hơn 0,001
A. 60 B. 61 C. 62 D. 63
Câu 13(Đề Thi Thử THPTQG Năm 2019- Đề 3). Cho hai đường thẳng song song và .
1
2
Nếu trên hai đường thẳng 1
và 2
có tất cả 2018 điểm thì số tam giác lớn nhất có thể tạo ra từ
2018 điểm này là
A. 1020133294. B. 1026225648. C. 1023176448. D.
1029280900.
Câu 14(Đề Thi Thử THPTQG Năm 2019- Đề 4). Có 60 tấm thẻ đánh số từ 1 đến 60. Rút ngẫu

nhiên 3 thẻ. Tính xác suất để tổng các số ghi trên 3 thẻ chia hết cho 3.
171 1 9
A. .
B. .
C. .
D.
1711
12
89
571 .
1711
Câu 15(Đề Thi Thử THPTQG Năm 2019- Đề 5). Gọi S là tập các số có 7 chữ số đôi một khác
nhau. Tính xác suất để khi rút một số từ tập S ta được số mà các chữ số 3; 4; 5 đứng liền nhau và
cả các chữ số 6; 9 đứng liền nhau.
1 1 3
A. .
B. .
C. .
D.
315
210
700
Câu 16(Đề Thi Thử THPTQG Năm 2019- Đề 6 ). Cho số nguyên n 3 . Khai triển
2 n 2 n
1 2 2 n
1 .
630
x 1 x x 1 a0 a1x a2x ...
a2nx
. Biết rằng tổng a0 a2 ... a2n2 a2n
768 .
Tính a 5
.
A. a5 294. B. a5 126.
C. a5 378. D. a5 84.
Câu 17(Đề Thi Thử THPTQG Năm 2019- Đề 6 ). Có một bình chứa 100 tấm thể đánh số từ 1
đến 100. Chọn ngẫu nhiên một tấm thẻ. Gọi a là số ghi trên tấm thẻ và x là chữ số tận cùng của
số 2018 a . Tính xác suất để x là số chia hết cho 4.
1 1 3 1
A. .
B. .
C. .
D. .
4
8
4
2
GIẢI
Câu 1. Chọn B.
Phương pháp: Đây là bài toán xác suất cơ bản.
3
Cách giải: Số phần tử không gian mẫu là n C 15
Số cách để 3 hộp lấy ra có đủ ba loại thịt ở các quầy A, B, C là
Vậy xác suất cần tìm là
Câu 2. Chọn D.
Phương pháp:
C C C 24
C 91
1 1 1
4 5 6
3
15
n C 10
120.
Cách giải: Số phần tử không gian mẫu là
3
1 1 1
C4C5C6
120
Gọi A là biến cố :” 3 điểm được chọn lập thành tam giác có 2 đỉnh tô màu đỏ”.
n A
C . C 60
Ta có:
2 1
6 4
n A 60 1
Vậy xác suất cần tìm là P A
.
n 120 2

Câu 3. Chọn A
Cách giải:
Cho x=1
S 3
n
2 n k 2 k
(1 x x ) Cn
( x x )
k 0
n
k
k 0 i0
n
C C . x
k i k i
n k
Tính hệ số của a 3 là :
k
i 3
i
0, k 3
0
k n
i 1, k 2
0 i k
i 2, k 1( L)
k,
i Z
a C C C C C 2C
3 0 2 1 3 2
3 n 3 n 2 n n
Tương tự với a 4 ta được
41a
14a
3 4
3 2 4 3 2
41[ Cn 2 Cn ] 14[ Cn 3 Cn Cn
]
n 10
S 3
10
Câu 4. Chọn C.
Phương pháp: Qui tắc đếm và tổ hợp.
a C C C C C C C C C
4 0 3 1 2 2 4 3 2
4 n 4 n 3 n 2 n
3
n n
Cách giải: Mỗi phần tử không gian mẫu là một cách chọn đề của Tuấn và Hùng.
2
Do đó số phần tử không gian mẫu là n C 2 . C 1 . C
1 .
3 6 6
Gọi A là biến cố : “Tuấn và Hùng có chung đúng một môn thi tự chọn và chung một mã đề”
Mỗi phần tử của biến cố A được thành lập bằng cách cho Tuấn chọn trước, sau đó Hùng chọn
phụ thuộc vào Tuấn.
n A
C . C . C . C . C
Ta có:
2 1 1 1 1
3 6 6 2 6
n A 1
Vậy P A
.
n 9
Câu 5 : Chọn B.
Phương pháp: Sử dụng hoán vị và quy tắc nhân.
Cách giải: Xếp 12 học sinh vào 12 ghế có 12! cách xếp.
Đánh số ghế như sau:

1 2 3 4 5 6
7 8 9 10 11 12
Chọn giới tính nam hoặc nữ có 2 cách.
Xếp nam hoặc nữ ngồi vào các ghế 1, 3, 5, 8, 10,12 có 6! 720 cách.
Xếp các bạn giới tính còn lại vào 6 ghế còn lại có 6! 720 cách.
Vậy có 2.720.720 1036800
cách.
Do đó xác suất cần tìm là 1036800
1
12! 462
Câu 6: Chọn đáp án A
Gọi số có dạng abc
a 2,4,6 , mỗi trường hợp c có 3 cách chọn cs chẵn , b có 7 cách chọn
21.3 63số
a 1,3,5 , mỗi trường hợp c có 4 cách chọn cs chẵn , b có 7 cách chọn
28.3 84 số
a 7 , c có 4 cách chọn cs chẵn , b có 6 cách chọn
6.4 24 số
24 63 84 171 A
Câu 7. Chọn đáp án D
2 C C n C n 5
n 4 n 2 1 n
2
n n2 n1
15 15 2
. 15
3 2 2
k k
k 3 15k
x C15x
.2
x k 0
5
hệ số của x 3 là :
C
.2 96096
10 5
15
Câu 8. Chọn đáp án A
Tổng các chữ số = 21 3 chữ số đầu là (1;3;6),(1;4;5),(2;3;5)
Mỗi trường hợp 3 chữ số đầu có 3! cách xếp , 3 chữ số sau có 3! cách xếp
A 3.3!.3! 108
Câu 9. Bỏ 4 lá thư vào 4 phong bì ta có số cách bỏ là. 4! cách Ta xét các trường hợp sau.
+ TH1. chỉ có một lá thư bỏ đúng. giải sử ta chọn 1 trong 4 lá để bỏ đúng (có 4 cách), trong mỗi
cách đó chọn một lá để bỏ sai (có 2 cách), khi đó 2 lá còn lại nhất thiết là sai (1 cách), vậy trong
TH1 này có 4.2.1 = 8 cách.
2
+ TH2. có đúng 2 lá bỏ đúng. tương tự trên, ta chọn 2 lá bỏ đúng (có C cách), 2 lá còn lại
nhất thiết sai (1 cách), vậy trong TH2 này có 6 cách.
4
6
+ TH3. dễ thấy khi 3 lá đã bỏ đúng thì đương nhiên là cả 4 lá đều đúng, vậy có 1 cách. có 8 +
6 +1 = 15 cách bỏ ít nhất có 1 lá thư vào đúng địa chỉ
Xác suất cần tìm là.
Câu 10. Chọn đáp án B
15 5
24 8

20
20
1 3 x C ( 3) . x
k 0
k k k
20
a k
âm với k lẻ S a0 2a1 3 a2 ... 21a
20
f ( x) a 2a x 3 a x ... 20 a x x. f ( x) a x 2 a x ... 20 a x g( x)
' 2 19 ' 2 20
1 2 3 20 1 2 20
f ( x) a a x a x ...
a x
2 20
0 1 2 20
f ( x) g( x) a 2a x 3 a x ... 21a x
S f ( 1) g( 1) 4
2 20
0 1 2 20
Câu 11. Chọn đáp án A
8 2.4 2.4.6...2n
Chọn n 2 S S
15 3.5 3.5.7... 2n 1
21
Câu 12. Chọn đáp án C
2 1 5 n2
Xác suất xuất hiện mặt 6 chấm 2 lần : C n
. .( ) < 0,001 n min 62
36 6
Câu13: Chọn B
Cách giải:
Tam giác có thể tạo ra sẽ có 2 trường hợp
TH1: 1 điểm thuộc và 2 điểm thuộc
TH2: 1 điểm thuộc
1
2
2
và 2 điểm thuộc 1
Gọi số điểm trên 1
là n => số điểm trên
2
là 2018-n
Xét n=1 => số tam giác tạo ra là 2033136 =>Loại
2 2
Xét n>1 => số tam giác tạo thành là: n. C2018n
(2018 n).
Cn
Câu 14: Chọn D
Ta chia 1 60 thành 3 tập hợp :
+ Tập các số chia hết cho 3 : 20 số
+ Tập các số chia 3 dư 1 : 20 số
+ Tập các số chia 3 dư 2: 20 số
3
3
Số cách lấy 3 thẻ trong 60 thẻ : n( )
C60
( có thể loại B,C vì C 60
không chia hết cho mẫu của
B , C )
Rút 3 thẻ tổng chia hết 3 :
3
+cả 3 thẻ chia hết cho 3 :
+ 3 thẻ chia 3 dư 1 :
3
C 20
C 20
3
+ 3 thẻ chia 3 dư 2 : C 20
+ 1 thẻ chia hết 3 , 1 thẻ chia 3 dư 1 , 1 thẻ chia 3 dư 2 : ( C )
3 1 3
11420 571
n( A) 3. C20 ( C20) 11420
p D
3
C 1711
Câu 15. Chọn đáp án B
n( ) 9.9.8.7.6.5.4
60
1 3
20

Coi cụm 3 chữ số 3;4;5 là 1 số X
Coi cụm 2 chữ số 6;9 là 1 số Y
Xét số abcd
TH1:
Có số 0
Có 3 cách chọn vị trí số 0
Có 3! Cách đảo 3 vị trí con lại
X có 3! Cách đảo 3;4;5
Y có 2! Cách đảo 6;9
Vị trí còn lại có
A 1
3.3!.3!.2!.4
TH 2 : Không có số 0
Có 4! cách đảo vị trí 4 số
X có 3! Cách đảo 3;4;5
Y có 2! Cách đảo 6;9
4 cách chọn ( 1, 2,7,8 )
2
2 số còn lại có C cách chọn ( 1, 2,7,8 )
A 4!.3!.2!. C
2
2 4
A 1
A 2592 p
n( ) 210
4
Câu 16. Chọn đáp án B
2n 2n1 2 2n
0 1 2 2n
f ( x) x 1 x x 1 a a x a x ...
a x
3
f f a a a a n
2
2n
(1) ( 1) 2(
0
2
...
2n2
2n) 2.768 .2 5
10 9
k k 10k k k
10 9 5
k 0 k 0
f ( x) C . x .( 1) x C . x a 126
Câu 17. Chọn đáp án D
x chia hết cho 4 a chia 4 dư 1 hoặc 2 (*)
50 1
1 100 có 50 số thỏa mãn (*) p
100 2

Câu 1.
Câu 2.
Câu 3.
Câu 4.
(Chuyên Lê Quý Đôn Quảng Trị Lần 1) Một chiếc vòng đeo tay gồm 20 hạt giống nhau. Hỏi
có bao nhiêu cách cắt chiếc vòng đó thành 2 phần mà số hạt ở mỗi phần đều là số lẻ?
A. 90. B. 5. C. 180. D. 10 .
(THPT CHUYÊN VĨNH PHÚC 2018-2019) Cho đa giác đều 2019 đỉnh. Khi đó số tứ giác mà
mỗi đỉnh được lấy từ các đỉnh của đa giác đều đã cho và không có cạnh nào là cạnh của đa giác
đều đã cho là:
A.
2019C B.
4
2016
4
C2019 2019 C.
4
504,75.C2016
D.
4
C
2019 .
(Đặng Thành Nam Đề 2) Một công việc để hoàng thành bắt buộc phải trải qua hai bước, bước
thứ nhất có m cách thực hiện và bước thứ hai có n cách thực hiện. Số cách để hoàn thành
công việc đã cho bằng
A. m n .
n
B. m . C. mn .
m
D. n .
(PT ĐỀ ĐH VINHL3 -2019..) Từ các chữ số 1, 2,3,...,9 lập được bao nhiêu số có 3 chữ số đôi
một khác nhau.
9
3
3
3
A. 3 . B. A
9
. C. 9 . D. C
9
.
Câu 5. (CHUYÊN-NGUYỄN-HUỆ-HÀ-NỘI) Một lớp học có 12 bạn nam và 10 bạn nữ. Số cách
chọn hai bạn trực nhật sao cho có cả nam và nữ là
A. 120. B. 231. C. 210 . D. 22 .
Câu 6.
Câu 7.
(CHUYÊN HOÀNG VĂN THỤ HÒA BÌNH LẦN 4 NĂM 2019) Một tổ có 10 học sinh. Số
cách chọn ra hai bạn học sinh làm tổ trưởng và tổ phó là:
A. 10 B. 90. C. 45. D. 24.
(Sở Ninh Bình 2019 lần 2) Có bao nhiêu cách chọn ra một tổ trưởng và một tổ phó từ một tổ
có 10 người? Biết khả năng được chọn của mỗi người trong tổ là như nhau.
A. 100. B. 90 . C. 50 . D. 45 .
Câu 8.
(THPT CHUYÊN VĨNH PHÚC 2018-2019) Nhãn mỗi chiếc ghế trong một hội trường gồm
hai phần : phần đầu là một chữ cái ( trong bảng 24 chữ cái tiếng Việt ), phần thứ hai là một số
nguyên dương nhỏ hơn 26. Hỏi có nhiều nhất bao nhiêu chiếc ghế được ghi nhãn khác nhau ?
A. 624 . B. 600 . C. 49 . D. 648 .
Câu 9. Trong một lớp học có 20 học sinh nam và 24 học sinh nữ. Giáo viên chủ nhiệm cần chọn hai
học sinh: 1 nam và 1 nữ tham gia đội cờ đỏ. Hỏi giáo viên chủ nhiệm đó có bao nhiêu cách
chọn?
A. 44 . B. 480 . C. 20 . D. 24 .
Câu 10. Một bộ đồ chơi ghép hình gồm các miếng nhựa. mỗi miếng nhựa được đặc trưng bởi ba yếu tố:
màu sắc, hình dạng và kích cỡ. Biết rằng có 4 màu (xanh, đỏ, vàng, tím), có 3 hình dạng (hình
tròn, hình vuông, hình tam giác) và 2 kích cỡ (to, nhỏ). Hộp đồ chơi đó có số miếng nhựa nhiều
nhất là:
A. 24 . B. 9 . C. 26 . D. 20 .
b c
Câu 11. (Chuyên Hà Nội Lần1) Gọi A là tập hợp tất cả các số có dạng abc với a , , 1;2;3;4 . Số
phần tử của tập hợp A là
3
4
3
3
A. . B. 3 . C. . D. 4 .
C 4
Câu 12. (Hậu Lộc Thanh Hóa) Từ các số 0 , 1, 3 , 4 , 5 , 7 có thể lập được bao nhiêu số tự nhiên có
sáu chữ số khác nhau?
A. 720 . B. 600 . C. 625. D. 240 .
Câu 13. (Đặng Thành Nam Đề 14) Tập hợp A 1,2,...,10 . Số cách chọn ra 2 phần tử của A gồm 1
phần tử chẵn và 1 phần tử lẻ bằng
A 4

Câu 14.
C C 2
2
2
1
1
A. . B. . C. . D.
10
10
C 5
C 1 C 1
. 10 9
(THPT TX QUẢNG TRỊ LẦN 1 NĂM 2019) Từ các số 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7 lập được bao nhiêu
số tự nhiên có sáu chữ số đôi một khác nhau trong đó các chữ số 1, 2, 3 luôn có mặt và đứng
cạnh nhau?
A. 96 . B. 480 . C. 576 . D. 144.
Câu 15. (Sở Cần Thơ 2019) Cho hai đường thẳng và song song với nhau. Trên đường thẳng
d1
d2
d1
cho 5 điểm phân biệt, trên đường thẳng d 2
cho 7 điểm phân biệt. Số tam giác có đỉnh là các
điểm trong 12 điểm đã cho là:
A. 350. B. 210. C. 175. D. 220.
Câu 16. (Chuyên Vinh Lần 3) Có bao nhiêu số tự nhiên có 4 chữ số được viết từ các chữ số 1, 2, 3, 4,
5, 6, 7, 8, 9 sao cho số đó chia hết cho 15?
A. 234. B. 132. C. 243. D. 432.
Câu 17. (Chuyên Quốc Học Huế Lần1) Cho tập hợp S 1;2;3;4;5;6 . Gọi M là tập hợp các số tự
nhiên có 6 chữ số đôi một khác nhau lấy từ S sao cho tổng của các chữ số hàng đơn vị , hàng
chục và hàng trăm lớn hơn tổng các chữ số còn lại là 3. Tính tổng của các phần tử của tập hợp
M .
A. T 11003984
. B. T 36011952 . C. T 12003984
. D. T 18005967
.
Câu 18. (THPT-Yên-Mô-A-Ninh-Bình-2018-2019-Thi-tháng-4) Cho một bảng ô vuông 3 3 .
Điền ngẫu nhiên các số 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9 vào bảng trên (mỗi ô chỉ điền một số). Gọi A là
biến cố “mỗi hàng, mỗi cột bất kì đều có ít nhất một số lẻ”. Xác suất của biến cố A bằng
1
10
5
1
A. P A
. B. P A
. C. P A
. D. P A
.
3
21
7
56
Câu 19. (Sở Điện Biên) Lấy ngẫu nhiên một số tự nhiên có 9 chữ số khác nhau. Tính xác suất để số đó
chia hết cho 3 .
17
11
1
5
A. . B. . C. . D. .
81
27
9
18
Câu 20. (CHUYÊN LÊ THÁNH TÔNG QUẢNG NAM LẦN 2 NĂM 2019) Gọi S là tập hợp các số
tự nhiên gồm bốn chữ số đôi một khác nhau được lấy từ các chữ số 1, 2 , 3 , 4 , 5 , 6 , 7 , 8 , 9 .
Chọn ngẫu nhiên một số từ S . Tính xác suất P để được một số chia hết cho 11 và tổng bốn
chữ số của nó cũng chia hết cho 11.
1
2
1
3
A. P . B. P . C. P . D. P .
126
63
63
126
Câu 21. (CHUYÊN THÁI BÌNH LẦN V NĂM 2019) Cho tập A 3;4;5;6 . Tìm số các số tự nhiên
có bốn chữ số được thành lập từ tập A sao cho trong mỗi số tự nhiên đó, hai chữ số 3 và 4
mỗi chữ số có mặt nhiều nhất 2 lần, còn hai chữ số 5 và 6 mỗi chữ số có mặt không quá 1
lần.
A. 24 . B. 30. C. 102. D. 360 .
Câu 22. (SỞ QUẢNG BÌNH NĂM 2019) Với k và n là các số nguyên dương tùy ý thỏa mãn k n ,
mệnh đề nào dưới đây sai?

Câu 23.
k n k
A. Cn
C
k
k An
k 1
k k
n
. B. Cn
. C.
1
D.
k!
.
k n
Cn Cn Cn
Cn
Ck
.
(SỞ LÀO CAI 2019) Với k và n là hai số nguyên dương tùy ý thỏa mãn k n . Công thức
tính số tổ hợp chập k của n phần tử là
k n!
k n!
k n!
k n!
A. Cn
. B. An
. C. Cn
. D. An
.
n k ! k!
n k !
n k !
n k ! k!
Câu 24. (CỤM TRẦN KIM HƯNG - HƯNG YÊN NĂM 2019) Có bao nhiêu cách xếp chỗ ngồi cho
4 bạn học sinh vào dãy có 4 ghế?
A. 8 cách. B. 12cách. C. 24 cách. D. 4 cách.
Câu 25.
Câu 26.
(Chuyên Thái Nguyên) Cho trước 5 chiếc ghế xếp thành một hàng ngang. Số cách xếp ba bạn
A, B,
C vào 5 chiếc ghế đó sao cho mỗi bạn ngồi một ghế là
A. C 3
B. 6. C. A 3
D. 15.
5 .
(SỞ PHÚ THỌ LẦN 2 NĂM 2019) Có bao nhiêu cách xếp chỗ ngồi cho bốn bạn học sinh vào
bốn chiếc ghế kê thành một hàng ngang?
A. 24 . B. 4 . C. 12. D. 8 .
Câu 27. (SỞ GD & ĐT CÀ MAU) Một tổ học sinh có 5 học sinh nam và 7 học sinh nữ. Có bao nhiêu
cách chọn 4 học sinh của tổ để tham ra một buổi lao động?
4 4
4
4
A. C C . B. 4! . C. . D. .
5 7
A 12
5 .
C 12
Câu 28. (THPT LÊ QUÝ ĐÔN QUẢNG NGÃI) (THPT LÊ QUÝ ĐÔN QUẢNG NGÃI) Với k,
là hai số nguyên dương tùy ý k n , mệnh đề nào dưới đây đúng?
k n!
k n!
k n!
k k! n!
A. An
. B. An
. C. An
. D. An
.
k! n k !
n k !
k!
n k !
n
Câu 29.
(THPT ISCHOOL NHA TRANG) Trong các mệnh đề sau, mệnh đề nào sai?
k n!
k n!
A. Cn
0 k n.
B. An
1
k n
.
k! n k !
n k !
k
! 0
P n n
k
C. C k A k n . D.
n
n
n
! 1 .
Câu 30. (THPT-Nguyễn-Công-Trứ-Hà-Tĩnh-lần-1-2018-2019-Thi-tháng-3) Với k và n là hai số
nguyên dương tùy ý thỏa mãn k n , mệnh đề nào dưới đây là đúng?
k n!
k n!
k n!
k k!
A. An
. B. An
. C. An
. D. An
.
k! n k !
n k !
k!
n! n k !
Câu 31.
(Đặng Thành Nam Đề 17) Số cách xếp 4 học sinh vào một dãy ghế dài gồm 10 ghế, mỗi ghế
chỉ một học sinh ngồi bằng
4
4
4
10
A. . B. 10 . C. . D. 4 .
C 10
Câu 32. (Đặng Thành Nam Đề 15) Số tập con gồm đúng 3 phần tử của tập hợp gồm 10 phần tử bằng
3
10
3
10
A. . B. 3 1. C. . D. 3 .
A 10
Câu 33. (THPT-Phúc-Trạch-Hà-Tĩnh-lần-2-2018-2019-thi-tháng-4) Kí hiệu:
k
Cn
(với k ; n là
những số nguyên dương và k n ) có ý nghĩa là
A. Chỉnh hợp chập k của n phần tử. B. Số tổ hợp chập k của n phần tử.
C. Tổ hợp chập k của n phần tử. D. Số chỉnh hợp chập k của n phần tử.
Câu 34. (Cụm 8 trường chuyên lần1) Số tập hợp con có 3 phần tử của một tập hợp có 7 phần tử là :
A 10
C 10

7!
3
3
A. . B. C 7
. C. A7
. D. 21.
3!
Câu 35. (CHUYÊN HUỲNH MẪN ĐẠT 2019 lần 1) Từ các chữ số 1,2,3,4,5,6 . Có thể lập được bao
nhiêu số có 3 chữ số khác nhau?
A. 216 . B. 120 . C. 504 . D. 6 .
Câu 36. [1D2-2.1-1] (Sở Phú Thọ) Trong mặt phẳng cho tập S gồm 10 điểm trong đó không có 3
điểm nào thẳng hàng. Có bao nhiêu tam giác có 3 đỉnh đều thuộc S ?
A. 720. B. 120. C. 59049. D. 3628800.
Câu 37.
(Sở Lạng Sơn 2019) Số tập con có 3 phần tử của một tập hợp có 7 phần tử là
7!
3
3
A. . B. C 7
. C. 7. D. A 7
.
3!
Câu 38. (CỤM TRƯỜNG SÓC SƠN MÊ LINH HÀ NỘI) Cho tập hợp X có 20 phần tử. Số tập
con gồm 3 phần tử của X là
3
3
3
17
A. 20 . B. . C. . D. .
A 20
Câu 39. (Cổ Loa Hà Nội) Kí hiệu là số tổ hợp chập của phần tử 0 k n . Mệnh đề nào
C 20
A 20
C k n
k n
sau đây đúng?
k n!
k n!
k n!
k n!
A. Cn
. B. Cn
. C. Cn
. D. Cn
.
n k !
k!
k! n k !
k! n k !
Câu 40. (Hậu Lộc Thanh Hóa) Với k và n là hai số nguyên dương tùy ý thỏa mãn k n , mệnh đề
nào dưới đây đúng?
k n!
k
k n!
k n!
A. An
. B. An
n!
. C. An
. D. An
.
k!
k! n k !
n k !
Câu 41.
(THPT-Ngô-Quyền-Hải-Phòng-Lần-2-2018-2019-Thi-24-3-2019) Cho số nguyên dương n
và số nguyên k với 0 k n . Mệnh đề nào sau đây đúng?
k n k
A. C C
k n
k k 1
. B. C . C. C C
k n k
. D. C .
n
n
n
Cn k
n
n
n
C n1
Câu 42. (KHTN Hà Nội Lần 3) Có bao nhiêu số tự nhiên có 3 chữ số đôi một khác nhau lập từ các
chữ số 1, 2,3,4,5,6?
A. 20 số. B. 216 số. C. 729 số. D. 120 số.
Câu 43. (Đặng Thành Nam Đề 6) Cho tập hợp A 1,2,3,...10 . Một tổ hợp chập 2 của các phần tử
tập A là
2
2
A. 1;2 . B. . C. . D. 1;2 .
C 10
10
A
Câu 44.
(Sở Quảng Ninh Lần1) Một tổ có 10 học sinh. Hỏi có bao nhiêu cách chọn ra 2 học sinh từ tổ
đó để giữ 2 chức vụ tổ trưởng và tổ phó.
2
8
2
2
A. . B. . C. 10 . D. .
C 10
A 10
A 10
Câu 45. (NGHĨA-HƯNG-NAM-ĐỊNH) Với k,
n là số nguyên dương 1
k n . Đẳng thức nào sau
đây là đúng?
Câu 46.
k 1 k k 1
k 1
k k
k 1 k k 1
1
A. C C C B. C C C C. C C C D. C C C
.
n n1 n1 .
n1 n n1 .
n n n1 (CHUYÊN-QUANG-TRUNG-L5-2019) Chọn kết luận đúng
k n!
0
k n!
1
A. An
. B. Cn
0 . C. Cn
. D. An
1.
n k !
k! n k !
k k k
.
n n n1 Câu 47.
(Nguyễn Du số 1 lần3) Trong các công thức sau, công thức nào đúng?

k
k An
k n!
k n!
k n!
A. Cn
. B. An
. C. Cn
. D. An
.
k
n k !
k n k !
n k
Câu 48. (Chuyên Lý Tự Trọng Cần Thơ) Với k và n là hai số nguyên dương tùy ý thỏa mãn k n ,
mệnh đề nào dưới đây đúng?
k n!
k
k! n k !
A. Cn
. B. Cn
k n!
k n!
. C. C . D. .
n
Cn
n k !
n!
k!
k! n k !
Câu 49. (Cụm 8 trường Chuyên Lần 1) Cho tập hợp S gồm 5 phần tử. Số tập con gồm 2 phần tử của
S là:
A. 30 .
2
B. 5 . C.
2
. D.
2
.
Câu 50. (Nguyễn Trãi Hải Dương Lần1) Cho n và n! 1. Số giá trị của n thỏa mãn giả thiết đã
cho là
A. 1. B. 2. C. 0. D. Vô số.
Câu 51. (Ba Đình Lần2) Với k và n là hai số nguyên dương tùy ý thỏa mãn k n . Mệnh đề nào dưới
đây đúng ?
k n!
k n!
k
k! n k !
k n!
A. Cn
. B. An
. C. Cn
. D. An
.
k!
n k !
n!
k! n k !
Câu 52. (THPT SỐ 1 TƯ NGHĨA LẦN 2 NĂM 2019) Số các tổ hợp chập k của một tập hợp có n
phần tử 1
k n là :
k
k
k n!
k An
k An
k
k! n k !
A. Cn
. B. Cn
. C. Cn
. D. Cn
.
n k !
k!
n
k !
n!
Câu 53. (KÊNH TRUYỀN HÌNH GIÁO DỤC QUỐC GIA VTV7 –2019) Cho tập hợp M có 10
phần tử. Số tập hợp con gồm 2 phần tử của M là
8
2
2
2
A. . B. . C. . D. 10 .
A 10
A 10
C 5
C 10
A 5
Câu 54.
(Quỳnh Lưu Lần 1) Có bao nhiêu cách chọn hai học sinh từ một nhóm gồm 41 học sinh?
2
2
41
2
A. . B. 41 . C. 2 . D. .
A 41
C 41
Câu 55. ( Sở Phú Thọ) Với k và n là hai số nguyên dương thỏa mãn k n , mệnh đề nào dưới đây
đúng?
n!
n!
A. Pn
. B. Pn
n k ! . C. Pn
. D. Pn
n!
.
n k !
k!
Câu 56. (Sở Phú Thọ) Với k và n là hai số nguyên dương tùy ý thỏa mãn k n , mệnh đề nào dưới
đây đúng?
n!
n!
A. Pn
. B. Pn
n k ! . C. Pn
. D. Pn
n!
.
n k !
k!
Câu 57. Công thức tính số các chỉnh hợp chập của một tập có phần tử 1
k n là
k n
k n!
k n!
k n!
k n!
A. Cn
. B. Cn
. C. An
. D. An
.
n k !
k! n k !
n k !
k! n k !
Câu 58. Cho k , n 1 k n
là các số nguyên dương bất kì. Mệnh đề nào sau đây sai?
k
k
k An
k An
k n!
k n!
A. Cn
. B. Cn
. C. Cn
. D. An
.
k!
n
k !
k! n k !
n k !
3 2
Câu 59. Cho n 2, n thỏa mãn : A C 14n
. Giá trị của n là
n
n

A. 3. B. 4. C. 5. D. 6.
Câu 60.
(Sở Ninh Bình 2019 lần 2) Có bao nhiêu cách chia 20 chiếc bút chì giống nhau cho ba bạn
Bắc, Trung, Nam sao cho mỗi bạn được ít nhất một chiếc bút chì
A. 153. B. 210 . C. 190. D. 171.
Câu 61. (Chuyên Vinh Lần 2) Mệnh đề nào sau đây sai ?
A. Số tập con có 4 phần tử của tập 6 phần tử là 4
C
6
.
B. Số cách xếp 4 quyển sách vào 4 trong 6 vị trí trên giá là
4
A
6
.
C. Số cách chọn và xếp thứ tự 4 học sinh từ nhóm 6 học sinh là 4
C
6
.
D. Số cách xếp 4 quyển sách trong 6 quyển sách vào 4 vị trí trên giá là
Câu 62. (Chuyên Vinh Lần 2) Mệnh đề nào sau đây sai ?
A. Số cách chọn một tổ văn nghệ gồm 3 em tùy ý từ lớp 10A1 gồm 35 em là
B. Số cách xếp 3 quyển sách vào 3 trong 6 vị trí trên giá là
3
A
6
.
C. Số cách cắm 3 bông hoa vào 5 bình hoa (mỗi bông cắm 1 bình) là
D. Số cách xếp 4 quyển sách trong 6 quyển sách vào 4 vị trí trên giá là
Câu 63. (KINH MÔN HẢI DƯƠNG 2019) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , phương trình nào
sau đây không phải là phương trình mặt cầu?
2 2 2
2 2 2
A. x y z 1 0 . B. x y z 2x 4y 2z
17 0 .
3
C
5
.
4
A
6
.
4
A
6
.
2 2 2
2 2 2
C. x y z 2x 4y 6z
5 0. D. x y z 2x y z 0 .
Câu 64. (Đoàn Thượng) Một đội văn nghệ có 10 người gồm 6 nam và 4 nữ. Cần chọn ra một bạn
nam và một bạn nữ để hát song ca. Hỏi có bao nhiêu cách chọn?
A. . B. . C. . D.
1 24 10
Câu 65. (Gang Thép Thái Nguyên) Có bao nhiêu cách sắp xếp 5 học sinh theo một hàng ngang?
A. 10. B. 24. C. 5. D. 120.
Câu 66. (Nguyễn Du Dak-Lak 2019) Số các chỉnh hợp chập k của một tập hợp gồm n phần tử (với
k,n
* , k n ).
A.
k!
k
k ! n
k !
. B. Cn
k!
. C. C k
n n k ! . D. .
k n !
n!
Câu 67. (Chuyên Vinh Lần 2) Mệnh đề nào sau đây sai ?
A. Số tập con có 2 phần tử của tập 6 phần tử là 2
C
6
.
3
C
35
.
B. Số tam giác được tạo ra từ 9 điểm phân biệt (trong đó không có 3 điểm nào thẳng hàng) là
3
C
9
.
C. Số vecto tối đa tạo bởi 20 điểm phân biệt là
2
C
20
.
D. Số cách xếp 3 quyển sách trong 7 quyển sách vào 3 vị trí trên giá là
Câu 68. (Sở Hưng Yên Lần1) Trong tủ quần áo của bạn An có 4 chiếc áo khác nhau và 3 chiếc quần
khác nhau. Hỏi bạn An có bao nhiêu cách để chọn 1 bộ quần áo để mặc?
A. 7 . B. 27 . C. 64 . D. 12 .
3
A
7
.
C 2
. 10

Câu 69. (Chuyên Hưng Yên Lần 3) Cho tập M 1;2;3;4;5;6;7;8;9 . Có bao nhiêu tập con có 4 phần
tử lấy từ các phần tử của tập M ?
9
4
4
A. 4 . B. C . C. 4! . D. .
9
Câu 70. (Sở Thanh Hóa 2019) Cho tập hợp A gồm có 9 phần tử. Số tập con gồm có 4 phần tử của
tập hợp A là
A.
4
. B. P . C. 36 . D.
4
.
C9
4
Câu 71. (THPT-Chuyên-Sơn-La-Lần-1-2018-2019-Thi-tháng-4) Với k và n là hai số nguyên dương
tùy ý thỏa mãn k n , mệnh đề nào dưới đây đúng?
k n!
k n!
k n!
k
k! n k !
A. An
. B. An
. C. An
. D. An
.
n k !
k! n k !
k!
n!
A 9
A 9
Câu 72.
Câu 73.
(ĐẠI-HỌC-SP-HÀ-NỘI) Cho n là số tự nhiên lớn hơn 2. Số các chỉnh hợp chập 2 của n phần
tử là
nn 1
A. . B. 2!. nn 1
. C. n. n 1
. D. 2n .
2!
(CHUYÊN NGUYỄN QUANG DIỆU ĐỒNG THÁP 2019 LẦN 2) Một tổ có 10 học sinh.
Số cách chọn ra 2 học sinh từ tổ đó để giữ 2 chức vụ tổ trưởng và tổ phó là
A. C 2
B. A 2
2
8
C. 10 .
D. A . 10
10 .
10 .
Câu 74. (Hàm Rồng ) Với k và n là hai số nguyên dương tùy ý thỏa mãn k n . Mệnh đề nào dưới
đây đúng?
k n!
k n!
k
k! n k !
k n!
A. An
. B. An
. C. An
. D. An
.
k!
k! n k !
n!
n k !
Câu 75.
Câu 76.
(CHUYÊN THÁI NGUYÊN LẦN 3) Số cách xếp 3 người ngồi vào 5 ghế xếp thành hàng
ngang sao cho mỗi người ngồi một ghế là
3
3
A. . B. C . C. 5! . D. 3! .
A 5
5
(THANH CHƯƠNG 1 NGHỆ AN 2019 LẦN 3) Số các số tự nhiên gồm ba chữ số khác nhau
lập từ các chữ số 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8 là
3
3
A. . B. P . C. . D. P .
C8
8
A8
3
n
Câu 77. (Cầu Giấy Hà Nội 2019 Lần 1) Cho điểm phân biệt trên mặt phẳng n , n 2 . Số
véctơ khác 0
có cả điểm đầu và điểm cuối là các điểm đã cho bằng
n( n 1)
A. n( n 1)
. B. . C. 2 n( n 1)
. D. 2n .
2
Câu 78. (Chuyên Bắc Giang) Với k và n là hai số nguyên dương tùy ý thỏa mãn k n , mệnh đề nào
dưới đây sai?
k k 1
k
k n!
k k
k n k
A. Cn Cn Cn
1. B. An
. C. An
Cn
k!
. D. Cn
C
n
.
( n k)! k!
Câu 79. (Sở Bắc Ninh) Cho tập hợp A có 26 phần tử. Hỏi A có bao nhiêu tập con gồm 6 phần tử?
A.
6
. B. 26. C. P . D.
6
.
C26
6
Câu 80. (Đặng Thành Nam Đề 9) Cho tập hợp A 1, 2,3,....,10 . Một chỉnh hợp chập 2 của A là
2
2
A. 1;2 . B. . C. A . D. (1;2) .
C 10
10
A 26

Câu 81.
(NGÔ SĨ LIÊN BẮC GIANG LẦN IV NĂM 2019) Một lớp học có 40 học sinh, biết rằng các
bạn đều có khả năng được chọn như nhau, số cách chọn ra ba bạn để phân công làm tổ trưởng
tổ 1, tổ 2 và tổ 3 là
3
3
3
A. . B. C . C. 3! . D. .
A 40
40
3C 40
Câu 82. (THPT-Nguyễn-Đức-Cảnh-Thái-Bình) Một tập A có n phần tử, với n là số tự nhiên lớn hơn
1, số tập con khác rỗng của tập A là
A. n !. B. n! 1. C. 2 n 1. D. 2 n .
Câu 83.
(Đặng Thành Nam Đề 3) Số cách xếp 3 học sinh vào một hàng ghế dài gồm 10 ghế, mỗi ghế
chỉ một học sinh ngồi bằng
3
3 3
3 3
A. B. C . A
C. C A
D.
C 10
10 10
10 10
3
A 10
Câu 84.
(Thị Xã Quảng Trị) Tổ 1 gồm 10 bạn học sinh. Có bao nhiêu cách để cô giáo chủ nhiệm chọn
ra 4 em đi bưng bàn ghế?
4
4
A. C . B. 4! . C. A . D. 6! .
10
10
Câu 85. (Chuyên Vinh Lần 3) Từ các chữ số 1, 2,3,...,9 lập được bao nhiêu số có 3 chữ số đôi một
khác nhau
9
A. 3 . B.
3
.
3
C. 9 . D.
3
.
A 9
Câu 86. (Trung-Tâm-Thanh-Tường-Nghệ-An-Lần-2) Với k,
n tùy ý thỏa mãn k n , mệnh đề
nào sau đây đúng?
k n!
k n!
A. Cn
. B. An
.
n k !
k! n k !
1
P nn 1n 2n
3
k k k
C. C C C . D. .
n n1 n1
Câu 87. ( Sở Phú Thọ) Trong mặt phẳng, cho tập S gồm 10 điểm, trong đó không có 3 điểm nào thẳng
hàng. Có bao nhiêu tam giác có 3 đỉnh đều thuộc S ?
A. 720. B. 120. C. 59049. D. 3628800.
Câu 88.
2018
(THTT số 3) Một tập hợp M có 2 tập con. Hỏi M có bao nhiêu tập con có ít nhất 2017 phần
tử?
A. 2019. B. 2018.
2017x2018
2017
C. . D. 2 .
2
Câu 89. (Chuyên Hà Nội Lần1) Một lớp học gồm có 20 học sinh nam và 15 học sinh nữ. Cần chọn ra
2 học sinh, 1 nam và 1 nữ để phân công trực nhật. Số cách chọn là
2
2
A. 300 . B. C . C. 35 . D. .
35
Câu 90. (-Mai-Anh-Tuấn-Thanh-Hóa-lần-1-2018-2019) Cho k , n là số nguyên dương thỏa mãn
1
k n . Đẳng thức nào sau đây đúng?
k 1 k
A. C C
k 1
C .
k 1
k k
B. C C C .
n n1 n1
n
n1 n n1
k 1 k k 1
k 1
k k
C. C C C . D. C C C .
n n n1
n n n1
Câu 91. (THPT LƯƠNG THẾ VINH 2019 LẦN 3) Cho đa giác đều có 20 cạnh. Có bao nhiêu hình
chữ nhật (không phải là hình vuông), có các đỉnh là đỉnh của đa giác đều đã cho?
A. 45 . B. 35 . C. 40 . D. 50 .
Câu 92. (Lương Thế Vinh Lần 3) Cho đa giác đều có 20 cạnh. Có bao nhiêu hình chữ nhật (không
phải là hình vuông), có các đỉnh là đỉnh của đa giác đều đã cho?
A. 45 . B. 35 . C. 40 . D. 50 .
Câu 93. (Văn Giang Hưng Yên) Có bao nhiêu số tự nhiên có 3 chữ số đôi một khác nhau?
A. 729 . B. 1000 . C. 648. D. 720 .
C 9
A 35

Câu 94. (Sở Hà Nam) Cho các số nguyên dương tùy ý k , n thỏa mãn k n . Đẳng thức nào dưới đây
đúng ?
A. k 1
k
k
1
C C C . B. C k C k C
k . C. k 1 1
k
k
1
C C C . D. C k C k C
k .
n n1 n1
n n1 n1
n n1
n
n n1 n1
Câu 95. (Ngô Quyền Hà Nội) Cho A 1, 2, 3, 4 . Từ A lập được bao nhiêu số tự nhiên có 4 chữ số
đôi một khác nhau?
A. 32 . B. 24 . C. 256 . D. 18.
Câu 96. (TTHT Lần 4) Trong kho đèn trang trí đang có 5 bóng đèn loại I, 7 bóng đèn loại II, các bóng
đèn đều khác nhau về màu sắc và hình dáng. Lấy ra 5 bóng đèn bất kỳ. Hỏi có bao nhiêu khả
năng xảy ra số bóng đèn loại I nhiều hơn số bóng đèn loại II.
A. 246 . B. 3480 . C. 245 . D. 3360 .
Câu 97.
(TTHT Lần 4) Gieo 2 xúc xắc màu xanh và đỏ cùng 1 lần. Hỏi có bao nhiêu khả năng xảy ra
số chấm xuất hiện của xúc xắc màu xanh nhiều hơn số chấm xuất hiện trên xúc xắc màu đỏ.
A. 18. B. 15. C. 30 . D. 16.
Câu 98. (Lê Quý Đôn Điện Biên Lần 3) Từ các chữ số 1,2,3,4,5,6 lập được bao nhiêu số tự nhiên có
3 chữ số khác nhau?
3
C 6
3
A. . B. 6 . C. A D. 6! .
3
6
Câu 99.
(ĐH Vinh Lần 1) [1D2-2.6-2] (ĐH Vinh Lần 1) Có tất cả 120 cách chọn 3 học sinh từ nhóm
n (chưa biết) học sinh. Số n là nghiệm của
phương trình nào sau đây?
A. nn
1n
2
120 . B. nn
n
1 2 720 .
C. nn
1n
2
120 . D. nn
n
1 2 720 .
5
Câu 100. (KIM LIÊN HÀ NỘI NĂM 2018-2019 LẦN 03) Cho n là số nguyên dương và C 792 .
5
Tính A n
.
A. 3960 . B. 95040 . C. 95004 . D. 95400 .
Câu 101. (Quỳnh Lưu Nghệ An) Có 6 học sinh và 3 thầy giáo A, B,
C ngồi trên một hàng ngang có 9
ghế. Số cách xếp chỗ ngồi cho 9 người đó sao cho mỗi thầy giáo ngồi giữa hai học sinh là
A. 43200 . B. 94536 . C. 55012 . D. 35684 .
Câu 102. (Sở Ninh Bình Lần1) Số cách chọn 3 người từ một nhóm có 12 người là
3
3
A. 4 . B. . C. . D. P .
A 12
C12
3
Câu 103. (Cụm 8 trường chuyên lần1) Có bao nhiêu số tự nhiên chẵn có 5 chữ số đôi một khác nhau,
sao cho trong mỗi số đó nhất thiết phải có mặt chữ số 0 ?
A. 15120 . B. 7056 . C. 5040 . D. 120.
Câu 104. (Cụm 8 trường chuyên lần1) Từ một tập gồm 10 câu hỏi trong đó có 4 câu lý thuyết và 6 câu
bài tập, người ta tạo thành các đề thi. Biết rằng một đề thi phải gồm 3 câu hỏi trong đó có ít
nhất một câu lý thuyết và một câu bài tập. Hỏi có thể tạo bao nhiêu đề khác nhau ?
A. 96 . B. 100. C. 60 . D. 36 .
Câu 105. (Đặng Thành Nam Đề 10) Số tập con gồm nhiều nhất phần tử của tập A 1,2,...,10 là
3
0 1 2
A. . B. C C C .
C 10
3
10 10 10
1 2 3
0 1 2 3
C. C C C . D. C C C C .
10 10 10
10 10 10 10
Câu 106. (THCS-THPT-NGUYỄN-KHUYẾN-TP-HCM-24THÁNG3) Có bao nhiêu số tự nhiên có ba
chữ số đôi một khác nhau.
n

A. 1000 . B. 720 . C. 729 . D. 648 .
Câu 106. (THCS-THPT-NGUYỄN-KHUYẾN-TP-HCM-24THÁNG3) Có bao nhiêu số tự nhiên có ba
chữ số đôi một khác nhau.
A. 1000 . B. 720 . C. 729 . D. 648 .
Câu 107. (Phan Đình Tùng Hà Tĩnh) Có bao nhiêu cách bỏ đồng thời 7 quả bóng bàn giống nhau vào
4 hộp khác nhau sao cho mỗi hộp có ít nhất 1 quả?
3
4
A. A . B. 20 . C. 12. D. .
7
1 1 1 1 1
Câu 108. (Lý Nhân Tông) Tính tổng S ...
2!2017! 4!2015! 6!2013! 2016!3! 2018!
2018
2018
2018
2018
2 1 2
2 1 2 1 A. S . B. S . C. S . D. S .
2019!
2019!
2019
2019
Câu 109. (Sở Ninh Bình Lần1) Cho tứ giác ABCD . Trên các cạnh AB , BC , CD , AD lần lượt lấy 3 ; 4
; 5 ; 6 điểm phân biệt khác các điểm A , B , C , D . Số tam giác phân biệt có các đỉnh là các
điểm vừa lấy là
A. 781. B. 624 . C. 816 . D. 342 .
Câu 110. (Hùng Vương Bình Phước) Đội văn nghệ của trường THPT Hùng Vương có 9 học sinh, trong
đó có 4 học sinh lớp 12, 3 học sinh lớp 11 và 2 học sinh lớp 10. Hỏi có bao nhiêu cách chọn ra
một nhóm có ít nhất 3 học sinh để biểu diễn dịp 26 tháng 3 sao cho mỗi khối có ít nhất một học
sinh, biết rằng năng khiếu văn nghệ của các em là như nhau
A. 24. . B. 315 . C. 420 . D. 25 .
Câu 111. (Nam Tiền Hải Thái Bình Lần1) Có bao nhiêu số tự nhiên có hai chữ số, các chữ số khác
nhau và đều khác không?
2
2
2
A. 9 . B. . C. C . D. 90 .
A 9
Câu 112. (PHÂN-TÍCH-BÌNH-LUẬN-THPT-CHUYÊN-HÀ-TĨNH) Trên các cạnh
9
C 7
AB, BC,
CA
tam giác lần lượt lấy n n > 3 điểm phân biệt (các điểm không trùng với các đỉnh
ABC 2, 4, ( )
của tam giác). Tìm n biết rằng số tam giác có các đỉnh thuộc n + 6 điểm đã cho là 247
A. 6 . B. 7 . C. 5 . D. 8 .
Câu 113. (PHÂN-TÍCH-BÌNH-LUẬN-THPT-CHUYÊN-HÀ-TĨNH) Cho tam giác ABC , gọi S là
tập hợp gồm 4 đường thẳng song song với AB , 6 đường thẳng song song với BC và 8 đường
thẳng song song với AC . Hỏi có bao nhiêu hình bình hành được tạo thành từ các đường thẳng
thuộc tập S
A. 2712 . B. 678 . C. 652 . D. 2436 .
Câu 114. (Sở Lạng Sơn 2019) Bé Minh có một bảng hình chữ nhật gồm 6 hình vuông đơn vị, cố định
không xoay như hình vẽ. Bé muốn dùng 3 màu để tô tất cả các cạnh của các hình vuông đơn vị,
mỗi cạnh tô một lần sao cho hình vuông đơn vị được tô bởi đúng 2 màu, trong đó mỗi màu tô
đúng hai cạnh. Hỏi bé Minh có tất cả bao nhiêu cách tô màu bảng?
của
A. 139968. B. 4374. C. 576. D. 15552.
Câu 115. (Hải Hậu Lần1) Có bao nhiêu cách chia hết 4 chiếc bánh khác nhau cho 3 em nhỏ, biết rằng
mỗi em nhận được ít nhất 1 chiếc.
A. 12. B. 3 . C. 36 . D. 72 .
Câu 116. (Nguyễn Đình Chiểu Tiền Giang) Cho tập hợp A có 3 phần tử, số hoán vị các phần tử của
A bằng

A. 5 . B. 4 . C. 6 . D. 7 .
Câu 117. (NGUYỄN ĐÌNH CHIỂU TIỀN GIANG) Cho tập hợp A có 3 phần tử, số hoán vị các phần
tử của A bằng
A. 5 . B. 4 . C. 6 . D. 7 .
Câu 118. (THPT-CHUYÊN-HÀ-TĨNH) Với k,
n là hai số nguyên dương tùy ý thỏa mãn k n,
mệnh
đề nào dưới đây sai?
k n!
k
k
k k 1
k
k
k
A. Cn
. B. An
k!.
Cn
. C. Cn Cn Cn
1
. D. Cn
k!.
An
.
k! n k !
Câu 119. (THPT-CHUYÊN-HÀ-TĨNH) Với k,
n là hai số nguyên dương tùy ý thỏa mãn k n,
mệnh
đề nào dưới đây sai?
k
k n k
A. Cn
C
k k 1 k 1
k Pn
k An
n
. B. Cn Cn Cn
1
. C. Cn
. D. Cn
.
k!
k!
Câu 120. (THPT-CHUYÊN-HÀ-TĨNH) Với
mệnh đề nào dưới đây sai?
k 4 k 3 k 2 k 1 k k
A. C C C C C C B. C
.
n n n1 n2 n3 n4 k n!
C. An
.
D. A
n k !
k,
n là hai số nguyên dương tùy ý thỏa mãn 4 k n
k 2 n!
n
k
n
.
2 ! 2 !
k n k
k
k!. C .
Câu 121. (Sở Bắc Ninh) Cho , k n là các số nguyên dương. Mệnh đề nào sau đây SAI?
k n
k n!
k nk
k
k
k
k
A. Cn
. B. Cn
C
n
. C. An
n!.
C
n
. D. An
k!.
Cn
.
k! n k !
Câu 122. (Chuyên Phan Bội Châu Lần2) Với k,
n là hai số nguyên dương tùy ý thỏa mãn k n 1,
mệnh đề nào dưới đây sai?
k k
k n!
k k 1 k 1
A. An
C
n
. B. A
. C. . D.
n
C
n
C n
C
n1
C
n k !
n
k
n
n k
C
n
Câu 123. (NGÔ SĨ LIÊN BẮC GIANG LẦN IV NĂM 2019) Từ các chữ số thuộc tập hợp
S 1;2;3;4;5;6;7;8;9 có bao nhiêu số có 9 chữ số khác nhau sao cho chữ số 1 đứng trước
chữ số 2, chữ số 3 đứng trước chữ số 4, chữ số 5 đứng trước chữ số 6 ?
A. 7560. B. 272160. C. 45360. D. 362880.
Câu 124. (THPT Nghèn Lần1) Từ các chữ số
0;1;2;3;4
số khác nhau sao cho chữ số 2 và 3 đứng cạnh nhau.
lập được tất cả bao nhiêu số chẵn có 4 chữ
A. 20 . B. 16 . C. 14 . D. 18 .
Câu 125. (ĐOÀN THƯỢNG-HẢI DƯƠNG LẦN 2 NĂM 2019) Đề kiểm tra 15 phút có 10 câu trắc
nghiệm, mỗi câu có bốn phương án trả lời, trong đó có một phương án đúng, mỗi câu trả lời
đúng được 1,0 điểm. Một thí sinh làm cả 10 câu, mỗi câu chọn một phương án. Tính xác suất
để thí sinh đó đạt từ 8,0 điểm trở lên.
436
463
436
463
A. . B. . C. . D. .
10
10
4
4
4
4
10
10
Câu 126. (TTHT Lần 4) Từ các chữ số 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7 có thể lập được bao nhiêu số tự nhiên có 5
chữ số đôi một khác nhau sao cho có đúng 3 chữ số chẵn và 2 chữ số lẻ?
A. 2448 . B. 3600 . C. 2324 . D. 2592 .

Câu 127. (TTHT Lần 4) Từ các chữ số 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7 có thể lập được bao nhiêu số tự nhiên có 5
chữ số đôi một khác nhau sao cho có đúng 3 chữ số chẵn và 2 chữ số lẻ, đồng thời ba chữ số
chẵn đứng liền nhau?
A. 864 . B. 1728. C. 576 . D. 792 .
Câu 128. (TTHT Lần 4) Từ các chữ số 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7 có thể lập được bao nhiêu số tự nhiên có 5
chữ số đôi một khác nhau sao cho có đúng 3 chữ số chẵn và 2 chữ số lẻ, đồng thời hai chữ số lẻ
đứng liền nhau?
A. 2736 . B. 936 . C. 576 . D. 1152 .
Câu 129. (TTHT Lần 4) Từ các chữ số 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7 có thể lập được bao nhiêu số tự nhiên có 5
chữ số đôi một khác nhau sao cho có đúng 3 chữ số chẵn và 2 chữ số lẻ, đồng thời ba chữ số
chẵn đứng liền nhau và hai chữ số lẻ đứng liền nhau?
A. 504 . B. 576 . C. 2448 . D. 936 .
Câu 130. (TTHT Lần 4) Từ các chữ số 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7 có thể lập được bao nhiêu số tự nhiên có 5
chữ số đôi một khác nhau sao cho có đúng 3 chữ số chẵn và 2 chữ số lẻ, đồng thời ba chữ số
chẵn và hai chữ số lẻ đứng xen kẽ?
A. 72 . B. 576 . C. 216 . D. 504 .
Câu 131. (Chuyên Lê Hồng Phong Nam Định Lần 1) Từ các chữ số thuộc tập X 0;1;2;3;4;5;6;7
có thể lập được bao nhiêu số tự nhiên gồm 6 chữ số khác nhau sao cho mỗi số tự nhiên đó đều
chia hết cho 18.
A. 720. B. 860. C. 984. D. 1228.
Câu 132. (Chuyên Thái Bình Lần3) Cho tập hợp S có 12 phần tử. Hỏi có bao nhiêu cách chia tập hợp
S thành hai tập con (không kể thứ tự) mà hợp của chúng bằng S ?
12
12
3 1
3 1
12
12
A. . B. . C. 3 1. D. 3 1.
2
2
C k n
k
n
Câu 133. (Sở Bắc Ninh 2019) Kí hiệu là số các tổ hợp chập của phần tử 1
k n . Mệnh đề
nào sau
đây đúng?
k n!
k k!
k k!
k n!
A. Cn
. B. Cn
. C. Cn
. D. Cn
.
k! n k !
n k !
n! n k !
n k !
Câu 134. (Sở Đà Nẵng 2019) Trong mặt phẳng cho 18 điểm phân biệt trong đó không có ba điểm nào
thẳng hàng. Số tam giác có các đỉnh thuộc 18 điểm đã cho là
3
3
18!
A. C 18
. B. 6 . C. A 18
. D.
3
Câu 135. (THPT Nghèn Lần1) Trong mặt phẳng cho 10 điểm phân biệt. Số vectơ khác 0
, có điểm đầu
và điểm cuối lấy trong các điểm đã cho là
10
2
2
10
2
A. . B. A . C. 10! . D. .
Câu 136. (THPT-Yên-Mô-A-Ninh-Bình-2018-2019-Thi-tháng-4) Một lớp có 33 học sinh, cần chọn ra
6 học sinh để trực trường vào buổi chiều. Hỏi có bao nhiêu cách chọn?
6
6
6
A. 6! cách. B. cách. C. cách. D. 33 cách.
C 33
Câu 137. (CHUYÊN LÊ HỒNG PHONG – NAM ĐỊNH 2019 – LẦN 1) Một hộp đựng 20 viên bi
khác nhau được đánh số từ 1 đến 20 . Lấy ba viên bi từ hộp trên rồi c ộng số ghi trên đó lại.
Hỏi có bao nhiêu cách lấy để kết quả thu được là một số chia hết cho 3 ?
A. 90. B. 1200. C. 384. D. 1025.
A 33
C 10

Câu 138. (THTT số 3) Có bao nhiêu đường thẳng cắt Hypebol
hai điểm đó đều có tọa độ nguyên ?
3x
1
y
x 2
A.12. B.4. C.6. D.3.
tại hai điểm phân biệt mà cả
Câu 139. (SỞ GDĐT KIÊN GIANG 2019) Trên bảng ô vuông của một bảng 4
4 ô vuông, người ta
điền một trong hai số 6 hoặc 6
sao cho tổng các số trong mỗi hàng và trong mỗi cột đều
bằng 0 . Hỏi có bao nhiêu cách điền như thế?
(tham khảo hình vẽ ví dụ cho một trường hợp điền số thỏa mãn yêu cầu)
6
6
6
6
6
6
6
6
A. 36 . B. 16 . C. 90 . D. 42 .
Câu 140. ( Chuyên Lam Sơn Lần 2) Cho lưới ô vuông đơn vị kích thước 4 x 6 như sơ đồ hình bên.Một
con kiến bò từ A , mỗi lần di chuyển nó bò theo một cạnh của hình vuông đơn vị để tới mắt
lưới liền kề. Có tất cả bao nhiêu cách thực hiện hành trình để sau 12 lần di chuyển, nó dừng lại
ở B ?.
A. 3498 . B. 6666 . C. 1532 . D. 3489 .
Câu 141. (Đặng Thành Nam Đề 5) Với k và n là hai số nguyên dương tùy ý thỏa mãn k n , mệnh đề
nào dưới đây đúng ?
k k 1
k
k k 1 k 1
k k 1
k
k k 1 k 1
A. C C C . B. C C C . C. A A A . D. A A A .
n n n1
n n n1
6
6
6
6
6
6
6
6
n n n1
Câu 142. (THPT NÔNG CỐNG 2 LẦN 4 NĂM 2019) Số các hoán vị của 4 phần tử là
A. 24 . B. 12. C. 4 . D. 48 .
n n n1
Câu 143. (Trần Đại Nghĩa) Sắp xếp 20 người vào 2 bàn tròn A, B phân biệt, mỗi bàn gồm 10 chỗ ngồi.
Số cách sắp xếp là
10
A. C 10
.9!.9! . B. C 10
.10!.10! C
20 20
. C. .9!.9! 20 10
. D. 2 C20.9!.9!
.
2
Câu 144. (Chuyên Sơn La Lần 3 năm 2018-2019) Số cách chọn ra 3 học sinh trong số 10 học sinh
không tính thứ tự là
A. 6 . B. 120. C. 720 . D. 30 .
Câu 145. (CHUYÊN HUỲNH MẪN ĐẠT 2019 lần 1) Cho một hình vuông có cạnh bằng 4 . Chia hình
vuông này thành 16 hình vuông đơn vị có cạnh bằng 1 . Hỏi có bao nhiêu tam giác có các đỉnh
là các đỉnh của hình vuông đơn vị?
A. 2248 . B. 2148 . C. 2160 . D. 2168 .
Câu 146. (Chuyên KHTN) Tập giá trị của hàm số
y = x- 3 + 7-
x
A. [ 3;7]
. B. é0;2 2ù
ê ú . C. ( 3;7)
. D. é2;2 2ù
ë û
êë
úû
Câu 147. (Chuyên KHTN) Cho hình lập phương ABCD. A' B ' C ' D ' cạnh a . Tính diện tích toàn phần
của vật tròn xoay thu được khi quay tam giác AA'
C quanh trục AA'
.
2
A. 3
2
2
2
2 a . B. 2 2 1 a . C. 2 6 1 a . D. 6 2 a .
Câu 148. (ĐH Vinh Lần 1) Cho k , n k
n
là các số nguyên dương bất kì. Mệnh đề nào sau đây đúng?
là

A. A
k
n
n!
k
k
. B. An
k!.
Cn
. C.
k!
A
k
n
n!
k
k
. D. An
n!.
Cn
.
k! n k !
Câu 149. (ĐH Vinh Lần 1) Tìm công thức tính số các tổ hợp chập k của một tập có n phần tử.
k n!
k n!
k n!
k n!
A. Cn
. B. Cn
. C. An
. D. An
.
n k !
n k ! k!
n k !
n k ! k!
Câu 150. (ĐH Vinh Lần 1) Trong mệnh đề sau, mệnh để nào sai?
3 11
3 4 4
A. C C . B. C C C .
14 14
10 10 11
0 1 2 3 4
4 4 5
C. C C C C C . D. C C C .
4 4 4 4 4
16
10 11 11
2 2
Câu 151. (Kim Liên) Tìm tất cả các giá trị của thỏa mãn P .A 72 6 A 2P .
n
n n n n
A. n 3; n 3; n 4. B. n 3; n 4. C. n 3.
D. n 4.
3 1
Câu 152. (Quỳnh Lưu Nghệ An) Biết A 72C n
k
. Ta có C bằng
n
n
A. 4096. B. 64. C. 1204. D. 1024.
2 2
Câu 153. (ĐH Vinh Lần 1) Cho số tự nhiên n thỏa mãn C A 9n
. Mệnh đề nào sau đây đúng?
A. n 5. B. n 3. C. n 7 . D. n 2 .
Câu 154. (CHUYÊN SƯ PHẠM HÀ NỘI LẦN 4 NĂM 2019) Cuối năm học trường Chuyên Sư phạm
tổ chức 3 tiết mục văn nghệ chia tay khối 12 ra trường. Tất cả các học sinh lớp 12A đều tham
gia nhưng mỗi người chỉ được đăng kí không quá 2 tiết mục. Biết lớp 12A có 44 học sinh, hỏi
có bao nhiêu cách để lớp lựa chọn?
44
44 44
44
44
A. 2 . B. 2 3 . C. 3 . D. 6 .
Câu 155. (THPT-YÊN-LẠC) Số chỉnh hợp chập 3 của 10 phần tử
3
3
A. . B. . C. P . D. .
P 3
n
k 0
C10
10
Câu 156. (Đặng Thành Nam Đề 1) Với k , n là hai số nguyên dương tùy ý thỏa mãn k n , mệnh đề
nào dưới đây đúng?
k n!
k n!
k n!
k
k! n k !
A. Cn
. B. Cn
. C. Cn
. D. Cn
.
k! n k !
k!
n k !
n!
Câu 157. ( Hội các trường chuyên 2019 lần 3) Với k và n là hai số tự nhiên tùy ý thỏa mãn k n ,
mệnh đề nào dưới đây đúng?
k
k! n k !
k n!
k n!
k n!
A. An
. B. An
. C. An
. D. An
.
n!
k! n k !
k!
n k !
Câu 158. (CHUYÊN HẠ LONG NĂM 2019) Tổng
n
n
n
S C C C ...
C
A 10
0 3 6 2019
2019 2019 2019 2019
bằng
2019
2019
2019
2019
2 2
2 4
2 2
2 4
A. . B. . C. . D. .
3
3
3
3
Câu 159. (SỞ GDĐT KIÊN GIANG 2019) Tìm biết khai triển nhị thức a , a 2
có tất
n
cả 15 số hạng.
A. 13. B. 10. C. 17 . D. 11.
4
2 n
Câu 160. (THPT NINH BÌNH – BẠC LIÊU LẦN 4 NĂM 2019) Trong khai triển nhị thức x
với n có tất cả 19 số hạng. Vậy n bằng
A. 11 . B. 12 . C. 10 . D. 19 .
6
2 n
Câu 161. (NGUYỄN TRUNG THIÊN HÀ TĨNH) Khai triển nhị thức
2 16
(2x 3)
có bao nhiêu số hạng?

A. 16. B. 17. C. 15.
D.
2x 3 2018
A. 2018 . B. 2019 . C. 2020 . D. 2017 .
Câu 162. (Chuyên Vinh Lần 3) Có bao nhiêu số hạng trong khai triển nhị thức
Câu 163. (Yên Phong 1) Cho khai triển
2019 2
1 2 x a a x a x ...
a x
0 1 2
trong khai triển?
A. 2019 .
2019
B. 3 .
2020
C. 3 .
2019
D. 2 .
20 22
n
n
16
5 .
thành đa thức.
. Tính tổng các hệ số
3 1 1
Câu 164. (HSG Bắc Ninh) Cho T x x x , x 0 .
Sau khi khai triển và rút gọn
2
x x
có bao nhiêu số hạng?
T x
A. 36. B. 38. C. 44. D. 40.
124
Câu 165. (Cẩm Giàng) Có bao nhiêu hạng tử là số nguyên trong khai triển 3 4
5 ?
A. 32. B. 31. C. 33. D. 30.
3
1 3
Câu 166. (Lê Xoay lần1) Hệ số của số hạng chứa x trong khai triển x ( với x 0 ) bằng
x
A. 36 . B. 84 . C. 126. D. 54 .
7
Câu 167. (SỞ BÌNH THUẬN 2019) Hệ số của trong khai triển nhị thức 1
x bằng
x 12
A. 820 . B. 220 . C. 792 . D. 210 .
Câu 168. (THPT CHUYÊN VĨNH PHÚC 2018-2019) Cho số nguyên dương và hệ số của trong
n
1
khai triển Newton của x bằng 31.Khi đó n bằng
4
A. 31 B. 33 C. 32 D. 124
9
n 2
n x
n 2
Câu 169. Cho số nguyên dương n và hệ số của x 3
trong khai triển Newton của x bằng 459 .
5
Khi đó n bằng:
A. 51 B. 52 C. 50 D. 155
n
n
1 2 3 n 1
Câu 170. Trong khai triển 1 x
biết tổng các hệ số Cn Cn Cn ..... C
n
126 . Hệ số của
bằng
A. 15 B. 21 C. 35
D. 20
3
x
Câu 171. (THPT LÝ THƯỜNG KIỆT – HÀ NỘI) Tìm hệ số của số hạng không chứa x
18
x 4
triển với x 0 .
2 x
11 7
8 8
9 9
8 10
A. 2 .C 18
. B. 2 .C 18
. C. 2 .C 18
. D. 2 .C 18
.
trong khai
Câu 172. (Hùng Vương Bình Phước) Tìm hệ số của số hạng chứa
2x 1 6 .
3
x
trong khai triển nhị thức Niutơn
A. 160 . B. 960
. C. 960 . D. 160
.
x 5
4
Câu 173. (Thanh Chương Nghệ An Lần 2) Hệ số của số hạng chứa trong khai triển 2 3x là
A. 270 . B. 810 . C. 81. D. 1620 .

5
2
n
Câu 174. (Sở Nam Định) Khai triển nhị thức x , n có tất cả 2019 số hạng. Tìm n .
A. 2018 . B. 2014 . C. 2013. D. 2015 .
Câu 175. (SGD-Nam-Định-2019) Khai triển nhị thức x , n có tất cả 2019 số hạng. Tìm n .
5
2
n
A. 2018 . B. 2014 . C. 2013. D. 2015 .
Câu 176. (HSG 12 Bắc Giang) Cho biểu thức:
1 1 1 1 1 1 1
9
x
P x
9 10 11 12 13 14 15
P x x x x x x x x
chứa trong khai triển thành đa thức của là
A. 3003 . B. 8000 . C. 8008 . D. 3000 .
. Hệ số của số hạng
3
Câu 177. (Chuyên Hạ Long lần 2-2019) Số hạng không chứa x trong khai triển 2x là?
2
x
14 7
A. 2 .3 . B. C 7 7 14
.2 .3 . C. C 14 7 14
7 14 7
.2 .3 . D. .2 .3 .
21
Câu 178. (CHUYÊN LÊ THÁNH TÔNG QUẢNG NAM LẦN 2 NĂM 2019) Tìm số hạng không
2
chứa x trong khai triển nhị thức Newton x , .
2 x 0
x
7 7
8 8
7 7
8 8
A. 2 C 21
. B. 2 C 21
. C. 2 C 21
. D. 2 C 21
.
Câu 179. (Chuyên Thái Bình Lần3) Cho khai triển 1
x với n là số nguyên dương. Tìm hệ số của
3
1 2 3 n 20
số hạng chứa x trong khai triển biết C2n 1
C2n 1
C2n 1
... C2n
1
2 1.
A. 480 . B. 720. C. 240 . D. 120 .
Câu 180. (THPT Sơn Tây Hà Nội 2019) Hệ số của
2
1 2 1
3
5 10
x x x x
bằng.
21
n
21
5
x
C 21
trong khai triển biểu thức
A. 61268. B. 61204. C. 3160. D. 3320.
Câu 181. (Chuyên Quốc Học Huế Lần1) Tìm hệ số của số hạng không chứa
18
x 4
với x 0 .
2 x
9 9
11 7
8 8
8 10
A. 2 C 18
. B. 2 C 18
. C. 2 C 18
. D. 2 C 18
.
8
Câu 182. (SỞ NAM ĐỊNH 2018-2019) Trong khai triển x , số hạng không chứa là
2
x
x
A. 84. B. 43008. C. 4308. D. 86016.
Câu 183. (Chuyên Ngoại Ngữ Hà Nội) Tìm hệ số của số hạng chứa
9
x
trong khai triển
21
trong khai triển
5
x 8
3
3
3
A. 1944 C .
B. 864 C .
C. 864 C . D.
8
8
3x 2
3
8
C8
1944 .
2
Câu 184. (THTT lần5) Số hạng không chứa x trong khai triển x , x 0 là
3
x
A. 1760.
B. 1760. C. 220. D. 220.
Câu 185. (Chuyên Lê Quý Đôn Điện Biên Lần2) Tìm hệ số của số hạng chứa
1
9
2 2
x , x 0
12
6
x
trong khai triển
.
x
A. C 4 .2 4
. B. C 5 .2 5
9
. C. C 5 .2 5
9 9
. D. C 5 .2 4
9
.

Câu 186. (KINH MÔN II LẦN 3 NĂM 2019) Hệ số của
2 1 3 1
6 8
P x x x x
bằng
5
x
trong khai triển biểu thức
A. 13848
. B. 13368 . C. 13848 . D. 13368
.
2 1
Câu 187. (SỞ PHÚ THỌ LẦN 2 NĂM 2019) Cho n là số nguyên dương thỏa mãn C C 44 . Hệ số
9
4
của số hạng chứa x trong khai triển biểu thức x bằng
3
x
A. 14784 . B. 29568 . C. 1774080
. D. 14784
.
4
Câu 188. (Sở Quảng NamT) Hệ số của trong khai triển của biểu thức x 3 là
2 n
x 6
A. 1215. B. 54. C. 135. D. 15.
2 1
Câu 189. (Lý Nhân Tông) Trong khai triển nhị thức x , số hạng không chứa là:
3
x
x
A. 210
. B. 120 . C. 210 . D. 120
.
Câu 190. HKII-CHUYÊN-NGUYỄN-HUỆ-HÀ-NỘI) Số hạng không chứa
2 1
12
x ( x 0) bằng:
x
A. 459
. B. 459 . C. 495
. D. 495 .
10
x
n
n
trong khai triển
Câu 191. (CHUYÊN LÊ HỒNG PHONG – NAM ĐỊNH 2019 – LẦN 1) Tìm số hạng không chứa x
15
trong khai triển x
x
7 7
10 10
10 10
7 7
A. 2 .C 15
. B. 2 .C 15
. C. 2 .C 15
. D. 2 .C 15
.
2 2
Câu 192. (Chuyên Hà Nội Lần1) Trong khai triển Newton của biểu thức
2x 1 2019
, số hạng chứa
là.
18 18
18 18 18
18 18 18
18 18
A. 2 .C 2019
. B. 2 .C2019x
. C. 2 .C2019x
. D. 2 .C 2019
.
Câu 193. (Quỳnh Lưu Lần 1) Cho biểu thức P x với x 0 . Tìm số hạng không chứa x
x
trong khai triển nhị thức Niutơn P .
A. 160. B. 200 . C. 210 . D. 210
.
3
1
Câu 194. (Chuyên KHTN) Biết tổng các hệ số trong khai triển nhị thức Newton của 5 1 n
100
x bằng 2 .
3
Tìm hệ số của x .
A. 161700
. B. 19600
. C. 20212500
. D. 2450000
.
5
Câu 195. (THPT ĐÔ LƯƠNG 3 LẦN 2) Tìm hệ số của số hạng chứa x trong khai triển ( 3x-2) 8
.
3
3
A. 1944C 8
. B. -1944C 8
. C. -864C 8
. D. 864C 8
.
2
Câu 196. (Sở Quảng Ninh Lần1) Hệ số của x trong khai triển của biểu thức x bằng
x
A. 3124 . B. 2268 . C. 13440. D. 210 .
1
Câu 197. (Văn Giang Hưng Yên) Tìm số hạng không chứa x trong khai triển 2x
, .
2 x 0
x
A. 240
. B. 15. C. 240 . D. 15
.
10
3
2 2
10
6
3
18
x

x 4
Câu 198. (Triệu Thái Vĩnh Phúc Lần 3) Số hạng không chứa x trong khai triển ; x 0 bằng:
2 x
8 12
9 9
10 10
10 11
A. 2 C 20 . B. 2 C 20 . C. 2 C 20 . D. 2 C 20 .
Câu 199. (Chuyên Quốc Học Huế Lần1) Cho đa thức
f ( x) (1 3 x) n a a x a x 2 a x n n
* . Tìm hệ số a3
, biết rằng
1 2
0 1 2
a 2a na 49152n
n
n
A. a 945 . B. a 252
3 3
. C. a 5670
3
. D. a 1512
3
.
6
Câu 200. ( Chuyên Lam Sơn Lần 2) Hệ số trong khai triển đa thức P( x) 5 3x
có giá trị bằng
x 10
đại lượng nào sau đây?
A. 4 6 4
.5 .3 . B. 6 4 6
.5 .3 . C. 4 6 4
.5 .3 . D.
6 4 6
.5 .3 .
10
Câu 201. (Đoàn Thượng) Tính tổng các hệ số trong khai triển 1
2x 2019
C 10
A. 1
. B. 2019 . C. 2019
. D. 1 .
Câu 202. (THPT-Gia-Lộc-Hải-Dương-Lần-1-2018-2019) Số hạng không chứa x trong khai
6
1
triển 2x là
2
x
A. 60 . B. 120. C. 480 . D. 240 .
C 10
C 10
20
Câu 203. (Chuyên Hùng Vương Gia Lai) Tìm hệ số của số hạng chứa
8
x
trong khai triển
2 2 1
biết An Cn Cn
4n
6
A. 505 . B. 405
. C. 495 . D. 505
.
x
3
x
1 n
4
Câu 204. (KÊNH TRUYỀN HÌNH GIÁO DỤC QUỐC GIA VTV7 –2019) Cho số nguyên dương thỏa
n 1 3
mãn 5C
5
C 0 . Tìm hệ số của số hạng chứa x trong khai triển nhị thức Niu-tơn của
n
n
n
2
x 1
, x 0.
2 x
35 5
A. . B. . C. . D. .
16 x 35
35 2
16
2 x
35 5
16 x
1 2
Câu 205. (THPT PHỤ DỰC – THÁI BÌNH) Biết n là số nguyên dương thỏa mãn 3 số 0 ; C n
; C n
theo
thứ tự là số hạng đầu, số hạng thứ 3 và số hạng thứ 10 của một cấp số cộng. Hãy tìm số hạng
không chứa x trong khai triển của x ?
2
x
A. 45 . B. 45
. C. 90. D. 90
.
1 n
Câu 206. (Chuyên Hưng Yên Lần 3) Trong khai triển Newton của biểu thức
18
x
2x 1 2019
, số hạng chứa
là
18 18
18 18
18 18 18
18 18 18
A. 2 . C2019
. B. 2 .C 2019
. C. 2 .C2019x
. D. 2 . C2019x
.
Câu 207. (Sở Bắc Ninh) Cho số nguyên dương n thỏa mãn điều kiện:
7 7 7 7 1 10
7
1
720 C7 C8 C9 ...
Cn
An
1
. Hệ số của x trong khai triển x 0
bằng:
2 x
4032
x
A. 120
. B. 560
. C. 120. D. 560.
n

n
2
n
*
Câu 208. (Quỳnh Lưu Nghệ An) Cho khai triển 1 x a a x a x ...
a x , n . Hỏi có bao
0 1 2
ak
7
nhiêu giá trị của n 2019 sao cho tồn tại k thỏa mãn .
ak
1
15
A. 90 . B. 642 . C. 21. D. 91.
1 2
Câu 209. (Cụm THPT Vũng Tàu) Cho n là số nguyên dương thỏa mãn C C 78. Số hạng không
2 n
chứa x trong khai triển x
3 bằng
x
A. 3960 . B. 220 . C. 1760. D. 59136
Câu 210. (Thuận-Thành-3-Bắc-Ninh-2019) Cho khai triển
0 1
n
n
n
1 2 n n
x a a x
a x , trong đó
a1
an
n . Biết các hệ số a0
, a1
, …, an
thỏa mãn hệ thức a0 4096 . Hệ số a
n
2 2
bằng
A. 130272. B. 126720. C. 130127 . D. 213013.
n
8
Câu 211. (Thuận-Thành-3-Bắc-Ninh-2019) (Giữa-Kì-2-Thuận-Thành-3-Bắc-Ninh-2019) Cho khai
triển 1 2 n n
x a0 a1x
anx
, trong đó n . Biết các hệ số a0
, a1
, …, an
thỏa mãn
a1
an
hệ thức a0 4096 . Hệ số a bằng
n
8
2 2
A. 130272. B. 126720. C. 130127 . D. 213013.
Câu 212. (THPT NÔNG CỐNG 2 LẦN 4 NĂM 2019) Cho khai triển
2019 2018
2018 2019
T 1 x x 1 x x . Hệ số của số hạng chứa x trong khai triển bằng
A. 0 . B. 1. C. 4 . D. 4037 .
x 10
5
Câu 213. (Ngô Quyền Hà Nội) Tìm hệ số của số hạng chứa trong khai triển 1 x x 2 x
3 .
A. 1902 . B. 7752 . C. 252 . D. 582 .
Câu 214. (Sở Điện Biên) Cho n và k là hai số nguyên dương tùy ý thỏa mãn k n mệnh đề nào dưới
đây đúng?
k n!
k 1
k k
A. An
. B. Cn
1
Cn
1
Cn
(1 k n)
.
k!( n k)!
k 1 k
C. C k n!
n
Cn
(1 k n)
. D. Cn
.
( n k)!
Câu 215. (THẠCH THÀNH I - THANH HÓA 2019) Có bao nhiêu số nguyên dương n
0 1 1 2 2 3 3 n n 2005 n
bất phương trình C 3 C 3 C 3 C ... 3 C 2 .3
n n n n n
A. 1003. B. 1002 . C. 1004. D. 1000 .
nghiệm đúng
n
2
n
Câu 216. (Nguyễn Khuyến) Cho khai triển 1 2 x a a x a x ...
a x thỏa mãn
0 1 2
a0 8a1 2a2
1. Giá trị của số nguyên dương n bằng:
A. 5. B. 6. C. 4. D. 7.
Câu 217. (Thuận Thành 2 Bắc Ninh) Khai triển
S a 2a 4 a ... 2 a
20
0 1 2 20
.
10
1 2x 3 x a a x a x ...
a x
2 2 20
0 1 2 20
10
10
10
20
A. S 15 . B. S 17 . C. S 7 . D. S 17 .
n
. Tính tổng
* 2 n2 8 n8 2 n8
Câu 218. (Nguyễn Trãi Hải Dương Lần1) Cho n ; C C C C 2C C . Tính
T 1 C 2 C ...
n C
2 1 2 2 2 n
n n n
?
n n n n n n

9
10
10
8
A. 55.2 . B. 55.2 . C. 5.2 . D. 55.2
Câu 219. (THPT-Yên-Khánh-Ninh-Bình-lần-4-2018-2019-Thi-tháng-4) Cho tập hợp A có 20
phần tử. Có bao nhiêu tập con của A khác rỗng và số phần tử là số chẵn?
20
19
19
20
A. 2 1. B. 2 1. C. 2 . D. 2 .
1 2 3
Câu 220. (Nguyễn Du số 1 lần3) Tổng 1 ... 1 n n
C C C C , với n
, n 1bằng:
n n n n
A. 1. B. 1. C. 0 . D. 2 n .
Câu 221. (CHUYÊN THÁI BÌNH LẦN V NĂM 2019) Xét một phép thử có không gian mẫu
là một biến cố của phép thử đó. Phát biểu nào sau đây sai ?
n A
A. Xác suất của biến cố A là P A
.
n
B. 0 P A 1.
C. P A 1
P A .
0
D. P A khi và chỉ khi A là biến cố chắc chắn.
Câu 222. (THPT CHUYÊN VĨNH PHÚC 2018-2019) Cho phép thử là “gieo 2019 đồng xu phân biệt”
và xét sự xuất hiện mặt sấp và mặt ngửa của các đồng xu. Khi đó số phần tử của không gian
mẫu bằng
A. 2019 1 3 2019
. B. C C ...
C .
2020 2019
2
k
k
C. C C . D. .
2020 2019
k 0 k 0
Bài tập tương tự:
2019 2019 2019
Câu 223. Cho phép thử là “gieo 10 con súc sắc cân đối, đồng chất phân biệt”. Khi đó số phần tử của
không gian mẫu bằng
10
A. 6 . B. 60 . C. 10. D. 6 .
Câu 224. Cho phép thử là “gieo 10 đồng xu phân biệt” và xét sự xuất hiện mặt sấp và mặt ngửa của các
đồng xu. Xác suất để có đúng một lần suất hiện mặt ngửa là
5
1
11
99
A. . B. . C. . D. .
512
1024
512
1024
Ghi nhớ:
-Phép thử “gieo hai đồng tiền phân biệt” thì hai kết quả
SN,
NS
của phép thử là khác nhau.
-Phép thử “gieo n đồng xu phân biệt” thì không gian mẫu có 2 n phần tử, với n *
.
Câu 225. (Nguyễn Du số 1 lần3) Gieo một con súc sắc cân đối và đồng chất. Giả sử súc sắc xuất hiện
2
mặt b chấm. Xác suất để phương trình x 2bx
4 0 có nghiệm là
2
1
5
A. 1. B. . C. . D.
3
6
6
Câu 226. (CHUYÊN SƯ PHẠM HÀ NỘI LẦN 4 NĂM 2019) Tổ 1 của lớp 10A có 10 học sinh gồm 6
nam và 4 nữ. Cần chọn ra 2 bạn trong tổ 1 để phân công trực nhật. Xác suất để chọn được 1 bạn
nam và 1 bạn nữ là
4
6
1
8
A. . B. . C. . D. .
15
25
9
15
và
A

Câu 227. (Chuyên Lê Hồng Phong Nam Định Lần 1) (Chuyên Lê Hồng Phong Nam Định Lần 1) Một
hộp đựng 6 quả cầu màu trắng và 4 quả cầu màu vàng. Lấy ngẫu nhiên từ hộp ra 4 quả cầu.
Tính xác suất để trong 4 quả cầu lấy được có đúng 2 quả cầu vàng.
3
1
3
2
A. . B. . C. . D. .
14
35
7
5
Câu 228. (CHUYÊN HẠ LONG NĂM 2019) Chọn ngẫu nhiên một số tự nhiên trong các số tự nhiên có
bốn chữ số. Tính xác suất để số được chọn có ít nhất hai chữ số 8 đứng liền nhau.
A. 0,029 . B. 0,019 . C. 0,021. D. 0,017 .
Câu 229. (SỞ QUẢNG BÌNH NĂM 2019) Tại SEA Games 2019, môn bóng chuyền nam có 8 đội bóng
tham dự, trong đó có hai đội Việt Nam và Thái Lan. Các đội bóng được chia ngẫu nhiên thành
hai bảng có số đội bóng bằng nhau. Xác suất để hai đội Việt Nam và Thái Lan nằm ở hai bảng
khác nhau bằng:
3
4
3
11
A. . B. . C. . D. .
7
7
14
14
Câu 230. (Lê Quý Đôn Điện Biên Lần 3) Trên kệ sách có 10 cuốn sách Toán và 5 cuốn sách Văn.
Người ta lấy ngẫu nhiên lần lượt 3 cuốn sách mà không để lại. Tính xác suất để được hai cuốn
sách đầu là Toán, cuốn thứ ba là Văn.
18
7
8
15
A. . B. . C. . D. .
91
45
15
91
Câu 231. (HSG 12 Bắc Giang) Cho tập hợp S 1;2;3;4;5;6;7;8;9 . Chọn ngẫu nhiên ba số từ tập S .
Tính xác suất của biến cố trong ba số được chọn ra không chứa hai số nguyên liên tiếp nào.
5
5
3
5
A. p . B. p . C. p . D. p .
21
16
16
12
Câu 232. (Cụm 8 trường Chuyên Lần 1) Cho hình tứ diện đều ABCD . Trên mỗi cạnh của tứ diện, ta
đánh dấu 3 điểm chia đều cạnh tương ứng thành các phần bằng nhau. Gọi S là tập hợp các
tam giác có ba đỉnh lấy từ 18 điểm đã đánh dấu. Lấy ra từ S một tam giác, xác suất để mặt
phẳng chứa tam giác đó song song với đúng một cạnh của tứ diện đã cho bằng
2
9
2
A. . B. . C. . D.
45
34
5
Câu 233. ( Hội các trường chuyên 2019 lần 3) Xếp ngẫu nhiên 21 học sinh, trong đó có đúng một bạn
tên Thêm và đúng một bạn tên Quý vào ba bàn tròn có số chỗ ngồi lần lượt là 6, 7, 8. Xác suất
để hai bạn Thêm và Quý ngồi cạnh nhau bằng
1
12
2
1
A. . B. . C. . D. .
10
35
19
6
Câu 234. (Nguyễn Đình Chiểu Tiền Giang) Xếp ngẫu nhiên 4 quyển sách Toán khác nhau và 4 quyển
sách Hóa giống nhau vào một giá sách nằm ngang có 10 ô trống, mỗi quyển sách được xếp vào
một ô. Xác suất để 4 quyển sách Toán xếp cạnh nhau và 4 quyển sách Hóa xếp cạnh nhau bằng
1
2
1
1
A. . B. . C. . D. .
175
525
105
1050
.
Câu 235. (Đặng Thành Nam Đề 14) Gọi S là tập hợp tất cả các số tự nhiên gồm 3 chữ số. Chọn ngẫu
nhiên một số thuộc S. Xác suất để số chọn được là một số tự nhiên chia hết cho 9 và có các chữ
số đôi một khác nhau bằng
19
29
16
A. B. C. D.
225
450
225
Câu 236. (NGUYỄN ĐÌNH CHIỂU TIỀN GIANG) Xếp ngẫu nhiên 4 quyển sách Toán khác nhau và 4
quyển sách Hóa giống nhau vào một giá sách nằm ngang có 10 ô trống, mỗi quyển sách được
4
15
7
75

xếp vào một ô. Xác suất để 4 quyển sách Toán xếp cạnh nhau và 4 quyển sách Hóa xếp cạnh
nhau bằng
1
2
1
1
A. . B. . C. . D. .
175
525
105
1050
Câu 237. (Đặng Thành Nam Đề 2) Có một dãy ghế gồm 6 ghế. Xếp ngẫu nhiên 6 học sinh gồm 2 học
sinh lớp A , 2 học sinh lớp B , 2 học sinh lớp C ngồi vào dãy ghế sao cho mỗi ghế có đúng
một học sinh ngồi. Xác suất để không có học sinh lớp C nào ngồi cạnh nhau bằng
2
1
5
1
A. . B. . C. . D. .
3
3
6
5
Câu 238. (SỞ NAM ĐỊNH 2018-2019) Một tổ có 5 học sinh nữ và 6 học sinh nam. Xếp ngẫu nhiên các
học sinh trên thành hàng ngang để chụp ảnh. Tính xác suất để không có hai học sinh nữ nào
đứng cạnh nhau.
65
1
7
1
A. . B. . C. . D. .
66
66
99
22
Câu 239. (Đặng Thành Nam Đề 1) Có hai dãy ghế đối diện nhau, mỗi dãy có ba ghế. Xếp ngẫu nhiên 6
học sinh, gồm 3 nam và 3 nữ, ngồi vào hai dãy ghế đó sao cho mỗi ghế có đúng một học sinh
ngồi. Xác suất để mỗi học sinh nam đều ngồi đối diện với một học sinh nữ bằng?
2
1
3
1
A. . B. . C. . D. .
5
20
5
10
Câu 240. (SỞ BÌNH THUẬN 2019) Gọi S là tập hợp tất cả các số tự nhiên gồm 9 chữ số đôi một khác
nhau. Chọn ngẫu nhiên một số từ S. Tính xác suất để số được chọn có đúng 4 chữ số lẻ và chữ
số 0 đứng giữa hai chữ số lẻ (các chữ số liền trước và liền sau của chữ số 0 là các chữ số lẻ).
5
20
5
5
A. . B. . C. . D. .
648
189
27
54
Câu 241. (SỞ LÀO CAI 2019) Giải bóng chuyền VTV Cup có 12 đội tham dự trong đó có 9 đội nước
ngoài và 3 đội của Việt Nam. Ban tổ chức cho bốc thăm ngẫu nhiên để chia thành 3 bảng đấu
A, B, C, mỗi bảng đấu có 4 đội. Xác suất để 3 đội Việt Nam ở 3 bảng đấu khác nhau là
3 3
3 3
A. P C9 . C6
2. C9 . C6
4 4
. B. P .
C . C
4 4
C . C
12 8
12 8
3 3
3 3
C. P 6 C9 . C6
4 4
. D. .
C .
P 3 C9 . C6
C
C 4 4
. C
12 8
Câu 242. (THPT-YÊN-LẠC) Xếp ngẫu nhiên 10 học sinh gồm 2 học sinh khối 10, 5 học sinh khối 11
và 3 học sinh khối 12 thành một hàng ngang. Xác suất để không có học sinh khối 11 nào xếp
giữa hai học sinh khối 10 bằng
3
3
1
2
A. . B. . C. . D. .
35
70
7
7
12 8
Câu 243. (THPT LÝ THƯỜNG KIỆT – HÀ NỘI) Chọn ngẫu nhiên một số tự nhiên nhỏ hơn 300 . Gọi
là biến cố “số được chọn không chia hết cho 4”. Tính xác suất P A của biến cố A.
A
1
3
2
1
A. P A
. B. P A
. C. P A
. D. P A
.
3
4
3
4
Câu 244. (THCS-THPT-NGUYỄN-KHUYẾN-TP-HCM-24THÁNG3) Gọi S là tập hợp các số tự nhiên,
mỗi số không có quá 3 chữ số và tổng các chữ số bằng 9. Lấy ngẫu nhiên một số từ S . Tính
xác suất để số lấy ra có chữ số hàng trăm là 4.
6
3
1
4
A. . B. . C. . D. .
55
11
11
55

Câu 245. (SỞ GDĐT KIÊN GIANG 2019) Gọi n A là số các kết quả thuận lợi cho biến cố A liên
quan đến một phép thử và n là số các kết quả có thể xảy ra của phép thử T đó. Xác suất
P A
T
của biến cố đối của biến cố
A
không là đẳng thức nào trong các đẳng thức sau?
n A
n A
n \ A
A. P A
. B. P A 1 P A
. C. P A
. D. P A
.
n n n
Câu 246. (Nguyễn Du số 1 lần3) Với các chữ “LẬP”, “HỌC”, “MAI”, “NGÀY”, “NGHIỆP”, “TẬP”,
“VÌ”, mỗi chữ được viết lên một tấm bìa, sau đó người ta trải ra ngẫu nhiên. Xác suất để được
dòng chữ “HỌC TẬP VÌ NGÀY MAI LẬP NGHIỆP” bằng:
1
1
1
1
A. . B. . C. . D. .
7
49
5040
720
7
Câu 247. (Trần Đại Nghĩa) Gieo một con súc sắc cân đối, đồng chất một lần. Xác suất để xuất hiện mặt
chẵn chấm?
1
1
1
1
A. . B. . C. . D. .
6
4
2
3
Câu 248. (Sở Bắc Ninh) Gieo một con súc sắc cân đối và đồng chất, xác suất để mặt có số chấm
chẵn xuất hiện là:
1
1
2
A. 1. B. . C. . D. .
2
3
3
Câu 249. (GIA LỘC TỈNH HẢI DƯƠNG 2019 lần 2) Trong một lớp học gồm 15 học sinh nam và 10
học sinh nữ. Giáo viên gọi ngẫu nhiên 4 học sinh lên giải bài tập. Tính xác suất để 4 học sinh
được gọi đó có cả nam và nữ?
219
219
442
443
A. . B. . C. . D. .
323
323
506
556
Câu 250. ( Nguyễn Tất Thành Yên Bái) Một lớp có 20 học sinh nam và 18 học sinh nữ. Chọn ngẫu
nhiên một học sinh. Tính xác suất chọn được một học sinh nữ.
10
9
19
1
A. . B. . C. . D. .
19
19
9
38
Câu 251. (Chuyên Thái Bình Lần3) Một hộp đựng 7 viên bi đỏ đánh số từ 1 đến 7 và 6 viên bi xanh
đánh số từ 1 đến 6. Hỏi có bao nhiêu cách chọn hai viên bi từ hộp đó sao cho chúng khác màu
và khác số?
A. 36 . B. 42 . C. 49 . D. 30 .
Câu 252. (Nguyễn Trãi Hải Dương Lần1) Một hộp có 10 quả cầu xanh, 5 quả cầu đỏ. Lấy ngẫu nhiên
5 quả từ hộp đó. Xác suất để được 5 quả có đủ hai màu là
13
132
12
250
A. . B. . C. . D. .
143
143
143
273
Câu 253. (Hùng Vương Bình Phước) Một tổ học sinh có 7 học sinh nam và 3 học sinh nữ. Chọn ngẫu
nhiên 2 người. Tính xác suất sao cho 2 người được chọn đều là nữ.
1
1
3
7
A. P( A)
. B. P( A)
. C. P( A)
. D. P( A)
.
2
15
8
8
Câu 254. (CHUYÊN NGUYỄN DU ĐĂK LĂK LẦN X NĂM 2019) Lấy ngẫu nhiên một số nguyên
dương không vượt quá 10000 . Xác suất để số lấy được là bình phương của một số tự nhiên
bằng? (tính dưới dạng %)
A. 1% . B. 5% . C. 3% . D. 2% .

Câu 255. (HSG Bắc Ninh) Một tổ học sinh có 7 nam và 3 nữ. Chọn ngẫu nhiên 2 người. Tính xác suất
sao cho 2 người được chọn đều là nữ
1
7
8
1
A. . B. . C. . D. .
15
15
15
5
Câu 256. (Quỳnh Lưu Lần 1) Có hai hộp chứa các quả cầu. Hộp thứ nhất chứa 7 quả cầu đỏ và 5 quả
cầu màu xanh, hộp thứ hai chứa 6 quả cầu đỏ và 4 quả cầu màu xanh. Lấy ngẫu nhiên từ một
hộp 1 quả cầu. Xác suất sao cho hai quả lấy ra cùng màu đỏ.
7
3
1
2
A. . B. . C. . D. .
20
20
2
5
Câu 257 (Chuyên Hùng Vương Gia Lai) Một tổ học sinh có 7 nữ và 4 nam. Chọn ngẫu nhiên 2
người đi trực cờ đỏ. Tính xác suất sao cho 2 người được chọn đều là nam.
5
7
6
1
A. . B. . C. . D. .
55
55
55
5
Câu 258. (Ba Đình Lần2) Đội văn nghệ của một lớp có 5 bạn nam và 7 bạn nữ. Chọn ngẫu nhiên 5
bạn tham gia biểu diễn, xác suất để trong 5 bạn được chọn có cả nam và nữ, đồng thời số nam
nhiều hơn số nữ bằng
547
245
210
582
A. . B. . C. . D. .
792
792
792
792
Câu 259
(Kim Liên) Một người muốn gọi điện thoại nhưng nhớ được các chữ số đầu mà quên mất ba
chữ số cuối của số cần gọi. Người đó chỉ nhớ rằng ba chữ số cuối đó phân biệt và có tổng bằng
5 . Tính xác suất để người đó bấm máy một lần đúng số cần gọi.
1
1
1
1
A. . B. . C. . D. .
24
36
12
60
Câu 260. (Đặng Thành Nam Đề 9) Một người đang đứng tại gốc O của trục tọa độ Oxy . Do say rượu
nên người này bước ngẫu nhiên sang trái hoặc sang phải trên trục tọa độ với độ dài mỗi bước
bằng 1 đơn vị. Xác suất để sau 10 bước người này quay lại đúng gốc tọa độ O bằng
15
63
63
3
A. . B. . C. . D. .
128
100
256
20
Câu 261. (THPT SỐ 1 TƯ NGHĨA LẦN 2 NĂM 2019) Có 8 học sinh nam, 5 học sinh nữ và 1 thầy
giáo được sắp xếp ngẫu nhiên đứng thành một vòng tròn. Tính xác suất để thầy giáo đứng giữa
2 học sinh nam.
7 14 28
A. P . B. P .
C. P .
D.
39
39
39
7
P .
13
Câu 262. (Chuyên Quốc Học Huế Lần1) Gieo đồng thời hai con súc sắc cân đối và đồng chất.Tính xác
suất P để hiệu số chấm trên các mặt xuất hiện của hai con súc sắc bằng 2.
1
2
1
A. . B. . C. . D. 1.
3
9
9
Câu 263. (THẠCH THÀNH I - THANH HÓA 2019) Kết quả
b,
c
của việc gieo một con súc sắc cần
đối hai lần liên tiếp, trong đó b là số chấm xuất hiện trong lần gieo thứ nhất, c là số chấm xuất
2
hiện trong lần gieo thứ hai được thay vào phương trình bậc hai x bx c 0 x . Tính
xác suất để phương trình bậc hai đó có nghiệm.
5
13
19
31
A. . B. . C. . D. .
12
36
36
36
Câu 264. (THPT-Nguyễn-Công-Trứ-Hà-Tĩnh-lần-1-2018-2019-Thi-tháng-3) Một đề kiểm tra Toán
Đại số và Giải tích chương 2 của khối 11 có 20 câu trắc nghiệm. Mỗi câu có 4 phương án lựa
chọn, trong đó chỉ có 1 đáp án đúng. Mỗi câu trả lời đúng được 0,5 điểm và mỗi câu trả lời sai

không được điểm nào. Một học sinh không học bài nên tích ngẫu nhiên câu trả lời. Tính xác
suất để học sinh nhận được 6 điểm (kết quả làm tròn đến 4 chữ số sau dấu phẩy thập phân).
1
A. 0,7873. B. . C. 0,0609. D. 0,0008.
4
Câu265. (CỤM TRẦN KIM HƯNG - HƯNG YÊN NĂM 2019) Một hộp đựng 15 quả cầu trong
đó có 6 quả màu đỏ, 5 quả màu xanh, 4 quả màu vàng. Lấy ngẫu nhiên 6 quả cầu trong 15
quả cầu đó. Tính xác suất để 6 quả lấy được có đủ ba màu.
757
4248
607
850
A. . B. . C. . D. .
5005
5005
715
1001
Câu 266. (Đoàn Thượng) Chọn ngẫu nhiên một số tự nhiên nhỏ hơn 300 . Gọi A là biến cố “số được
chọn không chia hết cho ”. Tính xác suất P A của biến cố A.
3
2
124
1
99
A. P A
. B. P A
. C. P A
. D. P A
.
3
300
3
300
Câu 267. (CHUYÊN NGUYỄN DU ĐĂK LĂK LẦN X NĂM 2019) Trong một hộp có 3 bi đỏ, 5 bi
xanh và 7 bi vàng. Bốc ngẫu nhiên 4 viên. Xác suất để bốc được đủ 3 màu là
8
6
7
5
A. . B. . C. . D. .
13
13
13
13
Câu 268. (TTHT Lần 4) Gọi S là tập hợp tất cả các số tự nhiên có 4 chữ số được lập từ tập hợp
X 1, 2,3, 4,5,6,7,8,9. Chọn ngẫu nhiên một số từ S . Tính xác suất chọn được số chia hết
cho 6
4
9
A. . B. .
27
28
Câu 269 (TTHT Lần 4) Gọi S là tập hợp tất cả các số tự nhiên có 5 chữ số được lập từ tập hợp
X 1, 2,3, 4,5,6,7,8,9. Chọn ngẫu nhiên một số từ S . Tính xác suất chọn được số chia hết
cho 15
Câu 270. (TTHT Lần 4) Gọi S là tập hợp tất cả các số tự nhiên có 5 chữ số khác nhau được lập từ tập
hợp X 1, 2,3, 4,5,6,7,8,9 . Chọn ngẫu nhiên một số từ S . Tính xác suất chọn được số chia
hết cho 30
Câu 271. (THPT PHỤ DỰC – THÁI BÌNH) Từ một hộp chứa 11 quả cầu màu đỏ và 4 quả cầu màu
xanh, lấy ngẫu nhiên đồng thời 3 quả cầu. Xác suất để lấy được 3 quả cầu màu xanh bằng
4
33
A. . B.
455 91 . C. 4
24
. D.
165 455 .
Câu 272. (Thuan-Thanh-Bac-Ninh) Trên giá sách có 4 quyển sách toán, 5 quyển sách lý. Lấy ngẫu
nhiên ra 3 quyển sách. Tính xác suất để 3 quyển được lấy ra có ít nhất một quyển toán.
2
5
1
37
A. . B. . C. . D. .
7
42
21
42
Oxy
Câu 273. (Sở Quảng Ninh Lần1) Trong hệ trục tọa độ cho A 2;0 , B 2;2 , C 4;2 , D 4;0 .
Chọn ngẫu nhiên một điểm có tọa độ x;
y (với x,
y ) nằm trong hình chữ nhật
ABCD
(kể cả các điểm trên cạnh). Gọi A là biến cố: “ x,
y đều chia hết cho 2 ”. Xác suất của biến cố
A là .
8
7
13
A. 1 . B. . C. . D. .
21
21
21
Câu 274. (Sở Hà Nam) Một chiếc hộp chứa 6 quả cầu màu xanh và 4 quả cầu màu đỏ. Lấy ngẫu
nhiên từ chiếc hộp ra 5 quả cầu. Tính xác suất để trong 5 quả cầu lấy được có đúng 2 quả cầu
màu đỏ.

5
10
5
3
A. . B. . C. . D. .
14
21
21
7
Câu 275. (Phan Đình Tùng Hà Tĩnh) Tổ toán của một trường THPT có 4 thầy giáo và 10 cô giáo. Tổ
chọn ngẫu nhiên 2 giáo viên để đi tập huấn. Tính xác suất để 2 giáo viên được chọn gồm 1 thầy
giáo và 1 cô giáo.
45
10
40
20
A. . B. . C. . D. .
91
91
91
91
Câu276. (Chuyên Thái Bình Lần3) Cho tập hợp S 1,2,3, ,17
gồm 17 số nguyên dương đầu tiên.
Câu277.
Chọn ngẫu nhiên 3 phần tử của tập S . Tính xác suất để tập hợp con chọn được có tổng các
phần tử chia hết cho 3.
27
23
9
9
A. . B. . C. . D. .
34
68
34
17
(THĂNG LONG HN LẦN 2 NĂM 2019) Gọi S là tập tất cả các số tự nhiên gồm sáu chữ số
được tạo thành từ các chữ số 1, 2, 3, 4, trong đó chữ số 1 có mặt đúng 3 lần, các chữ số còn lại
mỗi chữ số có mặt đúng một lần. Chọn ngẫu nhiên một số từ tập S. Tính xác suất để số được
chọn không có hai chữ số 1 nào đứng cạnh nhau.
1
1
A. . B. 0,3 . C. 0,2 . D. .
6
3
Câu 278. (Chuyên KHTN) Có hai dãy ghế đối diện nhau, mỗi dãy có 5 ghế. Xếp ngẫu nhiên 10 học
sinh, gồm 5 nam và 5 nữ ngồi vào hai dãy ghế đó sao cho mỗi ghế có đúng một học sinh ngồi.
Tính xác suất để mỗi học sinh nam đều ngồi đối diện một học sinh nữ.
1
1
8
4
A. . B. . C. . D. .
252
945
63
63
Câu 279. (THPT Nghèn Lần1) Một hộp chứa 3 bi xanh, 4 bi đỏ và 5 bi vàng có kích thước khác nhau.
Chọn ngẫu nhiên từ hộp đó 4 viên bi. Xác suất để 4 viên bi lấy ra có đủ ba màu là
86
5
79
6
A. . B. . C. . D. .
165
11
165
11
Câu 280. (THPT Sơn Tây Hà Nội 2019) Raashan, Sylvia và Ted cùng chơi một trò chơi. Mỗi người bắt
đầu với 1$ . Chuông reo sau mỗi 15 giây, tại thời điểm đó mỗi người chơi mà đang có tiền sẽ
chọn ngẫu nhiên một trong hai người còn lại để đưa 1$ (Ví dụ sau khi chuông reo lần thứ nhất,
Raashan và Ted có thể cùng đưa cho Sylvia 1$ và Sylvia có thể đưa tiền của cô ấy cho Ted, khi
đó Raashan có 0$ , Sylvia có 2$ và Ted có 1$ . Đến vòng thứ hai, Raashan không có tiền để
đưa nhưng Sylvia và Ted có thể chọn đưa cho nhau 1$ …). Xác suất để sau 2019 lần chuông
reo, mỗi người chơi có 1$ là bao nhiêu?
1
1
1
1
A. . B. . C. . D. .
7
2
3
4
Câu 281. (Liên Trường Nghệ An) Có 3 quyển sách toán, 4 quyển sách lý và 5 quyển sách hóa khác
nhau được sắp xếp ngẫu nhiên lên một giá sách có 3 ngăn, các quyển sách được sắp dựng đứng
thành một hàng dọc vào một trong 3 ngăn ( mỗi ngăn đủ rộng để chứa tất cả các quyển sách).
Tính xác suất để không có bất kỳ hai quyển sách toán nào đứng cạnh nhau.
36
37
54
55
A. . B. . C. . D. .
91
91
91
91
Câu 282. (CổLoa Hà Nội) Gọi S là tập tất cả các số tự nhiên có bốn chữ số khác nhau. Chọn ngẫu nhiên
một số từ tập S , tính xác suất để số được chọn lớn hơn số 6700.
10
12
15
21
A. . B. . C. . D. .
27
33
29
46

Câu 283. (Đặng Thành Nam Đề 5) Tại trạm xe buýt có 5 hành khách đang chờ xe đón, trong đó có A
và B . Khi đó có 1 chiếc xe ghé trạm để đón khách, biết rằng lúc đó trên xe chỉ còn đúng 5 ghế
trống mỗi ghế trống chỉ 1 người ngồi như hình vẽ bên, trong đó các ghế trống được ghi
1;2;3;4;5 như hình vẽ.
5 hành khách lên xe ngồi ngẫu nhiên vào 5 ghế còn trống, xác suất để A và B ngồi cạnh
nhau bằng
2
1
1
3
A. B. . C. D.
5
5
10
5
Câu 284. (Chuyên-Thái-Nguyên-lần-1-2018-2019-Thi-tháng-3) Gọi S là tập hợp các số tự nhiên có ba
chữ số (không nhất thiết khác nhau) được lập từ các chữ số 0;1;2;3;4;5;6;7;8;9 . Chọn ngẫu
nhiên một số abc từ S. Tính xác suất để số được chọn thỏa mãn a b c
1
11
13
9
A. . B. . C. . D. .
6
60
60
11
Câu 285. (KHTN Hà Nội Lần 3) Trong một lớp học có hai tổ. Tổ 1 gồm 8 học sinh nam và 7 học sinh
nữ. Tổ 2 gồm 5 học sinh nam và 7 học sinh nữ. Chọn ngẫu nhiên mỗi tổ hai em học sinh. Xác
suất để trong bốn em được chọn có 2 nam và 2 nữ bằng
40
19
197
28
A. . B. . C. . D. .
99
165
495
99
Câu 286. (GIỮA HK2 LỚP 11 THPT CHUYÊN VĨNH PHÚC 2018-2019) Từ một cỗ bài tú lơ khơ
gồm 52 con, lấy ngẫu nhiên lần lượt có hoàn lại từng con cho đến khi lần đầu tiên lấy được con
át thì dừng. Xác suất để quá trình lấy dừng lại sau không quá ba lần bằng (làm tròn đến bốn chữ
số thập phân sau dấu phẩy)
A. 0,0769 B. 0,2134 C. 0,2135 D. 0,1500
Câu 287. ((KINH MÔN II LẦN 3 NĂM 2019) Có hai hộp đựng bi, mỗi viên bi chỉ mang một màu
trắng hoặc đen. Lấy ngẫu nhiên từ mỗi hộp đúng một viên bi. Biết tổng số bi ở hai hộp là 20 và
55
xác suất để lấy được hai viên bi đen là . Tính xác suất để lấy được hai viên bi trắng.
84
11
7
5
1
A. . B. . C. . D. .
30
30
28
28
Câu 288. (KÊNH TRUYỀN HÌNH GIÁO DỤC QUỐC GIA VTV7 –2019) Có 8 người khách bước
ngẫu nhiên vào một cửa hàng có 3 quầy. Tính xác suất để 3 người cùng đến quầy thứ nhất.
3 2
3 5
3 5
C8 . A
C
5
8
. C2
C8 . A
C 3 2
8.2 5
A. . B. . C. . D.
8
8
8
3
A
A
3 8
3
Câu 289. (NGUYỄN TRUNG THIÊN HÀ TĨNH) Đoàn trường THPT Nguyễn Đình Liễn tổ chức giao
lưu bóng chuyền học sinh giữa các lớp nhân dịp chào mừng ngày 26/3. Sau quá trình đăng kí có
10 đội tham gia thi đấu từ 10 lớp, trong đó có lớp 10A1 và 10A2. Các đội chia làm hai bảng, kí
hiệu là bảng A và bảng B, mỗi bảng 5 đội. Việc chia bảng được thực hiện bằng cách bốc thăm
ngẫu nhiên. Tính xác suất để 2 đội 10A1 và 10A2 thuộc hai bảng đấu khác nhau.
3

5
5
10
9
A. . B. . C. . D. .
9
18
9
10
Câu 290. (Cầu Giấy Hà Nội 2019 Lần 1) Gieo ngẫu nhiên một con súc sắc 3 lần liên tiếp. Gọi a, b,
c
lần lượt là số chấm xuất hiện ở 3 lần gieo. Xác suất của biến cố “ số abc chia hết cho 45 ” là
1
1
1
1
A. . B. . C. . D. .
216
54
72
108
Câu 291. (THPT LÊ QUÝ ĐÔN QUẢNG NGÃI) Sắp ngẫu nhiên 5 học sinh nam và 3 học sinh nữ
thành một hàng ngang. Tính xác suất để không có học sinh nữ nào đứng cạnh nhau.
5
5
5
1
A. . B. . C. . D. .
12
14
42
112
Câu 292
Câu293.
(KÊNH TRUYỀN HÌNH GIÁO DỤC QUỐC GIA VTV7 –2019) Một đoàn tàu gồm ba toa
đỗ sân ga. Có 5 hành khách lên tàu. Mỗi hành khách độc lập với nhau. Chọn ngẫu nhiên một
toa. Tìm xác suất để mỗi toa có ít nhất 1 hành khách bước lên tàu.
50
20
10
20
A.
81
B. . C. . D. .
81
81
243
(GIỮA-HKII-2019-NGHĨA-HƯNG-NAM-ĐỊNH) Một quân vua được đặt ở một ô giữa bàn
cờ vua. Mỗi bước di chuyển, quân vua được chuyển sang một ô khác chung cạnh hoặc chung
đỉnh với ô đang đứng ( xem hình minh họa). Bạn An di chuyển quân vua ngẫu nhiên 3 bước.
Xác suất để sau 3 bước đi quân vua trở về ô ban đầu là
3
3
3
C8
A8
3
A. . B. . C. . D. .
64
8!
8!
512
Câu 294. (Đặng Thành Nam Đề 6) Cho đa giác đều 20 cạnh. Lấy ngẫu nhiên 3 đỉnh của đa giác đều.
Xác suất để 3 đỉnh lấy được là 3 đỉnh của một tam giác vuông không có cạnh nào là cạnh của
đa giác đều bằng
3
7
7
5
A. . B. . C. . D. .
38
114
57
114
Câu 295. (Đặng Thành Nam Đề 17) Năm đoạn thẳng có độ dài 1cm ; 3cm ; 5cm ; 7 cm ; 9cm . Lấy ngẫu
nhiên ba đoạn thẳng trong năm đoạn thẳng trên. Xác suất để ba đoạn thẳng lấy ra tạo thành ba
cạnh của một tam giác bằng
2
7
3
3
A. . B. . C. . D. .
5
10
5
10
Câu 296. (Đặng Thành Nam Đề 10) Trong một phòng học, có 36 cái bàn rời nhau được đánh số từ 1
đến 36 , mỗi bàn dành cho 1 học sinh. Các bàn được xếp thành một hình vuông có kích thước
6 x 6 . Cô giáo xếp tuỳ ý 36 học sinh của lớp vào các bàn, trong đó có hai bạn A và B . Xác
suất để A và B ngồi ở hai bàn xếp cạnh nhau bằng (theo chiều ngang hoặc chiều dọc).
2
2
4
6
A. . B. . C. . D. .
21
7
35
35
Câu297.
(Đặng Thành Nam Đề 15) Có hai dãy ghế đối diện nhau, mỗi dãy có năm ghế. Xếp ngẫu
nhiên 10 học sinh, gồm 5 nam và 5 nữ ngồi vào hai dãy ghế đó sao cho mỗi ghế có đúng một

học sinh ngồi. Xác suất để mỗi học sinh nam đều ngồi đối diện với một học sinh nữ và bất kì
hai học sinh ngồi liền kề nhau thì khác phái bằng
4
1
1
1
A. . B. . C. . D. .
315
252
630
126
Câu 298. (-Mai-Anh-Tuấn-Thanh-Hóa-lần-1-2018-2019) Xếp 4 người đàn ông, 2 người đàn bà và một
đứa trẻ được xếp ngồi vào 7 chiếc ghế đặt quanh một bàn tròn. Xác suất để xếp đứa trẻ ngồi
giữa hai người đàn ông là
1
1
2
2
A. B. C. . D.
15
5
15
5
Câu299. (KIM LIÊN HÀ NỘI NĂM 2018-2019 LẦN 03) Gọi S là tập hợp các số tự nhiên gồm 9 chữ
số được lập từ X 6;7;8 , trong đó chữ số 6 xuất hiện 2 lần; chữ số 7 xuất hiện 3 lần; chữ số
8 xuất hiện 4 lần. Chọn ngẫu nhiên một số từ tập S . Xác suất để số được chọn là số không có
chữ số 7 đứng giữa hai chữ số 6 là
2
11
4
55
A. . B. . C. . D. .
5
12
5
432
BÀI TOÁN CHIA KẸO EULER VÀ ỨNG DỤNG
n k
BÀI TOÁN GỐC: Có chiếc kẹo chia cho em nhỏ k, n ,1 k n . Hỏi có bao nhiêu
cách chia kẹo sao cho em nhỏ nào cũng có kẹo?
Hướng dẫn giải:
Nếu k 1 thì chỉ có 1 cách chia kẹo.
Nếu k 2 , ta trải n chiếc kẹo thành hàng ngang. Tiếp theo ta dùng k 1
cái thước đặt vào
k 1
n 1
khe giữa các viên kẹo để chia nó thành k phần. Do đó có tất cả cách chia.
k 1
Như vậy có tất cả C cách chia kẹo, đúng cho cả trường hợp k 1.
n 1
ỨNG DỤNG ĐẾM SỐ NGHIỆM NGUYÊN CỦA PHƯƠNG TRÌNH
C n1
*
Ví dụ 1.1: Phương trình x x x n (với n, k , n k ) có bao nhiêu nghiệm
nguyên dương?
Hướng dẫn giải:
1 2 k
Coi x là phần kẹo của em nhỏ thứ i trong bài toán chia kẹo thì số nghiệm của phương trình
i
C n1
k 1
chính là số cách chia n chiếc kẹo cho k em nhỏ. Vậy phương trình có nghiệm nguyên
dương.
*
Ví dụ 1.2: Phương trình x x x n (với n,
k ) có bao nhiêu nghiệm nguyên
không âm?
Hướng dẫn giải:
1 2 k
k
Có x x x n x 1 x 1 x 1 n k .
1 2 k
1 2
Đặt '
x x 1 thì là các số nguyên dương.
i
i
x i

Ta có phương trình x x x n k (*)
1 2
k
C nk1
k 1
Áp dụng bài toán gốc ta có tất cả nghiệm nguyên dương của phương trình (*).
Suy ra phương trình đã cho có
k 1
C nk1
nghiệm nguyên không âm.
Câu 300. (Cụm 8 trường chuyên lần1) Cho một bảng ô vuông 33
.
Điền ngẫu nhiên các số 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9 vào bảng trên (mỗi ô chỉ điền một số). Gọi A
biến cố “mỗi hàng, mỗi cột bất kì đều có ít nhất một số lẻ”. Xác suất của A bằng:
1
5
1
10
A. P A
. B. P A
. C. P A
. D. P A
.
3
7
56
21
Câu 301. (Triệu Thái Vĩnh Phúc Lần 3) Trong kỳ thi Chọn học sinh giỏi tỉnh có 105 em dự thi, có 10
em tham gia buổi gặp mặt trước kỳ thi. Biết các em đó có số thứ tự trong danh sách lập thành
một cấp số cộng. Các em ngồi ngẫu nhiên vào hai dãy bàn đối diện nhau, mỗi dãy có 5 ghế và
mỗi ghế chỉ ngồi được 1 học sinh. Tính xác suất để tổng các số thứ tự của hai em ngồi đối diện
nhau là bằng nhau.
1 1 1 1
A. .
B. .
C. .
D. .
954
945
126
252
Câu 302. (CHUYÊN HOÀNG VĂN THỤ HÒA BÌNH LẦN 4 NĂM 2019) Trong mặt phẳng, cho hai
tia Ox và Oy vuông góc với nhau tại gốc O . Trên tia Ox lấy 10 điểm A1 , A2 ,..., A10
và trên tia
Oy lấy 10 điểm B1 , B2 ,..., B10
thỏa mãn OA1 A1 A2 ... A9 A10 OB1 B1 B2 ... B9 B10
1
(đvd). Chọn ra ngẫu nhiên một tam giác có đỉnh nằm trong 20 điểm A1 , A2 ,..., A10
, B1 , B2 ,..., B10
. Xác suất để tam giác chọn được có đường tròn ngoại tiếp tiếp xúc với một trong hai trục Ox
hoặc Oy là
1
2
1
1
A. . B. . C. . D. .
228
225
225
114
Câu 303. (Chuyên Hưng Yên Lần 3) Cho tập
A
0;1;2;3;4;5;6
là
. Xác suất để lập được số tự nhiên
gồm 5 chữ số khác nhau lấy từ các phần tử của tập A sao cho số đó chia hết cho 5 và các chữ
số 1, 2 , 3 luôn có mặt cạnh nhau là
1
11
1
11
A. . B. . C. . D. .
45
420
40
360
Câu 304. (Nguyễn Trãi Hải Dương Lần1) Cho tập S 1;2;3;...;19;20 gồm 20 số tự nhiên từ 1 đến
20 . Lấy ngẫu nhiên ba số thuộc S . Xác suất để ba số lấy được lập thành một cấp số cộng là
7
5
3
1
A. . B. . C. . D. .
38
38
38
114
Câu 305. (Quỳnh Lưu Lần 1) Từ tập hợp tất cả các số tự nhiên có năm chữ số mà các chữ số đều khác
0, lấy ngẫu nhiên một số. Xác suất để trong số tự nhiên được lấy ra chỉ có mặt ba chữ số khác
nhau là:

504
7560
1260
12600
A. . B. . C. . D. .
59049
59049
59049
59049
Câu 306. (ĐỀ-THI-THU-ĐH-THPT-CHUYÊN-QUANG-TRUNG-L5-2019) Có 3 quả cầu màu
vàng, 3 quả cầu màu xanh (các quả cầu cùng màu thì giống nhau) bỏ vào hai cái hộp khác
nhau, mỗi hộp 3 quả cầu. Tính xác suất để các quả cầu cùng màu thì vào chung một hộp.
1
1
1
1
A. . B. . C. . D. .
3
120
20
2
Câu 307. (HKII-CHUYÊN-NGUYỄN-HUỆ-HÀ-NỘI) Có 15 cuốn sách gồm 4 cuốn sách Toán, 5
cuốn sách Lý và 6 cuốn sách Hóa. Các cuốn sách đôi một khác nhau. Thầy giáo chọn ngẫu
nhiên 8 cuốn sách để làm phần thưởng cho một học sinh. Tính xác suất để số cuốn sách còn lại
của thầy còn đủ 3 môn
54
2072
661
73
A. . B. . C. . D. .
715
2145
715
2145
Câu308.
(Chuyên Vinh Lần 3) Chọn ngẫu nhiên một số tự nhiên có 4 chữ số. Tính xác suất để số được
chọn có dạng abcd , trong đó 1 a b c d 9 .
A. 0,014 . B. 0,0495. C. 0,079 . D. 0,055.
Câu 309. (Gang Thép Thái Nguyên) Xếp ngẫu nhiên 2 quả cầu xanh, 2 quả cầu đỏ, 2 quả cầu trắng
(các quả cầu này đôi một khác nhau) thành một hàng ngang. Tính xác suất để 2 quả cầu màu
trắng không xếp cạnh nhau?
2
1
5
1
A. P . B. P . C. P . D. P .
3
3
6
2
Câu 310 (THPT-Gia-Lộc-Hải-Dương-Lần-1-2018-2019-Thi-tháng-3) Lập một số tự nhiên có 4 chữ
số. Tính xác suất để số đó có chữ số đứng trước không nhỏ hơn chữ số đứng sau.
14
143
119
11
A. . B. . C. . D. .
25
1800
1500
200
Câu311.
(ĐH Vinh Lần 1) Giải bóng chuyền quốc tế VTV Cup có 8 đội tham gia, trong đó có hai đội
Việt Nam. Ban tổ chức bốc thăm ngẫu nhiên để chia thành hai bảng đấu, mỗi bảng 4 đội. Xác
suất để hai đội của Việt Nam nằm ở hai bảng khác nhau bằng
A. 2 7 . B. 5 7 . C. 3 7 . D. 4 7 .
Câu 312. (ĐH Vinh Lần 1) Giải bóng chuyền quốc tế VTV Cup có 12 đội tham gia, trong đó có 3 đội
Việt Nam. Ban tổ chức bốc thăm ngẫu nhiên để chia thành 3 bảng đấu, mỗi bảng 4 đội. Tính
xác suất để 3 đội của Việt Nam cùng nằm ở một bảng đấu.
A. 3
55 . B. 1
330 . C. 1
110 . D. 6
55 .
Câu 313. (Hàm Rồng ) Cho tập X 1;2;3;.......;8 . Lập từ X số tự nhiên có 8 chữ số đôi một khác
nhau. Xác suất để lập được số chia hết cho 1111 là
2 2 2
2 2 2
C8C6C4
4!4!
384
A8 A6 A4
A. . B. . C. . D. .
8!
8!
8!
8!
Câu 314. (Sở Nam Định) Cho S là tập tất cả các số tự nhiên có 7 chữ số, lấy ngẫu nhiên một số từ tập S .
Xác suất để số lấy được có chữ số tận cùng bằng 3 và chia hết cho 7 có kết quả gần nhất với số
nào trong các số sau
A. 0,014. B. 0,012. C. 0,128. D. 0,035.

Câu 315. (Chuyên Vinh Lần 3) Hai bạn Công và Thành cùng viết ngẫu nhiên ra một số tự nhiên gồm 2
chữ số phân biệt. Xác suất để hai số được viết ra có ít nhất một chữ số chung bằng
145
448
281
154
A. . B. . C. . D. .
729
729
729
729
Câu316. (Sở Thanh Hóa 2019) Gọi S là tập tất cả các số tự nhiên có 4 chữ số đôi một khác nhau
được chọn từ các chữ số 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9 . Lấy ngẫu nhiên một số thuộc S . Tính xác suất
để lấy được một số chia hết cho 11 và tổng 4 chữ số của nó cũng chia hết cho 11.
1
1
2
8
A. P . B. P . C. . D. .
63
126
63
21
Câu 317. (Sở Bắc Ninh 2019) Gọi A là tập các số tự nhiên có 3 chữ số đôi một khác nhau. Lấy ngẫu
nhiên ra từ A hai số. Tính xác suất để lấy được hai số mà các chữ số có mặt ở hai số đó giống
nhau.
41
35
41
14
A. . B. . C. . D. .
5823
5823
7190
1941
Câu 318. (THPT NINH BÌNH – BẠC LIÊU LẦN 4 NĂM 2019) Cho một quân cờ đứng ở vị trí trung
tâm của một bàn cờ 99
(xem hình vẽ). Biết rằng, mỗi lần di chuyển, quân cờ chỉ di chuyển
sang ô có cùng một cạnh với ô đang đứng. Tính xác suất để sau bốn lần di chuyển, quân cờ
không trở về đúng vị trí ban đầu.
55
1
7
3
A. . B. . C. . D. .
64
3
8
8
Câu 319. (Ngô Quyền Hà Nội) Cho A là tập tất cả các số tự nhiên có 5 chữ số. Chọn ngẫu nhiên một số
từ tập A, tính xác suất để chọn được một số chia hết cho 7 và chữ số hàng đơn vị là chữ số 1.
643
1285
107
143
A. . B. . C. . D. .
45000
90000
7500
10000
Câu 39-1. Cho
Câu 39-2. Cho
Câu tương tự:
A là tập tất cả các số tự nhiên có 5 chữ số phân biệt. Chọn ngẫu nhiên một số từ tập A,
tính xác suất để chọn được một số chia hết cho 7 và chữ số hàng đơn vị bằng 1.
11 643 79 643
A. .
B. .
C. .
D. .
567
45000
4536
13608
A là tập tất cả các số tự nhiên có 4 chữ số phân biệt được lập từ tập 1;2;3;4;5;6;7;8;9 .
Chọn ngẫu nhiên một số từ tập A. Xác suất để chọn được một số chia hết cho 11 và tổng bốn
chữ số của nó chia hết cho 11 bằng
1 8 1 1
A. .
B. .
C. .
D. .
63
21
84
42
Câu 320. (Thuận-Thành-3-Bắc-Ninh-2019) Cho đa giác 30 đỉnh nội tiếp đường tròn, gọi
S
là tập
hợp các đường thẳng đi qua hai trong số 30 đỉnh đã cho. Chọn 2 đường thẳng bất kỳ thuộc tập

S
. Tính xác suất để chọn được 2 đường thẳng mà giao điểm của chúng nằm bên trong đường
tròn.
7
2
5
A. . B. . C. . D.
25
5
14
Câu321. (Thuận-Thành-3-Bắc-Ninh-2019) Cho đa giác 30 đỉnh nội tiếp đường tròn, gọi S là tập
hợp các đường thẳng đi qua hai trong số 30 đỉnh đã cho. Chọn 2 đường thẳng bất kỳ thuộc tập
S
. Tính xác suất để chọn được 2 đường thẳng mà giao điểm của chúng nằm bên trong đường
tròn.
7
2
5
A. . B. . C. . D.
25
5
14
Câu 322. (THPT-Nguyễn-Đức-Cảnh-Thái-Bình) Cho một đa giác đều có 20 đỉnh nội tiếp trong đường
tròn ( C)
. Lấy ngẫu nhiên hai đường chéo trong số các đường chéo của đa giác. Tính xác suất
để lấy được hai đường chéo cắt nhau và giao điểm của hai đường chéo trong đường tròn?
17
57
19
17
A. . B. . C. . D. .
63
169
63
169
Câu 323. (Thuận-Thành-3-Bắc-Ninh-2019) Cho đa giác 30 đỉnh nội tiếp đường tròn, gọi
9
31
9
31
S
là tập
hợp các đường thẳng đi qua hai trong số 30 đỉnh đã cho. Chọn 2 đường thẳng bất kỳ thuộc tập
S
. Tính xác suất để chọn được 2 đường thẳng mà giao điểm của chúng nằm bên trong đường
tròn.
7
2
5
A. . B. . C. . D.
25
5
14
Câu 324. (Lương Thế Vinh Đồng Nai) Nhằm chào mừng ngày thành lập Đoàn TNCS Hồ Chí Minh,
Đoàn trường THPT chuyên Lương Thế Vinh đã tổ chức giải bóng đá nam. Có 16 đội đăng kí
tham dự trong đó có 3 đội: 10 Toán, 11 Toán, 12 Toán. Ban tổ chức cho bốc thăm ngẫu nhiên
để chia đều 16 đội vào 4 bảng để đá vòng loại. Tính xác suất để 3 đội của 3 lớp Toán nằm ở
3 bảng khác nhau.
53
19
16
3
A. . B. . C. . D. .
56
28
35
56
Câu 325. (Trung-Tâm-Thanh-Tường-Nghệ-An-Lần-2) Tung đồng thời 2 con súc sắc cân đối đồng
chất. Gọi m là tích của số chấm trên hai con súc sắc trong mỗi lần tung. Tính xác suất để
1 2
phương trình 6 0 có hai nghiệm phân biệt.
2 x x m
28
24
17
26
A. . B. . C. . D. .
36
36
36
36
Câu 326. (THPT-Yên-Khánh-Ninh-Bình) Gọi X là tập hợp các số tự nhiên có 6 chữ số đôi một khác
nhau. Lấy ngẫu nhiên một số thuộc tập X . Xác suất để số lấy được luôn chứa đúng ba số thuộc
tập Y 1;2;3;4;5 và 3 số đứng cạnh nhau, số chẵn đứng giữa hai số lẻ.
37
25
25
17
A. . B. . C. . D. .
63
189
378
945
Câu 327. (Hải Hậu Lần1)Trong một buổi dạ hội có 10 thành viên nam và 12 thành viên nữ, trong đó có
2 cặp vợ chồng. Ban tổ chức muốn chọn ra 7 đôi, mỗi đôi gồm 1 nam và 1 nữ để tham gia trò
chơi. Tính xác suất để trong 7 đôi đó, có đúng một đôi là cặp vợ chồng. Biết rằng trong trò
chơi, người vợ có thể ghép đôi với một người khác chồng mình và người chồng có thể ghép đôi
với một người khác vợ mình
7
217
217
7
A. . B. . C. . D. .
160
1980
3960
120
9
31

Câu 328. (Chuyên Hạ Long lần 2-2019) Chọn ngẫn nhiên ba số tự nhiên trong các số từ 101 đến 200.
Tính xác suất để ba số đó lập thành một cấp số cộng có công sai dương.
3 2 1 1
A. .
B. .
C. .
D. .
100
33
66
33
Câu 329. (Thị Xã Quảng Trị) Một nhóm học sinh gồm bốn bạn nam trong đó có bạn Quân và bốn bạn
nữ trong đó có bạn Lan. Xếp ngẫu nhiên bốn bạn trên thành một hàng dọc. Xác suất để xếp
được hàng dọc thỏa mãn các điều kiện: đầu hàng và cuối hàng đều là nam và giữa hai bạn nam
gần nhau có ít nhất một bạn nữ, đồng thời bạn Quân và bạn Lan không đứng cạnh nhau bằng
3
3
9
39
A. . B. . C. . D. .
112
80
280
1120
Câu 330. (Đặng Thành Nam Đề 12) Cho tập hợp
S
1, 2,3,4,5,6
. Hai bạn A, B mỗi bạn chọn ngẫu
nhiên một tập con của S . Xác suất để tập con của A và B chọn được có đúng 2 phần tử chung
gần nhất với kết quả nào dưới đây?
A. 15,08% . B. 29,66% . C. 30,16% . D. 14,83% .
Câu 331. (SGD-Nam-Định-2019) Cho S là tập tất cả các số tự nhiên có 7 chữ số, lấy ngẫu nhiên một số
từ tập S . Xác suất để số lấy được có chữ số tận cùng bằng 3 và chia hết cho 7 có kết quả gần
nhất với số nào trong các số sau
A. 0,014. B. 0,012. C. 0,128. D. 0,035.
Câu 332. (Chuyên KHTN) Cho một đa giác đều 48 đỉnh. Lấy ngẫu nhiên 3 đỉnh của đa giác. Tính xác
suất để tam giác tạo thành từ ba đỉnh đó là một tam giác nhọn.
33
33
11
22
A. . B. . C. . D. .
47
94
47
47
Câu 333. (THPT ĐÔ LƯƠNG 3 LẦN 2) Trong chương trình giao lưu gồm có 15 người ngồi vào 15
ghế theo một hàng ngang. Giả sử người dẫn chương trình chọn ngẫu nhiên 3 người trong 15
người để giao lưu với khán giả. Xác suất để trong 3 người được chọn đó không có 2 người
ngồi kề nhau là
2
13
22
3
A. . B. . C. . D. .
5
35
35
5
Câu 334. (Chuyên Lý Tự Trọng Cần Thơ) Có hai dãy ghế đối diện nhau, mỗi dãy có 3 ghế. Xếp ngẫu
nhiên 6 học sinh, gồm 3 nam và 3 nữ, ngồi vào hai dãy ghế đó sao cho mỗi ghế có đúng một
học sinh ngồi. Xác suất để mỗi học sinh nam đều ngồi đối diện với một học sinh nữ bằng:
2
1
3
1
A. B. C. D.
5
10
5
20
Câu 335. (THPT-Chuyên-Sơn-La-Lần-1)Gọi S là tập hợp các số tự nhiên có chín chữ số đôi một khác
nhau. Chọn ngẫu nhiên một số thuộc tập S . Xác suất để số được chọn chia hết cho 3 là
11
12
21
23
A. . B. . C. . D. .
27
27
32
32
Câu 336. (KINH MÔN HẢI DƯƠNG 2019) Trên đường tròn đặt 24 điểm cách đều nhau sao cho độ
dài cung giữa 2 điểm kề nhau đều bằng 1. Chọn ngẫu nhiên 8 trong 24 điểm đó. Tính xác suất
sao cho trong 8 điểm được chọn không có 2 điểm nào có độ dài cung bằng 8 hoặc 3.
8
C
258
1548
112
17
A. . B. . C. . D. .
8
8
8
8
C
C
C
C
24
24
24
24
Câu337.
(Phan Đình Tùng Hà TĩnH) Ông Hùng muốn mở két sắt của mình nhưng ông quên mất mật
mã két. Biết rằng mã két gồm 4 chữ số khác 0 và có tổng của 4 chữ số đó bằng 10. Tính xác
suất để ông ấy mở được két sắt ở lượt bấm thứ nhất.
1
1
1
1
A. . B. . C. . D. .
84
80
74
192

Câu 338. (CHUYÊN NGUYỄN QUANG DIỆU ĐỒNG THÁP 2019 LẦN 2) Hai mươi lăm em học
sinh lớp 12A được xếp ngồi vào một vòng tròn trong đêm lửa trại. Ba em học sinh được chọn (
xác suất được lựa chọn đối với mỗi em là như nhau ) và cử tham gia một trò chơi. Xác suất để
ít nhất hai trong ba em học sinh được chọn ngồi cạnh nhau là
11
1
6
1
A. . B. . C. . D. .
46
92
23
4
Câu 339. (Ba Đình Lần2) Có 3 quyển sách Văn học khác nhau, 4 quyển sách Toán học khác nhau và 7
quyển sách Tiếng Anh khác nhau được xếp lên một kệ ngang. Tính xác suất để hai cuốn sách
cùng môn không ở cạnh nhau
19
19
19
5
A. . B. . C. . D. .
12012
1012
1202
8008
Câu 340. ( Sở Phú Thọ) Một lớp có 20 học sinh nữ và 25 học sinh nam. Bạn lớp trưởng nữ chọn ngẫu
nhiên 4 học sinh khác tham gia một hoạt động của Đoàn trường. Xác suất để 4 học sinh được
chọn có cả nam và nữ bằng (làm tròn đến chữ số thập phân thứ 4)
A. 0,0849. B. 0,8826. C. 0,8783. D. 0,0325.
Câu 341. (THANH CHƯƠNG 1 NGHỆ AN 2019 LẦN 3) Bạn Nam làm bài thi thử THPT Quốc gia
môn Toán có 50 câu, mỗi câu có 4 đáp án khác nhau, mỗi câu đúng được 0, 2 điểm, mỗi câu
làm sai hoặc không làm không được điểm cũng không bị trừ điểm. Bạn Nam đã làm đúng được
40 câu còn 10 câu còn lại bạn chọn ngẫu nhiên mỗi câu một đáp án. Xác suất để bạn Nam được
trên 8,5 điểm gần với số nào nhất trong các số sau?
A. 0,53 . B. 0,47 . C. 0, 25 . D. 0,99 .
Câu 342. (Nam Tiền Hải Thái Bình Lần1) Một lô hàng gồm 30 sản phẩm trong đó có 20 sản phẩm tốt
và 10 sản phẩm xấu. Lấy ngẫu nhiên 3 sản phẩm trong lô hàng. Tính xác suất để 3 sản phẩm
lấy ra có ít nhất một sản phẩm tốt.
6
57
153
197
A. . B. . C. . D. .
203
203
203
203
Câu343. (Chuyên Ngoại Ngữ Hà Nội) Một hộp kín chứa 50 quả bóng kích thước bằng nhau, được
đánh số từ 1 đến 50. Bốc ngẫu nhiên cùng lúc 2 quả bóng từ hộp trên. Gọi P là xác suất bốc
được 2 quả bóng có tích của 2 số ghi trên 2 quả bóng là một số chia hết cho 10, khẳng định
nào sau đây đúng?
A. 0,3 P 0,35. B. 0, 2 P 0, 25. C. 0, 25 P 0,3 . D. 0,35 P 0, 4 .
Câu 344. (Thuận-Thành-3-Bắc-Ninh-2019) Một lô hàng có 20 sản phầm, trong đó có 2 sản phẩm bị lỗi
còn lại là sản phẩm tốt. Lấy ngẫu nhiên 4 sản phẩm từ lô hàng đó để kiểm tra. Tính xác suất để
trong 4 sản phẩm lấy ra có sản phẩm lỗi.
7
9
5
7
A. . B. . C. . D. .
25
23
14
19
Câu 345. (Thuận-Thành-3-Bắc-Ninh-2019) Một lô hàng có 20 sản phầm, trong đó có 2 sản phẩm bị lỗi
còn lại là sản phẩm tốt. Lấy ngẫu nhiên 4 sản phẩm từ lô hàng đó để kiểm tra. Tính xác suất để
trong 4 sản phẩm lấy ra có sản phẩm lỗi.
7
9
5
7
A. . B. . C. . D. .
25
23
14
19
Câu 346. (Chuyên Hà Nội Lần1) Xếp ngẫu nhiên 5 bạn An, Bình, Cường, Dũng, Đông ngồi vào một
dãy 5 ghế thẳng hàng (mỗi bạn ngồi 1 ghế). Xác suất của biến cố “hai bạn An và Bình không
ngồi cạnh nhau” là:
3
2
1
4
A. . B. . C. . D.
5
5
5
5

Câu 347. (Sở Phú Thọ) Một lớp có 20 học sinh nữ và 25 học sinh nam. Bạn lớp trưởng nữ chọn ngẫu
nhiên 4 học sinh khác tham gia một hoạt động của Đoàn trường. Xác suất để 4 học sinh được
chọn có cả nam và nữ bằng (làm tròn đến chữ số thập phân thứ 4).
A. 0,0849. B. 0,8826. C. 0,8783. D. 0,0325.
Câu 348. Một lớp có 20 học sinh nữ và 25 học sinh nam. Bạn lớp trưởng nữ chọn ngẫu nhiên 4 học sinh
khác tham gia một hoạt động của Đoàn trường. Xác suất để 4 học sinh được chọn có cả nam và
nữ, trong đó phải có bạn nữ B là bí thư chi đoàn bằng (làm tròn đến chữ số thập phân thứ 4).
A. 0,0849. B. 0,9339. C. 0,8783. D. 0,9151.
Câu 349. (Sở Phú Thọ) Cho tứ diện ABCD có AB BC AC BD 2a
, AD a 3 ; hai mặt phẳng
và BCD vuông góc với nhau. Diện tích mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD bằng:
ACD
2
2
2
2
64 a
4 a
16 a
64 a
A. . B. . C. . D. .
27
27
9
9
Câu 350. Cho hình chóp S.
ABCD có đáy ABCD là hình bình hành, SA SB SD AB 2a
,
AD a 3 , mặt phẳng SBD vuông góc với mặt phẳng đáy. Tính diện tích mặt cầu ngoại tiếp
hình chóp S.
ABCD
2
2
2
2
64 a
4 a
16 a
64 a
A. . B. . C. . D. .
27
27
9
9
Câu 351. (Sở Quảng NamT) Gọi X là tập hợp tất cả các số tự nhiên có 8 chữ số được lập từ các chữ số
1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9. Lấy ngẫu nhiên một số trong tập hợp X. Gọi A là biến cố lấy được số có
đúng hai chữ số 1, có đúng hai chữ số 2, bốn chữ số còn lại đôi một khác nhau, đồng thời các
chữ số giống nhau không đứng liền kề nhau. Xác suất của biến cố A bằng
176400 151200 5 201600
A. B. C. D.
8 .
8 .
.
8 .
9
9
9
9
Câu 352. (THPT CHUYÊN VĨNH PHÚC 2018-2019) Một hộp chứa 10 quả cầu đỏ được đánh số từ 1
đến 10, 20 quả cầu xanh được đánh số từ 1 đến 20 . Lấy ngẫu nhiên một quả. Khi đó xác suất
để lấy được quả màu xanh hoặc ghi số lẻ bằng
1
2
1
5
A. . B. . C. . D. .
6
3
2
6
Bài tập tương tự :
Câu 353. Một hộp chứa 15 quả cầu đỏ được đánh số từ 1 đến 15, 20 quả cầu xanh được đánh số từ 1
đến 20 . Lấy ngẫu nhiên đồng thời hai quả. Khi đó xác suất để hai quả cầu lấy được đều màu
đỏ hoặc đều ghi số chẵn bằng
141
241
36
44
A. . B. . C. . D. .
595
595
119
119
Câu 354. Trong ngày hội trại xuân, cô giáo chủ nhiệm tổ chức cho một nhóm 30 bạn trong lớp
tham gia hai tiết mục văn nghệ là tốp ca và tốp nhảy flashmob. Có 12 bạn tham gia tốp ca, 15
bạn tham gia nhảy flashmob và 6 bạn tham gia cả hai tiết mục. Chọn 1 bạn học sinh bất kì
trong lớp, tính xác suất để bạn học sinh này tham gia ít nhất một trong hai tiết mục văn nghệ đã
nêu.
7
19
1
9
A. . B. . C. . D. .
10
30
2
10
Ghi nhớ: Công thức cộng xác suất: P A
B P A P B P A
B .
Câu 355. (THTT số 3) Tại Giải vô địch bóng đá Đông Nam Á (AFF Suzuki Cup ) có đội
2018 2018 10
tuyển tham dự, trong đó có đội tuyển Việt Nam và đội tuyển Malaysia. Ở vòng bảng, Ban tổ

chức chia ngẫu nhiên 10 đội thành 2 bảng, bảng A và bảng B, mỗi bảng có 5 đội. Giả sử khả
năng xếp mỗi đội vào mỗi bảng là như nhau. Tính xác suất để đội Việt Nam và đội tuyển
Malaysia được xếp trong cùng một bảng.
4
5
2
1
A. . B. . C. . D. .
9
9
9
9
Câu 356. (THPT-Ngô-Quyền-Hải-Phòng) Sắp xếp 5 quyển sách Toán và 4 quyển sách Văn lên một kệ
sách dài. Tính xác suất để các
quyển sách cùng một môn nằm cạnh nhau.
1
125
1
1
A. . B. . C. . D. .
181440
126
63
126
Câu 357. (THPT-Phúc-Trạch-Hà-Tĩnh)Giải bóng chuyền quốc tế VTV Cup có 12 đội tham gia, trong
đó có 3 đội Việt Nam. Ban tổ chức bốc thăm ngẫu nhiên để chia thành 3 bảng đấu, mỗi bảng
4 đội. Tính xác suất để 3 đội của Việt Nam cùng nằm ở một bảng đấu.
1
1
6
3
A. . B. . C. . D. .
110
330
55
55
Câu 358 (Chuyên Thái Nguyên) Có 2 học sinh lớp A, 3 học sinh lớp B và 4 học sinh lớp C xếp
thành một hàng ngang sao cho giữa hai học sinh lớp A không có học sinh lớp B. Hỏi có bao
nhiêu cách sắp xếp như vậy?
A. 108864 . B. 80640 . C. 145152 . D. 217728 .
Câu 359. (Lý Nhân Tông) Trước kì thi học sinh giỏi, nhà trường tổ chức buổi gặp mặt 10 em học sinh
trong đội tuyển. Biết các em đó có số thứ tự trong danh sách lập thành cấp số cộng. Các em
ngồi ngẫu nhiên vào hai dãy bàn đối diện nhau, mỗi dãy có 5 ghế và mỗi ghế chỉ được ngồi
một học sinh. Tính xác suất để tổng các số thứ tự của hai em ngồi đối diện nhau là bằng nhau.
1
1
1
1
A. . B. . C. . D. .
954
126
945
252
Câu 360. (Chuyên Lê Quý Đôn Điện Biên Lần2) Xếp chỗ cho 6 học sinh trong đó có học sinh A và 3
thầy giáo vào 9 ghế kê thành hàng
ngang (mỗi ghế xếp một người). Tính xác
suất sao cho mỗi thầy giáo ngồi giữa 2 học sinh và học sinh A ngồi ở một trong hai đầu hàng.
5
5
5
A. . B.
126
C. . D. Đáp án khác.
252
42
Câu 361. (Thuận Thành 2 Bắc Ninh) Một bàn dài có hai dãy ghế đối diện nhau, mỗi dãy có 5 ghế.
Người ta muốn xếp chỗ ngồi cho 5 học sinh trường X và 5 học sinh trường Y vào bàn nói
trên. Tính xác suất để bất cứ hai học sinh nào ngồi đối diện nhau đều khác trường với nhau.
2
4
8
5
A. . B. . C. . D. .
63
63
63
63
Câu 362. (Chuyên Bắc GianG) Có 4 người xếp thành hàng ngang và mỗi người gieo 1 đồng xu cân đối
đồng chất. Xác suất để tồn tại hai người cạnh nhau có cùng kết quả là
7
5
3
1
A. . B. . C. . D. .
8
8
8
8
Câu 363. (Hai Bà Trưng Huế Lần1) Một chiếc hộp đựng 5 viên bi trắng, 3 viên bi xanh và 4 viên bi
vàng. Lấy ngẫu nhiên 4 viên bi từ hộp đó. Tính xác suất để lấy ra 4 viên bi có đủ ba màu.
4
5
3
6
A. . B. . C. . D. .
11
11
11
11
Câu 364. (Chuyên Bắc Giang) Lớp 11A có 2 tổ. Tổ I có 5 bạn nam, 3 bạn nữ và tổ II có 4 bạn nam, 4
bạn nữ. Lấy ngẫu nhiên mỗi tổ 2 bạn đi lao động. Tính xác suất để trong các bạn đi lao động có
đúng 3 bạn nữ.

1
69
1
9
A. . B. . C. . D. .
364
392
14
52
Câu 365. (Lê Xoay lần1) Một hội nghị gồm 6 đại biểu nước Anh, 7 đại biểu nước Pháp và 7 đại biểu
nước Nga, trong đó mỗi nước có 2 đại biểu là nam. Chọn ngẫu nhiên ra 4 đại biểu. Xác suất
chọn được 4 đại biểu để trong đó mỗi nước đều có ít nhất một đại biểu và có cả đại biểu nam và
đại biểu nữ bằng
3844
1937
46
49
A. . B. . C. . D. .
4845
4845
95
95
Câu 366. (THPT NÔNG CỐNG 2 LẦN 4 NĂM 2019) Đội thanh niên xung kích của một trường THPT
gồm 15 học sinh trong đó có 4 học sinh khối 12, 5 học sinh khối 11 và 6 học sinh khối 10.
Chọn ngẫu nhiên ra 6 học sinh đi làm nhiệm vụ. Tính xác suất để chọn được 6 học sinh đủ 3
khối.
4248
757
151
850
A. . B. . C. . D. .
5005
5005
1001
1001
Câu 367. (THPT ISCHOOL NHA TRANG) Có hai dãy ghế đối diện nhau, mỗi dãy có bốn ghế. Xếp
ngẫu nhiên 8 học sinh, gồm 4 nam và 4 nữ, ngồi vào hai dãy ghế sao cho mỗi ghế có đúng một
học sinh ngồi. Xác suất để mỗi học sinh nam đều ngồi đối diện với một học sinh nữ và không
có hai học sinh cùng giới ngồi cạnh nhau bằng
8
1
2
4
A. . B. . C. . D. .
35
35
35
35
Câu 368. (Sở Hưng Yên Lần1) Đội tuyển học sinh giỏi Toán 12 của trường THPT X có 7 học sinh
trong đó có bạn Minh Anh. Lực học của các học sinh là như nhau. Nhà trường chọn ngẫu nhiên
4 học sinh đi thi. Tìm xác suất để Minh Anh được chọn đi thi.
1
4
3
1
A. . B. . C. . D. .
7
7
7
2
Câu 369. (Chuyên Vinh Lần 2) Trong Lễ tổng kết Tháng thanh niên, có 10 đoàn viên xuất sắc gồm 5
nam và 5 nữ được tuyên dương khen thưởng. Các đoàn viên này được sắp xếp ngẫu nhiên
thành một hàng ngang trên sân khấu để nhận giấy khen. Tính xác suất để trong hàng ngang trên
không có bất kì bạn nữ nào đứng cạnh nhau.
A. 1 7 . B. 1 42 . C. 1
25
. D.
252 252 .
Câu 370. (Chuyên Vinh Lần 2) Có 4 quyển sách Toán, 6 quyển sách Lý và 8 quyển sách Hóa khác nhau
được xếp lên giá sách theo một hàng ngang. Tính xác suất để không có bất kỳ hai quyển sách
Hóa đứng cạnh nhau.
5
A.
663 . B. 1
663 . C. 1
1326 . D. 5
1326 .
Câu 371. (Chuyên Vinh Lần 2) Người ta sắp xếp ngẫu nhiên 5 viên bi được đánh số từ 1 đến 5 vào năm
chiếc hộp theo một hàng ngang. Tính xác suất để các viên bi được đánh số chẵn luôn đứng cạnh
nhau.
A. 1 5 . B. 2 5 . C. 3 5 . D. 4 5 .
Câu 372. (Chuyên Vinh Lần 2) Xếp ngẫu nhiên 10 học sinh gồm 2 học sinh lớp A, 3 học sinh lớp B và
5 học sinh lớp C thành một hàng ngang. Xác suất để không có học sinh lớp B nào xếp giữa hai
học sinh lớp A bằng
A. 3 .
5
B. 1 .
5
C. 2 .
5
Câu 373. (Chuyên Vinh Lần 2) Có 3 quyển sách toán, 4 quyển sách lí
D. 4 .
5

Câu 374
và 5 quyển sách hóa khác nhau được sắp xếp ngẫu nhiên lên một giá sách gồm có 3 ngăn, các
quyển sách được sắp dựng đứng thành một hàng dọc vào một trong ba ngăn (mỗi ngăn đủ rộng
để chứa tất cả quyển sách). Tính xác suất để không có bất kì hai quyển sách toán nào đứng cạnh
nhau.
A. 36
37
54
55
. B. . C. . D.
91 91 91 91
(PHÂN TÍCH BL_PT ĐỀ ĐH VINHL3 -2019..) Hai bạn Công và Thành cùng viết ngẫu
nhiên ra một số tự nhiên gồm hai chữ số phân biệt. Xác suất để hai số được viết ra có ít nhất
một chữ số chung bằng?
A. 145
729
. B.
448
729
281
154
. C. . D.
729 729 .
PT 31.1. Cho tập hợp S 1;2;3;....29;30
. Chọn ngẫu nhiên 3 số từ tập S . Tính xác suất để 3 số được
chọn lập thành một cấp số cộng.
A. 3
58 . B. 3
116 . C. 3 29 . D. 3
56 .
PT 31.2. Từ các số 1;2;3;4;5;6 lập được bao nhiêu số tự nhiên gồm tám chữ số sao cho trong mỗi số đó
có đúng ba chữ số 1, các chữ số còn lại đôi một khác nhau và hai chữ số chẵn không đứng cạnh
nhau?
A. 2612 . B. 2400 . C. 1376 . D. 2530 .
Câu 375. (CHUYÊN THÁI NGUYÊN LẦN 3) Một hội nghị gồm 6 đại biểu đến từ Việt Nam, 7 đại
biểu đến từ Mỹ, 7 đại biểu đến từ Anh, trong đó mỗi Quốc gia có đúng 2 đại biểu nữ. Chọn
ngẫu nhiên ra 4 đại biểu. Tính xác suất để chọn được 4 đại biểu sao cho mỗi Quốc gia đều có
ít nhất 1 đại biểu và có cả đại biểu nam và nữ.
2908
1
3
1937
A. . B. . C. . D. .
4845
4
4
4845
Câu 376. (THPT TX QUẢNG TRỊ LẦN 1 NĂM 2019) Xếp ngẫu nhiên tám học sinh gồm bốn học sinh
nam (trong đó có Hoàng và Nam) cùng bốn học sinh nữ (trong đó có Lan) thành một hàng
ngang. Xác suất để trong tám học sinh trên không có hai học sinh cùng giới đứng cạnh nhau,
đồng thời Lan đứng cạnh Hoàng và Nam là
1
1
1
1
A. . B. . C. . D. .
560
1120
35
280
Câu 377. (Cụm THPT Vũng Tàu) Có 60 quả cầu được đánh số từ 1 đến 60 . Lấy ngẫu nhiên đồng thời
hai quả cầu rồi nhân các số trên hai quả cầu với nhau. Tính xác suất để tích nhận được là số
chia hết cho 10.
78
161
53
209
A. . B. . C. . D. .
295
590
590
590
Câu 378. (Chuyên Sơn La Lần 3 năm 2018-2019) Một nhóm gồm 3 học sinh lớp 10, 3 học sinh lớp
11 và 3 học sinh lớp 12 được xếp ngồi vào một hàng có 9 ghế, mỗi học sinh ngồi 1 ghế. Tính
xác suất để 3 học sinh lớp 10 không ngồi 3 ghế liền nhau.
5
1
7
11
A. . B. . C. . D. .
12
12
12
12
Câu 379. (Thanh Chương Nghệ An Lần 2) Một nhóm có 8 học sinh gồm 4 bạn nam và 4 bạn nữ
trong đó có 1 cặp sinh đôi gồm 1 nam và 1 nữ. Xếp ngẫu nhiên 8 học sinh này vào 2 dãy ghế
đối diện, mỗi dãy 4 ghế, sao cho mỗi ghế có đúng một học sinh ngồi. Xác suất để cặp sinh đôi
ngồi cạnh nhau và nam nữ không ngồi đối diện nhau bằng

3
2
2
3
A. . B. . C. . D. .
70
35
105
140
Câu 380. (Cẩm Giàng) Từ các chữ số 1; 2; 3; 4; 5; 6 ta lập các số tự nhiên có 6 chữ số khác nhau. Gọi
A là biến cố: “Lập được số mà tổng của ba chữ số thuộc hàng đơn vị, chục, trăm lớn hơn tổng
của ba chữ số còn lại là 3 đơn vị”. Xác suất của biến cố A là:
1
3
1
3
A. . B. . C. . D. .
30
10
10
20
Câu 381. (Đặng Thành Nam Đề 3) Mỗi bạn An và Bình chọn ngẫu nhiên ba số trong tập
0,1, 2,3, 4,5,6,7,8,9
. Tính xác suất để trong hai bộ ba số của An và Bình chọn ra có nhiều
nhất một số giống nhau bằng:
203
49
17
A. 10 . B. . C. . D. .
480
60
24
Câu 382. (Yên Phong 1) Cho E là tập các số tự nhiên có 6 chữ số đôi một khác nhau lập được từ các số
0; 1; 2; 3; 4; 5; 6. Tính xác suất để chọn ngẫu nhiên từ E được một số có dạng abcdef sao cho
a b c d e f .
1
4
8
5
A. . B. . C. . D. .
90
135
225
138
Câu 383. (Nguyễn Du Dak-Lak 2019) Có hai chiếc hộp đựng bi, mỗi viên bi chỉ mang màu xanh hoặc
màu đỏ. Lấy ngẫu nhiên từ mỗi hộp đúng 1 viên bi. Biết tổng số bi trong hai hộp là 20 và xác
55
suất để lấy được hai viên bi màu xanh là . Tính xác suất để lấy được hai viên bi màu đỏ.
84
4
45
1
5
A. . B. . C. . D. .
7
84
28
8
Câu 383. (Hoàng Hoa Thám Hưng Yên) Gọi A là tập các số tự nhiên gồm 5 chữ số mà các chữ số đều
khác 0. Lấy ngẫu nhiên từ tập A một số. Tính xác suất để lấy được số mà chỉ có đúng 3 chữ số
khác nhau.
1400
560
1400
2240
A. . B. . C. . D. .
19683
6561
6561
6561
Câu 384. (Chuyên Phan Bội Châu Lần2) Chọn ngẫu nhiên một số từ tập hợp tất cả các số tự nhiên gồm
bốn chữ số phân biệt được lấy từ các chữ số 0, 1, 2, 3, 4, 8, 9 . Tính xác suất để số được chọn
lớn hơn số 2019 và bé hơn số 9102 .
31
83
119
119
A. . B. . C. . D. .
45
120
200
180
Câu 385. (Hậu Lộc Thanh Hóa) Gọi X là tập hợp các số tự nhiên có 5 chữ số. Lấy ngẫu nhiên hai số
từ tập X . Xác suất để nhận được ít nhất một số chia hết cho 4 gần nhất với số nào dưới đây?
A. 0,23. B. 0, 44 . C. 0,56. D. 0,12 .
Câu 386. (CỤM TRƯỜNG SÓC SƠN MÊ LINH HÀ NỘI) Cho một đa giác đều có 18 đỉnh nội tiếp
đường tròn tâm O . Gọi X là tập hợp tất cả các tam giác có 3 đỉnh trùng với 3 trong số 18
đỉnh của đa giác đã cho. Chọn 1 tam giác trong tập hợp X . Xác suất để tam giác được chọn là
tam giác cân bằng
23
144
3
11
A. . B. . C. . D. .
136
136
17
68
Câu 387. (THPT PHỤ DỰC – THÁI BÌNH) Cho đa giác đều 20 đỉnh. Lấy ngẫu nhiên 4 đỉnh trong
các đỉnh của đa giác. Tính xác suất để 4 đỉnh lấy được tạo thành tứ giác có 2 góc ở 2 đỉnh kề
chung một cạnh của tứ giác là 2 góc tù.
112
14
14
16
A. . B. . C. . D. .
323
323
19
19

a b
2 3 25
Câu 388. (THTT lần5) Chọn ngẫu nhiên một bộ ; từ tập hợp A 2, 2 , 2 , ..., 2 . Xác suất để
log a
b là số nguyên bằng
2
31
13
7
A. . B. . C. . D. .
200
300
300
50
Câu 1.
Câu 2
Chọn B
Ta có 20 119 3 17 5 15 7 13 9 11
mà vòng đeo tay gồm 20 hạt giống nhau nên
có 5 cách cắt chiếc vòng đó thành 2 phần mà số hạt ở mỗi phần đều là số lẻ.
Chọn C
Câu 3.
Câu 4.
Chọn C
Theo quy tắc nhân ta có số cách là mn .
Chọn B
Lấy ra 3 chữ số từ 9 chữ số và sắp xếp 3 chữ số đó theo thứ tự, mỗi cách sắp xếp tạo nên 1 số
có 3 chữ số khác nhau. Như vậy, có A số cần tìm.
3
9
* Nhận xét: Mục đích bài toán là phân biệt hai khái niệm: Chỉnh hợp và tổ hợp. Học sinh có thể
giải bài này bằng phương pháp nhân: 9.8.7, và so sánh với 4 đáp án. Hai chỉnh hợp khác nhau
thì có thể khác nhau về phần tử hoặc khác nhau về thứ tự các phần tử. Hai tổ hợp khác nhau thì
khác nhau về phần tử.
*Lý thuyết Chỉnh hợp
- Cho tập hợp A có n phần tử và cho số nguyên k , (1 k n ). Khi lấy k phần tử của A và
sắp xếp chúng theo một thứ tự, ta được một chỉnh hợp chập k của n phần tử của A (gọi tắt là
một chỉnh hợp n chập k của A).
- Số các chỉnh hợp chập k của một tập hợp có n phần tử là :
A
k
n
n!
( n k)!
.
- Một số qui ước :
0 n
0! 1, An
1, An
n!
*Lý thuyết Tổ hợp
- Cho tập hợp A có n phần tử và cho số nguyên k , (1 k n ). Mỗi tập hợp con của A có k
phần tử được gọi là một tổ hợp chập k của n phần tử của A.
- Số các tổ hợp chập k của một tập hợp có n phần tử là :
C
k
n
k
n!
An
( n k)! k! k!
.
- Một số quy ước C
0
n
dương k , thỏa 0 k n .
n
1, C 1, với qui ước này ta có
n
C
k
n
n!
( n k)! k!
đúng với số nguyên
PT 14.1.

Chọn B
TH1. abcd với d 0 : Có
3
A
9
số.
TH2. abcd có d 2;4;6;8
, vì a 0 và a d : Có
2
4.8.A
8
số.
Như vậy, có
A 4.8. A 2296 số cần tìm.
5 2
9 8
PT 14.2.
Chọn C
Mỗi tập con có 3 phần tử thuộc tập 1;2;....9 xác định duy nhất một số có 3 chữ số tăng dần từ
trái qua phải (đảm bảo chữ số đầu tiên khác 0).
Mỗi tập con có 3 phần tử thuộc tập 0;1;2;....9 xác định duy nhất một số có 3 chữ số giảm dần
từ trái qua phải.
Như vậy, có
C
3 3
9
C10 204
số cần tìm.
Câu 5.
Câu 6.
Câu 7.
Chọn A
Số cách chọn một bạn nam là 12 cách.
Số cách chọn một bạn nữ là 10 cách
Vậy số cách chọn hai bạn trực nhật có cả nam và nữ là
Chọn B
12.10 120
(cách)
2
Số cách chọn ra hai bạn học sinh làm tổ trưởng và tổ phó từ 10 học sinh là A .
10
90
Chọn B
Chọn một tổ trưởng từ 10 người có 10 cách chọn.
Chọn một tổ phó từ 9 người còn lại có 9 cách chọn.
Theo quy tắc nhân, ta có
109 90
cách chọn thỏa yêu cầu bài toán.
Câu 8.
Chọn B
Gọi n là số nguyên dương nhỏ hơn 26.
Ta có : 0 n26, n n
1,2,3,...,25 .
Chọn một chữ cái trong 24 chữ cái có 24 cách.
Chọn một số nguyên dương ( nhỏ hơn 26) có 25 cách.
Theo quy tắc nhân có :
Bài tập tương tự :
24.25600
cách ghi nhãn khác nhau.
Câu 9.
Chọn B

Câu 10.
Chọn A
Câu 11.
Chọn D
b c
Để lập một số có dạng abc với a , , 1;2;3;4 ta thực hiện:
Chọn 1 số vào vị trí a có 4 cách.
Chọn 1 số vào vị trí b có 4 cách.
Chọn 1 số vào vị trí c có 4 cách.
3
Vậy có 4.4.4 4 số trong tập A.
Câu 12.
Câu 13.
Câu 14.
Câu 15.
Câu 16.
Chọn B
Gọi số tự nhiên có sáu chữ số cần tìm là abcdef , a o ,
a, b, c, d, e, f A 0,1,3,4,5,7
Chọn a có 5 cách chọn.
Sau khi chọn a còn 5 chữ số xếp vào các vị trí b, c, d, e,
f nên có 5! cách chọn.
Theo quy tắc nhân có
Chọn C
5.5! 600 (số).
Ta có tập A gồm 5 số chẵn và 5 số lẻ. Do đó số cách chọn ra 2 phần tử gồm 1 phần tử chẵn
và
phần tử lẻ là
C 5
1
1 2
Chọn C
Số cách chọn 3 số bất kì từ tập
4;5;6;7
là
3
C
4.
Do 1, 2, 3 luôn đứng cạnh nhau nên ta xem chúng như một phần tử.
Số các số tự nhiên có sáu chữ số đôi một khác nhau trong đó 1, 2, 3 luôn đứng cạnh nhau là
4!.C .3! 576 số.
3
4
Chọn C
2 1
* Số tam giác có 2 đỉnh thuộc và 1 đỉnh thuộc d là: C . C 70 .
d1
2
5 7
1 2
* Số tam giác có 1 đỉnh thuộc và 2 đỉnh thuộc d là: C . C 105 .
Vậy có
Chọn C
70 105 175
tam giác.
d1
2
5 7
Gọi số cần tìm là N abcd . Do N chia hết cho 15 nên N phải chia hết cho 3 và 5, vì vậy d
có 1 cách chọn là bằng 5 và a b c d chia hết cho 3.
Do vai trò các chữ số a, b,
c như nhau, mỗi số a và b có 9 cách chọn nên ta xét các trường
hợp:
TH1: a b d chia hết cho 3, khi đó c 3 c 3;6;9 , suy ra có 3 cách chọn c .

TH2: a b d chia 3 dư 1, khi đó chia 3 dư 2 c 2;5;8 , suy ra có 3 cách chọn c .
c
TH3: a b d chia 3 dư 2, khi đó chia 3 dư 1 c 1;4;7 , suy ra có 3 cách chọn c .
c
Vậy trong mọi trường hợp đều có 3 cách chọn c nên có tất cả: 9.9.3.1 243 số thỏa mãn.
Câu 17.
Chọn B
Gọi số cần tìm thỏa mãn điều kiện bài toán là abcdef trong đó a, b, c, d, e,
f S và đôi một
khác nhau. Theo bài ra ta có
5
a b c 9
a b c 3 d e f 12
d e f 12
4 3 2
Có abcdef a.10 b.10 c.10 d.10 e.10
f .
Ta có các cặp 3 số khác nhau từ S có tổng bằng 9 là 1;2;6 , 1;3;5 , 2;3;4
.
5 4 3
T 3.2!.3! a b c . 10 10 10 3.2!.3! d e f . 100 10 1 36011952.
Câu 18.
Chọn C
Số phần tử của không gian mẫu n 9!
Gọi A là biến cố “mỗi hàng, mỗi cột bất kì đều có ít nhất một số lẻ”.
Câu 19.
A
là biến cố “có một hàng, hoặc một cột đều là số chẵn”
Vì có 4 số chẵn nên chỉ có một hàng hoặc một cột xếp toàn số chẵn
Có 6 cách chọn ra một hàng hoặc hoặc một cột để xếp 3 số chẵn.
Có 6 cách chọn một ô không thuộc hàng đó để xếp tiếp 1 số chẵn nữa
Có cách xếp 4 số chẵn và xếp 5 số lẻ.
4! 5!
6.6.4!.5! 5
Vậy xác xuất P A 1 P A 1 .
9! 7
Chọn B
Ta có: n 9.9! .
Ta thấy 1 2 3 4 5 6 7 8 9 453.
Ta chon 9 số không có số 0 thì được 9! cách.
Ta Chọn có sô 0 thì trong dãy số phải bỏ ra 3 hoặc 6 hoặc 9 nên có 3.8.8! cách
Do đó n( A) 9! 3.8.8!.
Câu 20.
11
Vậy p( A)
.
27
Chọn C
4
Ta có n( )
A .
9

Gọi số tự nhiên cần tìm có bốn chữ số là abcd .
Vì abcd chia hết cho 11 nên ( a c) ( b d) 11
( a c) ( b d) 0 hoặc ( a c) ( b d) 11 hoặc ( a c) ( b d) 11
do
12 1 2 8 9 a c b d 8 9 1 2 12
.
Theo đề bài ta cũng có a b c d chia hết cho 11.
Mà 1 2 3 4 a b c d 6 7 8 9 10 a b c d 30 .
a b c d 11
hoặc a b c d 22 .
Vì ( a c) ( b d) ( a b c d) 2( a c) 2 nên ( a c) ( b d)
và a b c d cùng tính
chẵn, lẻ ( a c ) ( b d )
0 a c b d 11
(do các trường hợp còn lại không thỏa
a b c d 22
mãn) ( a; c ) và ( b; d ) là một trong các cặp số: (2;9) , (3;8) , (4;7) , (5;6) .
2
- Chọn 2 cặp trong số 4 cặp trên ta có cách.
C 4
- Ứng với mỗi cách trên có 4 cách chọn a ; 1 cách chọn c ; 2 cách chọn b ; 1 cách chọn d .
n( A) C .4.1.2.1 48
2
4
(cách).
48 1
Vậy xác suất cần tìm là P( A)
.
3024 63
Câu 21.
Câu 22.
Câu 23.
Chọn C
Ta có thể chia làm bốn trường hợp sau
TH1: Số 5 có mặt một lần, số 6 có mặt một lần.( Bao gồm các khả năng sau: mỗi số có mặt một
lần hoặc một số 5 , một số 6 hai số 3 hoặc một số 5 , một số 6 hai số 4 )
4! 4!
Số các số được tạo thành là: 4! 48 (số).
2! 2!
TH2: Số 5 có mặt một lần, số 6 không có mặt.
4! 4!
Số các số được tạo thành là: 24 (số).
2! 2!
TH3: Số 6 có mặt một lần, số 5 không có mặt.
4! 4!
Số các số được tạo thành là: 24 (số).
2! 2!
TH4: Số 5 và số 6 không có mặt.( Số 3 và số 4 mỗi số có mặt đúng hai lần)
4!
Số các số được tạo thành là: (số).
2!.2! 6
Vậy có thể lập được 102 số thỏa mãn đề bài.
Chọn D
Dựa vào lý thuyết hoán vị, chỉnh hợp, tổ hợp
Trắc nghiệm: Dùng máy tính chọn các giá trị cụ thể.
Chọn A

Câu 24.
k n!
Công thức tính số tổ hợp chập k của n phần tử là : Cn
.
n k ! k!
Chọn C
Số cách xếp 4 bạn học sinh vào dãy có 4 ghế là: 4! 24 cách.
Câu 25.
Câu 26.
Câu 27.
Chọn C
Cách 1: Mỗi cách xếp thỏa mãn yêu cầu bài toán chính là một chỉnh hợp chập 3 của 5 phần tử
nên số cách xếp là
3
A 5
(cách).
Cách 2: Có 5 cách xếp bạn A, với mỗi cách xếp bạn A thì có 4 cách xếp bạn B, với mỗi cách
xếp bạn A và B thì có 3 cách xếp bạn C. Vậy theo qui tắc nhân có 5.4.3 60 (cách).
Chọn A
Mỗi cách xếp chỗ cho bốn bạn học sinh vào bốn chiếc ghế kê thành một hàng ngang là một
hoán vị của 4 phần tử. Do đó có 4! = 24 cách.
Chọn D
Tổng số học sinh của tổ là: 5 7 12
.
Số cách cách chọn 4 học sinh của tổ để tham ra một buổi lao động là tổ hợp chập 4 của 12
4
phần tử: C 12
.
Câu 28.
Chọn B
k n!
Ta có An
.
n k !
Câu 29.
Chọn C
k n!
Theo công thức ta có: Cn
0
k n
k! n k !
k n!
An
0
k n
n k !
P n! n 1 . D đúng.
n
do đó B đúng.
k n!
k
k! An
k! Cn
0
k n
n k !
. Vậy đáp án C sai.
nên A đúng.
Câu 30.
Chọn B
k n!
Số các chỉnh hợp chập k của n phần tử là: An
.
n k !
Câu 31.

Chọn C
4
Số cách xếp 4 học sinh vào một dãy ghế dài gồm 10 ghế là A 10
.
Câu 32.
Chọn C
Câu 33.
Câu 34.
Câu 35.
Câu 36.
Lấy đúng 3 phần tử của tập hợp gồm 10 phần tử là một tổ hợp chập 3 của 10 .
3
Do đó, số tập con cần tìm là C 10
.
Chọn B
Chọn B
Chọn B
Mỗi số có ba chữ số khác nhau lập được từ các chữ số là một chỉnh hợp chập 3
1,2,3,4,5,6
3
của 6 phần tử . Nên số các số lập được là A6 120
.
Chọn B
Mỗi tam giác cần 3 đỉnh thuộc
S , mỗi tam giác được tạo thành là một tổ hợp chập 3 của 10 phần tử.
3
Vậy số tam giác thỏa mãn là C10 120
.
Mức độ nhận biết, thông hiểu
Câu 37.
Chọn B
Mỗi tập con gồm 3 phần tử là một tổ hợp chập 3 của 7 phần tử. Vậy có
3
C 7
tập con.
Câu 38
Câu 39.
Chọn C
3
Số tập con chứa 3 phần tử lấy từ tập X bằng số tổ hợp chập 3 của 20 là .
Chọn D
C 20
k n!
Ta có công thức số tổ hợp chập k của n phần tử là Cn
.
k! n k !
Câu 40.
Câu 41.
Câu 42.
Chọn D
Chọn A
k n k
Ta có C C với n là số nguyên dương và k là số nguyên thỏa mãn 0 k n .
n
n
Chọn D
Mỗi số lập được là một chỉnh hợp chập 3 của 6 phần tử.

Câu 43.
Câu 44.
Vậy lập được tất cả là
Chọn A
3
A6 120
số.
Một tổ hợp chập 2 của các phần tử tập A là một tập con bất kỳ chứa 2 phần tử của A .
Chọn D
Theo yêu cầu bài toán thì chọn ra 2 học sinh từ 10 học sinh có quan tâm đến chức vụ của mỗi
người nên mỗi cách chọn sẽ là một chỉnh hợp chập 2 của 10 phần tử.
Câu 45.
Câu 46.
Chọn D
Theo tính chất của tổ hợp.
Chọn A
Theo công thức số chỉnh hợp.
0
k n!
Mặt khác Cn
1; Cn
;
k! n k !
1
An
n
Câu 47.
Câu 48.
Câu 49.
Câu 50.
Câu 51.
Chọn B
k n!
Công thức tính số chỉnh hợp chập k của n phần tử: An
.
n k !
Chọn D
Với k và n là hai số nguyên dương tùy ý thỏa mãn k n , theo công thức tổ hợp ta có
k n!
Cn
.
k! n k !
Chọn C
2
Số tập con gồm 2 phần tử của S là số tổ hợp chập 2 của 5 phần tử và bằng .
Chọn B
Ta có 0! 1
và 1! 1. Vậy có 2 giá trị của n thỏa mãn.
Chọn B.
C 5
Câu 52.
Chọn B
Dựa vào công thức tính số các chỉnh hợp chập k của một tập hợp có n phần tử và công thức
tính số các tổ hợp chập k của một tập hợp có n phần tử nên ta có mệnh đề đúng là
k n!
An
n k !

k
k n!
k n!
k An
Do An
và Cn
nên Cn
.
n k ! k! n k ! k!
Câu 53.
Chọn C
k
Số tập hợp con gồm k phần tử của tập n phần tử là: C Số tập hợp con gồm 2 phần tử của
C 10
2
tập hợp M là .
n
Câu 54.
Chọn D
Số cách chọn hai học sinh từ một nhóm gồm 41 học sinh là số tổ hợp chập 2 của 41, tức có
2
C 41
cách chọn.
Câu 55.
Câu 56.
Chọn D
Chọn D
Ta có: P n n 1 ... 2.1 = n!
D đúng.
n
* Phát triển câu mức độ tương tự
Câu 57.
Chọn C
k n!
Số các chỉnh hợp chập k của một tập có n phần tử, kí hiệu là: An
, 1 k n
.
n k !
Câu 58.
Chọn B
k n!
Số các chỉnh hợp chập k của một tập có n phần tử, kí hiệu là: An
, 1 k n
.
n k !
D đúng.
k n!
Số các tổ hợp chập k của một tập có n phần tử, kí hiệu là: Cn
, 1 k n
.
k! n k !
C đúng.
Ta có :
k
k
An
k!
k
C k An
Cn
k!
n
A đúng.
Câu 59.
Chọn C
k n!
k n!
Sử dụng công thức: An
; Cn
, 1 k n
.
n k ! k! n k !
3 2
Ta có: An
Cn
14n
n! n!
14n
.
n 3 ! 2!. n 2 !

nn
1
nn 1n 2
14n
n n 5 2n
5 0 n 5 .
2
n 1
n
n 1 n 2 14 0 .
2
Câu 60.
Chọn D
Xếp 20 chiếc bút chì thành một hàng ngang, giữa chúng có 19
chỗ trống.
Số cách chia bút chì thỏa mãn điều kiện đề bài chính là số cách đặt 2 “vách ngăn” vào 2 chỗ
trống trong số 19 chỗ trống nói trên (mỗi chỗ trống được chọn đặt 1 “vách ngăn”), tức là bằng
2
C19 171.
Câu 61
Chọn C
A đúng. Cứ 4 phần tử bất kì từ tập 6 phần tử ta sẽ được một tập con của tập 6 phần tử. Số tập
con có 4 phần tử là C .
4
6
B đúng. Khi đảo vị trí của 4 quyển sách sẽ được 1 cách sắp xếp mới (có sắp thứ tự). Do vậy số
cách xếp 4 quyển sách vào 4 trong 6 vị trí trên giá là A .
C sai. Mỗi cách lựa chọn và xếp thứ tự 4 học sinh từ nhóm 6 học sinh là một chỉnh chập 4 của 6
học sinh. Vậy số cách lựa chọn và xếp thứ tự 4 học sinh từ nhóm 6 học sinh là
D đúng. Mỗi cách sắp xếp 4 quyển sách trong 6 quyển sách vào 4 vị trí là một chỉnh hợp chập
4
6
4
A
6
.
4 của 6 quyển sách. Vậy số cách sắp xếp 4 quyển sách trong 6 vào 4 vị trí trên giá là
Phân tích: Đây là kiến liên quan đến bài toán đếm. Yêu cầu học sinh phải hiểu được tổ hợp và
chỉnh hợp. Sự lựa chọn có sắp thứ tự và không sắp thứ tự.
- Cho tập A gồm n phần tử và số nguyên k với 1 k n . Khi lấy k phần tử của A và sắp xếp
chúng theo một thứ tự ta được một chỉnh hợp chập k của n phần tử của A. Kí hiệu
- Cho tập A có n phần tử và số nguyên k với 1 k n . Mỗi tập con của A có k phần tử được
k
gọi là một tổ hợp chập k của n phần tử của A. Kí hiệu C
n
.
4
A
6
.
k
A
n
.
Câu 62.
Câu 63.
Câu 64.
Chọn C
Chọn B
2 2 2
Cho S : x y z 2ax 2by 2cz d 0 . Điều kiện để S là phương trình của một mặt
2 2 2
cầu là: a b c d 0 .
2 2 2 2 2 2
Ở câu A, a b c d 0 0 0 1 1 0 nên đây là phương trình của mặt cầu.
2 2 2 2 2 2
Ở câu B, a b c d 1 2 1 17 11 0 nên đây không phải là phương trình
của mặt cầu.
2 2
2 2 2 2
Ở câu C, a b c d 1 2 3 5 9 0 nên đây là phương trình của mặt cầu.
2 2
2 2 2 2 1 1 3
Ở câu D, a b c d 1 0 nên đây là phương trình của mặt cầu.
2 2 2

Chọn B
Số cách chọn một bạn nam và một bạn nữ để hát song ca là
C . C 24
1 1
6 4
cách.
Câu 65.
Chọn D
Mỗi cách sắp xếp 5 học sinh là một hoán vị của 5 phần tử. Vậy có
5! 120
cách.
Câu 66.
Câu 67.
Câu 68.
Câu 69.
Câu 70.
Chọn B
k
Ta có số chỉnh hợp chập của một tập hợp gồm n phần tử là:
k n! n!. k!
k
A n
Cn
. k!
.
n k ! k! n k !
Chọn C
Chọn D
Chọn một bộ quần áo, cần thực hiện liên tiếp hai hành động:
Hành động 1 - chọn áo: có 4 cách chọn.
Hành động 2 - chọn quần: ứng với mỗi cách chọn áo có 3 cách chọn quần.
Vậy số cách chọn một bộ quần áo là: 4 . 3 12
(cách).
Chọn B
4
Theo Định nghĩa Tổ hợp. Ta có số tập con có 4 phần tử lấy từ các phần tử của tập M là .
Chọn A
4
Ta lấy 4 phần tử bất kì trong tập hợp gồm 9 phần tử có cách.
C 9
C 9
4
Vậy số tập con gồm 4 phần tử là C 9
.
Câu 71.
Câu 72.
Chọn A
k n!
Ta có: An
.
n k !
Chọn C
Ta có:
2 n!
A n. n 1
n
n 2 !
PT 5.1
Chọn D
Gọi n a a a a là số tự nhiên có 4 chữ số lớn hơn 2018
1 2 3 4
4
Có
A = 7.6.5.4 n Ω = 7.6.5.4
7

Chọn:
a
1
là các số 2,3,4,5,6,7 : 6 cách
a2 a1 : 6 cách
a
a
a , a : 5 cách
3 1 2
a , a , a : 4 cách
4 1 2 3
Vậy có
6.6.5.4 số thỏa yêu cầu đề bài
6.6.5.4 6
Xác suất P
7.6.5.4 7
Câu 73. .
Chọn B
Câu 74.
Chọn D
Chọn 2 trong 10 học sinh để giữ 2 chức vụ tổ trưởng và tổ phó (có thứ tự ) là chỉnh hợp chập 2
2
của 10 A 10
(cách).
Công thức chỉnh hợp.
Câu 75.
Chọn A
Mỗi cách xếp 3 người ngồi vào 5 ghế xếp thành hàng ngang sao cho mỗi người ngồi một ghế là
3
một chỉnh hợp chập 3 của 5 phần tử. Do đó số cách xếp là .
A 5
Câu 76.
Chọn C
Câu 77. .
Câu 78.
Câu79.
3
Số các số tự nhiên gồm 3 chữ số khác nhau được lập thành từ dãy trên là A 8
.
Chọn A
Hai điểm bất kì trong n điểm trên tạo thành hai véctơ thỏa mãn yêu cầu bài toán. Nên số các
2 n!
véc tơ đó là: 2.Cn
2. n( n 1)
.
2!( n 2)!
Nhận xét: Có thể hiểu mỗi véctơ là một chỉnh hợp chập 2 của n
2 n!
An
n( n 1)
.
( n 2)
Chọn B
Với k và n là hai số nguyên dương thỏa k n ta có:
k n!
Số các chỉnh hợp chập k của n phần tử là: An
, nên câu B sai.
( n k)!
điểm. Nên số véctơ là

Chọn A
Số tập con có 6 phần tử của tập A là:
6
.
C 26
Câu 80.
Câu 81.
Câu 82.
Câu 83.
Câu 84.
Câu 85.
Câu 86.
Câu 87..
Câu 88.
Một chỉnh hợp chập 2 của A là một bộ số có thứ tự gồm 2 phần tử của A .
Đối chiếu các đáp án chọn D.
Chọn A
Mỗi cách chọn ra 3 học sinh từ 40 học sinh để làm tổ trưởng tổ 1, tổ 2, tổ 3 là một chỉnh hợp
3
chập 3 của 40 phần tử, vậy có: (cách).
Chọn C
A 40
Mỗi tập con khác rỗng của tập A là một tổ hợp chập k ( 1 k n ) của n phần tử của tập A .
k
Số tập con khác rỗng của tập A gồm k phần tử ( 1
k n ) là .
Vậy, số tập con khác rỗng của tập
A
sẽ là:
1 2 3 k n 0 1 2 3 k n 0 n
T Cn Cn Cn ... C
n
... Cn
Cn Cn Cn Cn ... C
n
... C
n Cn
2 1
Chọn D
Chọn 3 học sinh (có thứ tự) xếp vào 10 vị trí có số cách chọn là số chỉnh hợp chập 3 của 10
3
phần tử: A 10
.
Chọn A
Chọn 4 học sinh trong 10 học sinh tổ 1 để đi bưng bàn ghế ta có
Chọn B
Gọi số cần tìm có dạng là a a a a a a a a a a
Mỗi bộ ba số
a ; a ; a
1 2 3
Vậy số các số cần tìm là
Chọn C
Chọn B
1 2 3 1 1 2 2 3 3 1
C n
0, , , .
là một chỉnh hợp chập 3 của 9 phần tử.
3
A 9
số.
S
3
4
C 10
cách.
Số tam giác có 3 đỉnh thuộc bằng số tổ hợp chập 3 của 10: C .
10
120
Chọn A
Công thức tính số tập con của một tập hợp gồm n phần tử là
Tập M có
2018
2
Số tập con có 2017 phần tử là
tập con nên có 2018 phần tử.
C 2018 (tập con).
2017
2018
n
2 .

Câu 89.
Câu 90
Số tập con có 2018 phần tử là
2018
C2018
1
Số tập con có ít nhất 2017 phần tử của M là
Chọn A
(tập con).
1
Chọn 1 nam trong 20 học sinh nam có cách.
C 20
1
Chọn 1 nữ trong 15 học sinh nam có cách.
C 15
1 1
Áp dụng quy tắc nhân có : C . C 300 cách.
Chọn D
20 15
k k 1 k 1
Theo tính chất tổ hợp SGK: C C C .
n n n1
1
2018 2019
(tập con).
Câu 91.
Chọn C
Đa giác đều có 20 cạnh thì sẽ có tất cả 10 đường chéo đi qua tâm của đa giác.
Một hình chữ nhật được tạo thành từ
2
tạo thành là C .
10
45
2
đường chéo đi qua tâm, suy ra số hình chữ nhật được
Hình vuông được tạo thành từ 2 đường chéo vuông góc nhau, ta có tất cả 5 cặp đường chéo
vuông góc nhau, suy ra có tất cả 5 hình vuông.
Vậy có 40 hình chữ nhật (không phải hình vuông) được tạo thành.
Câu 92.
Chọn C
Đa giác đều có 20 cạnh thì sẽ có tất cả 10 đường chéo đi qua tâm của đa giác.
Một hình chữ nhật được tạo thành từ
2
tạo thành là C .
10
45
2
đường chéo đi qua tâm, suy ra số hình chữ nhật được
Hình vuông được tạo thành từ 2 đường chéo vuông góc nhau, ta có tất cả 5 cặp đường chéo
vuông góc nhau, suy ra có tất cả 5 hình vuông.
Vậy có 40 hình chữ nhật (không phải hình vuông) được tạo thành.
Câu 93.
Câu 94.
Câu 95.
Chọn C.
Gọi số cần tìm là n abc .
2
Ta có a có 9 cách chọn. Số cách xếp các số còn lại vào vị trí b , c là .
2
Vậy số các số cần tìm là 9. A 648 .
Chọn D
1
Dựa vào công thức ta có C k C k C
k .
Chọn B
9
n n1 n1
A 9

Câu 96.
Mỗi số tự nhiên có 4 chữ số đôi một khác nhau được lập bằng cách lấy các phần tử của tập hợp
A và sắp xếp theo một thứ tự nhất định là một hoán vị của 4 phần tử.
Vậy có tất cả 4! 24 số tự nhiên có 4 chữ số đôi một khác nhau được lập từ A .
Chọn A
+ Gọi x là số bóng đèn loại I được lấy ra, y là số bóng đèn loại II được lấy ra, x,
y .
x
y 5
+ Suy ra có các trường hợp
x
y
x; y 5;0 , 4;1 ; 3;2
5 4 1 3 2
+ Số khả năng xảy ra là C C . C C . C 246 .
5 5 7 5 7
Câu 97.
Chọn B
+ Không gian mẫu là 6*6 = 36.
+ Vì gieo 2 con xúc xắc 1 lần nên có 3 trường hợp về số chấm xuất hiện như sau.
Trường hợp 1: Số chấm trên con màu xanh lớn hơn số chấm trên con màu đỏ.
Trường hợp 2: Số chấm trên con màu đỏ lớn hơn số chấm trên con màu xanh.
Trường hợp 3: Số chấm trên con màu xanh bằng số chấm trên con màu đỏ, có 6 khả năng.
Trong đó trường hợp 1 và 2 bằng về số lượng xuất hiện.
+ Nên trường hợp số chấm trên con màu xanh nhiều hơn số chấm trên con màu đỏ có
36 6 15
khả năng.
2
Câu 98.
Câu 99.
Câu 100.
Chọn C
Mỗi số tự nhiên có 3 chữ số khác nhau được tạo thành từ các chữ số 1,2,3,4,5,6 là một chỉnh
hợp chập 3 của 6 và ngược lại. Vậy có
Chọn D
3
A 6
số tự nhiên thỏa mãn yêu cầu bài toán.
3 n!
n n 1 n 2
Số cách chọn 3 trong n học sinh có Cn
n 3 !3! 6
3
Khi đó C nn n
Chọn B
n
120 1 2 720 .
.
Điều kiện n , n 5 .
C
! !
792 n
n
792 95040 A 95040.
5 !5! 5 !
5 5
n
n
n
n
Cách 2: ( FB: Hồng Minh Trần). Áp dụng công thức
5
A C
5 .5! 792.5! 95040 .
n
n
A
k
n
k
C . k!
, ta có:
n

Câu 101.
Câu 102.
Câu 103.
Chọn A
Xếp 6 học sinh có 6! cách xếp.
Giữa 6 học sinh có 5 khoảng trống.
Xếp 3 thầy giáo A, B,
C vào 5 khoảng trống trên có:
3
cách.
3
Vậy số cách xếp thỏa mãn yêu cầu là: 6!. A5
43200 cách.
Chọn C
3
Số cách chọn 3 người từ một nhóm 12 người là: .
tuthinguyen2310@gmail.com
Chọn B
C 12
A 5
Gọi số cần tìm là : a a a a a với a1 0 , ai a
j
, a5
chẵn và trong số luôn có mặt số 0 .
1 2 3 4 5
Số cần tìm được chọn từ một trong các trường hợp :
Trường hợp 1 :
a có 1cách chọn.
5
0
4
a1
a2
a3
a4
A 9
4
Khi đó , , , có cách chọn. Suy ra có : (số).
Trường hợp 2 : a5 2 ; 4 ; 6 ; 8 có 4 cách chọn.
3
0 a2
a3
a4
8
Chữ số có 3 cách chọn vị trí , , và có A cách chọn 3 số cho 3 vị trí còn lại.
A 9
Suy ra có :
3
4.3.A 8
(số).
Vậy ta có
A
4.3. A 7056
4 3
9 8
(số) thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Câu 104.
Chọn A
Xảy ra hai trường hợp
2 1
TH1 : 2 câu lý thuyết, 1 câu bài tập có C . C 36 .
4 6
1 2
TH2 : 1 câu lý thuyết, 2 câu bài tập có C . C 60 .
4 6
Câu 105.
Vậy có thể tạo
Chọn D
60 36 96
đề khác nhau.
k
Số tập con có k phần tử của tập A là C10
.
0 1 2 3
Số tập con gồm nhiều nhất 3 phần tử của tập A là C C C C .
10 10 10 10
Câu 106.
Chọn D
Cách 1:
a có 9 cách a 0
b b
a
c có 8 cách c a b
Gọi số cần tìm là
Chọn
Chọn có 9 cách
Chọn
n abc 1 a 9; 0 b, c 9; a, b,
c
. Khi đó

Theo quy tắc nhân có 9.9.8 648 số thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Cách 2:
a có 9 cách a 0
Gọi số cần tìm là
Chọn
n abc 1 a 9; 0 b, c 9; a, b,
c
. Khi đó:
2
Chọn b,
c từ 9 số còn lại là một chỉnh hợp chập 2 của 9 phần tử, số cách chọn cách.
Số các số cần tìm :
9. A 648
2
9
số.
A 9
Câu 107.
Chọn B
Đặt 7 quả bóng trên bàn, giữa 7 quả bóng có 6 khoảng trống. Ta muốn chia làm 4 phần thì ta
3
dùng 3 cái que, ta đặt vào 3 trong 6 khoảng trống, ta có cách đặt.
C 6
Câu 108.
Do đó số cách chia 7 quả bóng thành 4 phần để bỏ vào 4
3
nhất 1 quả là: C6 20 cách.
Chọn A.
Xét:
Khi đó:
1 1 2019! 1
.
C
k! 2019 k ! 2019! k! 2019 k ! 2019!
k
2019
hộp khác nhau sao cho mỗi hộp có ít
Câu 109
Câu 110.
1 1 1 1 1
S ...
2!2017! 4!2015! 6!2013! 2016!3! 2018!
1 2 4 6 2018
C2019 C2019 C2019 ...
C2019
2019!
1 0 2 4 6 2018
C2019 C2019 C2019 C2019 ... C2019
1
2019!
1
2019!
2018
2 1 .
2019!
2018
2 1
Chọn A
Tổng số điểm vừa lấy bằng: 3 4 5 6 18
(điểm).
Mỗi cách chọn ra 3 điểm không nằm trên một cạnh cho ta một tam giác.
3
Số cách chọn 3 điểm từ 18 điểm là: C18 816 (cách chọn).
3 3 3 3
Số cách chọn 3 điểm cùng nằm trên một cạnh là: C C C C (cách chọn).
Vậy số tam giác cần tìm bằng:
Chọn B
TH1: Nhóm có đúng 3 học sinh có
TH2: Nhóm có đúng 4 học sinh có
TH3: Nhóm có đúng 5 học sinh có
TH4: Nhóm có đúng 6 học sinh có
816 35 781
(tam giác).
C .C .C 24 cách chọn
1 1 1
4 3 2
3 4 5 6
35
1 1 2 1 2 1 2 1 1
C .C .C C .C .C C .C .C 72 cách chọn
4 3 2 4 3 2 4 3 2
5 5 5 5
C C C C 98cách chọn
9 7 5 6
6 6 6
C C C 76 cách chọn
9 7 6

Câu 111.
Câu 112.
Chọn B
Phát triển
Câu 113.
7 7
TH5: Nhóm có đúng 7 học sinh có C C 35 cách chọn
TH6: Nhóm có đúng 8 học sinh có
TH7: Nhóm có đúng 9 học sinh có
9 7
C 9 cách chọn
8
9
C 1cách chọn
Vậy tổng số có 24 + 72 + 98 + 76 + 35 + 9 + 1 = 315 cách.
Chọn B
9
9
2
Từ các chữ số trong tập 1;2;3;4;5;6;7;8;9 lập được số tự nhiên có hai chữ số khác nhau
và đều khác 0 .
Lấy ba điểm phân biệt không thẳng hàng sẽ tạo thành một tam giác nên số tam giác tạo thành
là:
3 3 3
C - n 6
C - 4
C = + n
247 Û n = 7
A 9
Chọn B
Ta chia tập S thành 3 nhóm, nhóm 1 gồm 4 đường thẳng song song với AB , nhóm 2 gồm
6 đường thẳng song song với BC , nhóm 3 gồm 8 đường thẳng song song với AC . Khi đó cứ 2
đường thẳng thuộc nhóm này và hai đường thẳng thuộc nhóm khác sẽ tạo thành một hình bình
hành. Khi đó số hình bình hành là:
C . C + C . C + C . C = 678
2 2 2 2 2 2
4 6 8 6 4 8
Câu 114
Chọn D
1 2 3
4 5 6
2
2
+ Tô màu ô vuông số 2: có cách chọn 2 trong 3 màu, có cách tô 2 màu đó lên 4 cạnh.
Vậy có
C .C 18
cách.
2 2
3 4
C 3
1
2
+ Tô màu ô vuông số 1,5,3: có cách chọn màu còn lại, có cách tô màu còn lại lên 3 cạnh
còn lại của 1 hình vuông. Vậy có
C 2
3
2 3
C .C 6
1 2 3
cách
2
+ Tô màu ô vuông số 4,6: Mỗi 1 hình vuông có 2 cách tô màu. Vậy có 2 4 cách.
Vậy có
Câu 115
Chọn C
3
18.6 .4 15552
cách thỏa mãn.
C 4
C 3

Chia 4 chiếc bánh khác nhau cho 3 em nhỏ, biết rằng mỗi em nhận được ít nhất 1 chiếc nên sẽ
có một em nhận được 2 chiếc, hai em còn lại mỗi em nhận được 1 chiếc.
Chọn 2 trong 4 chiếc bánh chia cho 1 trong 3 em có C 2
.3 4
cách.
Lấy 2 chiếc bánh còn lại chia cho hai em còn lại có 2! cách.
Vậy có
C .3.2! 36 cách.
2
4
Câu 116.
Chọn C
Số các hoán vị gồm 3 phần tử của A là P3 3! 6 .
Câu 117.
Chọn C
Số các hoán vị gồm 3 phần tử của A là P3 3! 6 .
Câu 118.
Câu 119.
Câu 120.
Câu 121.
Câu 122.
Câu 123.
Chọn D
C
k
n
k
n!
An
.
k!. n k ! k!
Chọn C
! 1
C n . A A k !. C
k!. n k ! k!
k k k k
n n n n
Chọn B
C
k
n
2 n! n!
.
2 ! 2 ! 2 ! 2 !
Chọn C
Ta có C
Vì C
k
n
Ta có
k n k
k n k
k
n
C
A
Chọn A
k
n
n!
k! n k !
nk
n
nên B đúng.
nên A đúng.
n! !
k! k!.
! n
k! !
C
n k n k
k
n
nên D đúng và C sai.
k
k
Vì A k ! . C mà k ! 1 A
k C
k A
k C
k là mệnh đề sai.
n
Chọn C
n
Xếp chữ số 1 và 2 vào hai vị trí, do không giao hoán nên có:
n
n
n
n
2
C 9
(cách).
2
2
Tương tự xếp chữ số 3 và 4 có (cách), xếp chữ số 5 và 6 có (cách).
C 7
C 5

Câu 124.
Ba chữ số 7,8,9 hoán vị vào ba vị trí còn lại, có số cách xếp là 3!
2 2 2
Vậy số các chữ số thỏa mãn bài toán là: C . C . C .3! 45360 (số).
Chọn D
9 7 5
(cách).
Gọi số cần tìm có dạng abcd với a , b , c , d là các số thuộc tập hợp 0;1;2;3;4
.
Vì chữ số 2 và 3 đứng cạnh nhau và số lập được là chẵn nên ta có các trường hợp như sau:
TH1: Số có dạng 23cd hoặc 32cd .
+ Chọn d có 2 cách.
+ Chọn c có 2 cách.
Vậy có
2.2.2 8
TH2: Số có dạng a23d hoặc a32d
.
kết quả của TH1.
* Nếu d 0 thì chọn a có 2 cách.
* Nếu d 4 thì chọn a có 1 cách.
Vậy có
2. 1
2 6
kết quả của TH2.
Câu 125.
TH5: Số có dạng ab32 .
Vậy có tất cả
+ Chọn a có 2 cách.
+ Chọn b có 2 cách.
Vậy có
2.2 4
8 6 4 18
kết quả của TH5.
kết quả thỏa mãn.
Chọn A
Cách 1: Vì mỗi câu hỏi có bốn phương án trả lời và chỉ có một phương án đúng nên xác suất để
1 3
trả lời đúng và xác suất để trả lời sai một câu hỏi lần lượt là và .
4 4
Theo yêu cầu của bài toán có các trường hợp sau:
Trường hợp Số câu trả lời đúng Số câu trả lời sai Xác suất xảy ra
TH1 8 2
TH2 9 1
TH3 10 0
8 2
8 1 3
C10. .
4 4
(quy tắc nhân)
9
C 9 1 3
10.
.
4 4
(quy tắc nhân)
C 10 1
10
.
4
10
(quy tắc nhân)

Câu 126.
Vậy áp dụng quy tắc cộng ta có xác suất cần tìm là:
8 2 9 10
8 1 3 9 1 3 10 1 436
P C10. . C10. . C10 . .
10
4 4 4 4 4 4
Cách 2:
10
- Số cách làm bài của thí sinh: 4 (cách).
- Để thí sinh đó đạt từ 8,0 điểm trở lên, ta có 3 trường hợp sau:
+ Làm được 8 câu đúng và 2 câu sai (8 điểm): C 8
.3.3 10
(cách).
+ Làm được 9 câu đúng và 1 câu sai (9 điểm): C 9
.3 10
(cách).
+ Làm được 10 câu đúng (10 điểm): 1 (cách).
Do đó số cách để thí sinh đạt từ 8,0 điểm trở lên là:
436
Vậy xác suất cần tìm là P .
10
4
Chọn A
C
.3.3 C .3 1 436 (cách).
8 9
10 10
Tập hợp các chữ số chẵn chọn từ các chữ số 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7 là 0,2, 4,6 .
Tập hợp các chữ số lẻ chọn từ các chữ số 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7 là 1,3,5,7 .
Ta có,
+ Số các tự nhiên có 5 chữ số đôi một khác nhau sao cho có đúng 3 chữ số chẵn và 2 chữ số lẻ
3 2
có dạng abcde ( a có thể bằng 0 ) là C . C .5!.
4 4
+ Số các tự nhiên có 5 chữ số đôi một khác nhau sao cho có đúng 3 chữ số chẵn và 2 chữ số lẻ
2 2
có dạng 0bcde là C . C .4!.
3 4
Câu 127.
3 2 2 2
Suy ra, số các số tự nhiên thỏa đề ra là C . C .5! C . C .4! 2448.
4 4 3 4
Ý tưởng phát triển câu 39: thêm ràng buộc về thứ tự sắp xếp cho số tự nhiên lập được.
Chọn D
Tập hợp các chữ số chẵn chọn từ các chữ số 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7 là 0,2, 4,6 .
Tập hợp các chữ số lẻ chọn từ các chữ số 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7 là 1,3,5,7 .
+ Số các tự nhiên có 5 chữ số đôi một khác nhau sao cho có đúng 3 chữ số chẵn và 2 chữ số lẻ
3 2
có dạng abcde ( a có thể bằng 0 ), đồng thời ba chữ số chẵn đứng liền nhau là C . C .3.3!2!.
(để ý: có 3 cách xếp sao cho ba chữ số chẵn đứng liền nhau là a, b, c , b, c, d , c, d,
e ).
4 4
+ Số các tự nhiên có 5 chữ số đôi một khác nhau sao cho có đúng 3 chữ số chẵn và 2 chữ số lẻ
2 2
có dạng 0bcde , đồng thời ba chữ số chẵn đứng liền nhau là C . C .1.2!2!.
(để ý: có 1 cách xếp sao cho hai chữ số chẵn còn lại đứng liền với số 0 là b,
c ).
3 4
3 2 2 2
Suy ra, số các số tự nhiên thỏa đề ra là C . C .3.3!2! C . C .1.2!2! 792 .
4 4 3 4
Câu 128.
Chọn B.
Tập hợp các chữ số chẵn chọn từ các chữ số 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7 là 0,2, 4,6 .

Tập hợp các chữ số lẻ chọn từ các chữ số 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7 là 1,3,5,7 .
+ Số các tự nhiên có 5 chữ số đôi một khác nhau sao cho có đúng 3 chữ số chẵn và 2 chữ số lẻ
3 2
có dạng abcde ( a có thể bằng 0 ), đồng thời hai chữ số lẻ đứng liền nhau là C . C .4.2!.3!.
(để ý: có 4 cách xếp sao cho hai chữ số lẻ đứng liền nhau là a, b , b, c , c, d , d,
e ).
4 4
+ Số các tự nhiên có 5 chữ số đôi một khác nhau sao cho có đúng 3 chữ số chẵn và 2 chữ số lẻ
2 2
có dạng 0bcde , đồng thời hai chữ số lẻ đứng liền nhau là C . C .3.2!2!.
(để ý: có 3 cách xếp sao cho hai chữ số lẻ đứng liền nhau là b, c , c, d , d,
e ).
3 4
3 2 2 2
Suy ra, số các số tự nhiên thỏa đề ra là C . C .4.2!.3! C . C .3.2!2! 936 .
4 4 3 4
Câu 129.
Chọn A.
Tập hợp các chữ số chẵn chọn từ các chữ số 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7 là 0,2, 4,6 .
Tập hợp các chữ số lẻ chọn từ các chữ số 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7 là 1,3,5,7 .
+ Số các tự nhiên có 5 chữ số đôi một khác nhau thỏa đề có dạng abcde ( a có thể bằng 0 ),
3 2
đồng thời ba chữ số chẵn đứng liền nhau, hai chữ số lẻ đứng liền nhau là C . C .2.2!.3!.
(để ý: có 2 cách xếp 3 chữ số chẵn thỏa đề a, b, c , c, d,
e ).
+ Số các tự nhiên có 5 chữ số đôi một khác nhau thỏa đề có dạng 0bcde , đồng thời ba chữ số
2 2
chẵn đứng liền nhau, hai chữ số lẻ đứng liền nhau là C . C .1.2!2!.
(để ý: có 1 cách xếp sao cho hai chữ số chẵn còn lại đứng liền với số 0 là b,
c ).
3 4
3 2 2 2
Suy ra, số các số tự nhiên thỏa đề ra là C . C .2.2!.3! C . C .1.2!2! 504 .
4 4 3 4
4 4
Câu 130.
Chọn C.
Tập hợp các chữ số chẵn chọn từ các chữ số 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7 là 0,2, 4,6 .
Tập hợp các chữ số lẻ chọn từ các chữ số 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7 là 1,3,5,7 .
Ta có,
+ Số các số tự nhiên có 5 chữ số đôi một khác nhau thỏa đề có dạng abcde ( a có thể bằng 0 ),
có đúng 3 chữ số chẵn và 2 chữ số lẻ, đồng thời ba chữ số chẵn và hai chữ số lẻ đứng xen kẽ là
3 2
C . C .1.3!.2!.
4 4
(để ý: có 1 cách xếp 3 chữ số chẵn thỏa đề a, c,
e ).
+ Số các số tự nhiên có 5 chữ số đôi một khác nhau thỏa đề có dạng 0bcde , có đúng 3 chữ số
2 2
chẵn và 2 chữ số lẻ, đồng thời ba chữ số chẵn và hai chữ số lẻ đứng xen kẽ là C . C .1.2!2!.
(để ý: có 1 cách xếp 3 chữ số chẵn thỏa đề 0, c,
e ).
3 2 2 2
Suy ra, số các số tự nhiên thỏa đề ra là C . C .1.3!.2! C . C .1.2!2! 216.
4 4 3 4
3 4

Câu 131.
Chọn C
Giả sử số lập được có dạng a1a2a3a 4a5a6
, a1 0 , ai a
j
với i j , i 1;6
, j 1;6
.
Ta có a a a a a a 18
a1a2a3a 4a5a6
9
a1 a2 a3 a4 a5 a6
9
1 2 3 4 5 6
.
a1a2a3a 4a5a6
2
a6
2
Vì
a a a a a a
1
2
3
4
5
6
9
a1
a2
a3
a4
a5
6
nên ta có các trường hợp sau
Trường hợp 1: , , , , , được chọn từ
+ Có 3 cách chọn chọn a 6
.
5!
+ Có cách chọn chọn bộ 5 số a ; a ; a ; a ; a .
Suy ra có
3.5! 360
số.
a1
a2
a3
a4
a5
6
a X
1 2 3 4 5
Trường hợp 2: , , , , , được chọn từ
1
2;3;4;5;6;7
a X
+ , có cách chọn bộ 5 số a ; a ; a ; a ; a .
a 5!
6
0
1 2 3 4 5
2
0;1;2;4;5;6
+ a6 0 khi đó a6
có 3 cách chọn, a1
có 4 cách chọn và có 4! cách chọn bộ 4 số
a ; a ; a ; a . Suy ra có 5! 3.4.4! 408 số.
2 3 4 5
a1
a2
a3
a4
a5
6
Trường hợp 3: , , , , , được chọn từ
a X
+ , có cách chọn bộ 5 số a ; a ; a ; a ; a .
a 5!
6
0
1 2 3 4 5
3
0;1;2;3;5;7
+ a6 0 khi đó a6
có 1 cách chọn, a1
có 4 cách chọn và có 4! cách chọn bộ 4 số
a ; a ; a ; a .
2 3 4 5
Câu 132.
Suy ra có
Vậy có
Chọn A
Cách 1.
5! 1.4.4! 216
số.
360 408 216 984
số.
Giả sử S A B . Đặt C A B, C1 A \ C, C2
B \ C . Khi đó C1, C2,
C là ba tập con
không giao nhau của và S C C C .
S
1 2
Khi đó mỗi phần tử x S có 3 khả năng: Hoặc thuộc tập C1
hoặc thuộc tập C2
hoặc thuộc tập
C .
Do đó 12 phần tử sẽ có
12
3
cách chọn.
Trong các cách chọn nói trên có 1 trường hợp C C , C S . Các trường hợp còn lại thì
lặp lại 2 lần (đổi vai trò và C cho nhau).
C1
2
12 12
3 1 3 1
Do đó số cách chia là 1
.
2 2
Cách 2.
1 2

Đặt S S S .
1 2
k
Nếu S có k phần tử có
12
cách chọn S .
1
S2 S \ S1
A với A S1
.
2
C
1
Có 2 k tập A 2 k cách chọn S .
C .2 12
S1
2
Vậy có k k
cách chọn và S .
Câu 133.
k k 12
Vậy số cách chọn C .2 3 .
12
k0
12
Nhưng trường hợp S1
và S2
S giống nhau và không hoán vị nên có
12 12
3 1 3 1
1
2 2
Chọn A
cách.
k n!
Số các tổ hợp chập k của n phần tử 1 k n
được tính theo công thức Cn
.
k! n k !
Vậy A là mệnh đề đúng.
Câu 134.
Câu 135.
Câu 136.
Câu 137.
Chọn A
Ta chọn bất kì 3 điểm trong 18 điểm đã cho thì tạo thành một tam giác.
Do đó số tam giác được tạo thành là số cách chọn 3 điểm phân biệt bất kỳ (không kể thứ tự) từ
18 điểm đã cho.
Vậy có tất
3
C 18
tam giác.
Chọn B
2
Số vectơ khác 0, có điểm đầu và điểm cuối lấy từ 10 điểm phân biệt trong mặt phẳng là .
Chọn B
Mỗi cách chọn ra 6 học sinh trong 33 học sinh để trực trường là một tổ hợp chập 6 của 33
phần tử. Nên số cách chọn là
Chọn C
6
C 33
cách.
20 viên bi khác nhau được đánh số từ 1 đến 20 , chia làm ba phần:
Phần 1 gồm các viên bi mang số chia hết cho 3 , có 6 viên.
Phần 2 gồm các viên bi mang số chia cho 3 dư 1, có 7 viên.
Phần 3 gồm các viên bi mang số chia cho 3 dư 2 , có 7 viên.
Lấy ba viên bi từ hộp trên rồi cộng số ghi trên đó lại, được một số chia hết cho
hợp sau:
3
Trường hợp 1: lấy được 3 viên bi ở phần 1, có cách.
C 6
A 10
3 có các trường
C 7
3
Trường hợp 2 : lấy được 3 viên bi ở phần 2 , có cách.

3
Trường hợp 3 : lấy được 3 viên bi ở phần 3 , có cách.
Trường hợp 4 : lấy được 1 viên bi ở phần 1, 1 viên bi ở phần 2 và 1 viên bi ở phần 3 , có
1 1 1
C . C . C cách.
6 7 7
C 7
Câu 138.
Câu 139
Câu 140.
3 3 3 1 1 1
Vậy có C C C C . C . C 384 cách lấy được ba viên bi thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Chọn C
Ta có
6 7 7 6 7 7
3x
1 7
y 3
x 2 x 2
(C).
Tất cả các điểm có tọa độ nguyên thuộc (C) là: A 1; 4 , B 3;10 , C 5;2 . D 9;4
.
Dễ thấy 4 điểm
Suy ra lập được
Chọn C
A, B, C,
D
2
C4 6
không có 3 điểm nào thẳng hàng.
đường thẳng đi qua 2 trong 4 điểm đó.
Để cho tiện lặp luận, ta thay việc điền số 6 ta nói là điền dấu cộng " "
và thay cho việc điền số
6 ta nói là điền dấu trừ " "
. Theo thứ tự từ hàng trên xuống ta gọi là hàng 1, 2, 3, 4. Vậy
mỗi hàng và mỗi cột ta cần điền 2 dấu " " và 2 dấu " "
.
Xét hai hàng 1 và 2, ta có các trường hợp sau:
Trường hợp 1: Cách điền các dấu " "," "
ở hai hàng 1 và 2 không có 2 ô tương ứng theo
cột nào giống nhau. Nói cách khác, hai hàng 1 và 2 có điền dấu trái ngược nhau. Khi đó, số
cách điền dấu ở hàng 1 là 4C2 6 , hàng 2 chỉ có một cách điền ngược lại. Tổng dấu ở hai ô
tương ứng theo cột của hai hàng đầu bằng 0 nên đến hàng thứ 3 ta điền 2 dấu " "
và 2 dấu
" "
tùy ý. Hàng thứ tư chỉ có cách điền ngược dấu với hàng thứ ba. Vậy có 4C2 6 cách điền
dấu hai hàng cuối. Trong trường hợp này ta có 6.6 36 cách điền số thỏa mãn đề bài.
Trường hợp 2: Cách điền các dấu " "," "
ở hai hàng 1 và 2 có cả 4 ô tương ứng theo cột
giống nhau. Khi đó, số cách điền dấu ở hàng một và hai là 4C2 6 . Tổng dấu ở 2 ô tương ứng
theo cột của 2 hàng đầu bằng hai lần dấu " " hoặc 2 lần dấu " "
nên đến hàng thứ ba, tư ta
điền dấu giống nhau và ngược lại so với hàng một, hai. Vậy chỉ có một cách điền dấu hai hàng
cuối. Trong trường hợp này ta có 6 cách điền số thỏa mãn đề bài.
Trường hợp 3: Cách điền các dấu " "," "
ở hai hàng một và hai có đúng hai ô tương ứng theo
cột giống nhau. Tức là có đúng hai cột giống nhau và 2 cột khác nhau.
Chọn một trong hai cột giống nhau để điền dấu " " , cột giống nhau còn lại điền dấu " "
thì
có 2 cách. Ở hai cột khác nhau cũng chỉ có 2 cách điền dấu ngược nhau. Đến hàng thứ ba, ở cột
ô giống nhau của hai hàng trên, ta chỉ có cách điền ngược dấu, còn ở cột ô khác nhau, ta có cách
điền tùy ý dấu nào cũng được, nhưng chỉ được tùy ý cho 2 cách điền ở một ô, ô còn lại không
có lựa chọn. Vậy có 2 cách điền hàng ba. Hàng thứ tư chỉ có một cách điền duy nhất.
Vậy trong trường hợp này ta có
Tóm lại có
Chọn B
36 6 48 90
cách.
6.4.2 48
cách.
Để sau 12 lần di chuyển con kiến đi từ A đến B thì có 2 trường hợp xảy ra như sau
TH1: Con kiến di chuyển 8 bước ngang và 4 bước xuống, trong 8 bước ngang có một bước
8
lùi. Có 6C 12
cách thực hiện các bước di chuyển

TH2: Con kiến di chuyển 6 bước ngang và 6 bước xuống, trong 6 bước xuống có một bước
6
lùi. Có 4C 12
cách thực hiện các bước di chuyển
Từ hai trường hợp có
6C
4C
6666
8 6
12 12
cách thực hiện.
Câu 141.
Câu 142.
Câu 143.
Chọn A
Chọn A
Số các hoán vị của 4 phần tử là P4 4! 24 .
Chọn A
Giả sử khi xếp 10 người vào một bàn tròn, hai cách sắp xếp được xem là như nhau nếu cách
này nhận được từ cách kia bằng cách xoay bàn đi một góc nào đó.
Bài toán trên được chia thành các công đoạn sau:
Công đoạn 1: Chọn 10 người trong 20 người đã cho để xếp vào bàn tròn A: có
10
C 20
cách.
Công đoạn 2: Sắp xếp 10 người vừa chọn được ở công đoạn 1 vào bàn tròn A: có
Công đoạn 3: Sắp xếp 10 người còn lại vào bàn tròn B: có 9! cách.
Vậy số cách sắp xếp là:
C 10
.9!.9! 20
cách.
9!
cách.
Câu 144.
Câu 145.
Chọn B
3
Số cách chọn ra 3 học sinh trong số 10 học sinh không tính thứ tự là C10 120
cách.
Chọn B
Câu 146.
3
Số cách chọn ra 3 đỉnh trong số 25 đỉnh của các hình vuông đơn vị là: C 25
.
Số cách chọn ra 3 đỉnh thẳng hàng được chia làm ba trường hợp sau:
3 3
TH1: 3 đỉnh nằm trên cùng 1 hàng hoặc cùng 1 cột là 5.C 5.C .
5 5
TH2: 3 đỉnh nằm trên một trong các đường chéo của hình vuông kích thước
3 3 3
44,
33,
2
2 sao cho các đường chéo ấy không trùng nhau là 2.C 4.C 4.C .
5 4 3
TH3: 3 đỉnh nằm trên một trong các đường chéo của hình chữ nhật kích thước
chữ nhật đó là 6 . Do đó số cách chọn là 12 .
24
. Số hình
3 3 3 3 3 3
Vậy số tam giác được tạo thành là C 5.C 5.C 2.C 4.C 4.C 12 2148 .
25 5 5 5 4 3

Chọn D
Điều kiện xác định: 3 £ x £ 7 .
1 1
y¢ = - = 0 Û x = 5
2 x-3 2 7-
x
Ta có: y( 3) = 2, y( 5) = 2 2, y( 7)
= 2 mà hàm số y x 3 7 x liên tục trên 3;7 ,
suy ra max y = 2 2;min y = 2 .
[ 3;7 ] [ 3;7 ]
= - + - [ ]
Câu 147.
Vậy tập giá trị của hàm số là é2;2 2 ù
ê ú.
ë û
Chọn D
A'
D'
A'
B'
C'
a
A
D
B
a
C
A
a 2
C
Quay tam giác AA'
C một vòng quanh trục AA ' tạo thành hình nón có chiều cao AA'
a , bán
2 2
kính đáy r AC a 2 , đường sinh l A' C AA' AC a 3 .
2
Diện tích toàn phần của hình nón: S r r l a 2 a 2 a 3 6 2 a .
Câu 148.
Câu 149.
Chọn B
Ta có
k n! n!
A n
! !.
! k k C
! !
n k k n k
* Phát triển câu mức độ tương tự
k
n
nên B đúng.
Chọn B
Số các tổ hợp chập k của một tập có n phần tử phần tử, kí hiệu là:
C
k
n
n!
.
n k ! k!
Câu 150.
Chọn D
Áp dụng công thức:
C C C suy ra đáp án sai là
k k 1 k 1
n n n1
C C C .
4 4 5
10 11 11

Câu 151.
* Phát triển câu mức độ cao hơn
Chọn B
Điều kiện: n 2 , n N .
2 2 2 2
Ta có
n n n n n n n
P .A 72 6 A 2P P A 12 6 A 12 0
n! 3
P 2
n
6
An
12Pn
6
0
n!
2
A 12 0
12
n
n
2 !
n! 3! n
3
. So với điều kiện, các giá trị cần tìm là
nn 1
12
n 3 n 4
n 3; n 4.
Câu 152.
Câu 153.
Chọn D
Điều kiện : n 3, n (*) .
ta có: A
3 1
72 n
n
C
n
n! n!
72
n! n!
72
1 72
3 ! 1 !
n 3 ! n 1 ! n n 1 !
n
3 ! n
1 !
n
n
n
1 !
n 1n 2n
3 !
72
72 n
1n
2
72
n
3 !
n
3 !
2 n
10
n 3n
70 0 .
n
7
Kết hợp với điều kiện (*) suy ra n 10 .
n
10
k
k 0 1 10 10
Khi đó C C C C ...
C 2 1024
.
Chọn C
n
k 0 k 0
10 10 10 10
Phương pháp: Sử dụng các công thức C
k
n
n! k n!
; A .
! ! !
n
n k k n k
Giải: Điều kiện: n 2 .
2 2 n! n! 3
C n
A n
9n 9n nn 1
9n n 1 6 n 7
2 !2! 2 ! 2
.
n
n
Câu 154.
Câu 155.
Chọn D
Vì mỗi học sinh lớp 12A được đăng kí 1 hoặc 2 tiết mục trong số 3 tiết mục văn nghệ nên số
1 2
cách lựa chọn tiết mục văn nghệ của mỗi học sinh là: C C .
3 3
6
44
Lớp 12A có 44 học sinh đều tham gia văn nghệ nên số cách để lớp lựa chọn là: 6 .
Chọn D
3
Theo định nghĩa, số chỉnh hợp chập 3 của 10 phần tử là A 10
.

Câu 156.
Câu 157.
Câu 158.
Chọn A
k n!
Ta có Cn
.
k! n k !
Chọn D
Chọn A
+ Xét trong tập số phức ta có:
x
1
1 3
2 2
1 3
x i
2 2
3
x 1
x i
3
3k
3 1
+ Ta có m 1; m 1; m
k
3
m ; k 2 2
m m .
1 3 2 1 3 2
. Đặt m i m i m m 1 0 .
2 2 2 2
2019 0 1 2 2 3 3 2019 2019
+ Xét khai triển 1 x C xC x C x C ... x C * .
2019 2019 2019 2019 2019
2
+ Lần lượt thay x 1, x m và x m vào * ta được :
1
2 C C C C ... C
2019 0 1 2 3 2019
2019 2019 2019 2019 2019
2019 0 1 2 2 3 2019
1 m C mC m C C ... C
2
2019
2019 2019 2019 2019 2019
3
1 m C m C mC C ... C
2 0 2 1 2 3 2019
2019 2019 2019 2019 2019
1
2
+ Cộng theo từng vế , , ta được: 2 2019 1 m 1 m 2 3S
.
.
2019
3 2019
2019 2
2019
2019 2019
2
+ Mà 1 m m 1; 1 m m
1.
Vậy ta có 2019
2019
2019 2019
2 2019 2 2
3S 2 1 m 1 m 2 2 S .
3
.
.
Câu 159. Chọn B
Khai triển có tất cả 15 số hạng tức là n 4 14 n 10
.
Câu160.
Chọn B
Số các số hạng của khai triển nhị thức Newton của a b là n 1
số hạng.
Do đó ta có: n 6 18 n 12 .
Câu 161.
Chọn B.
n

Câu 162.
Chọn B.
n
*
2 16
Khai triển nhị thức ( a b) ( n ) thì có n 1
số hạng nên khai triển nhị thức (2x 3) sẽ
có 17 số hạng.
0 1 2 2018
2x 3 C 2x C 2x 3 C 2x 3 ... C 3
2018 2018 2017 2016 2 2018
2018 2018 2018 2018
Vậy khai triển trên có 2019 số hạng.
.
Câu 163.
Câu 164.
Chọn B
0 1 2 2019
2019 C 2 2019
2019 C2019 C2019 C2019
S C C C C
0 1 2 C
2019 C
2019 C
2019 C2019
0 1 2 C .
2019 C2019 C2019 C2019
Ta có 1 2x 2x 2 x ... 2x
.
0 1 2 2019
2 2019
Tổng các hệ số trong khai triển là: 2 2 ... 2 .
2019 2019 2019 2019
Cho 1 ta có: 1 2.1 2019 2.1 2.1 2 ... 2.1
2019
.
x
3 2 2 ... 2
2019 2 2019
2019
.
S 3
2019
Vậy S 3 .
Chọn D
20 22 20 k 22
3 1 1 k 3 1 l l 22l
1
2 20 22
2
x x k 0 x l0
x
T x x x C x C x
20k
Ta có 1
20 22
k 604k 22 3
20 1
l l l
C x C22x
k 0 l0
Các số hạng có số mũ của x trùng nhau khi 60 4k
22 3l
1 với 0 k 20,0 l 22
1 4k
3l
38 l 2m
, suy ra các hệ số của số hạng có mũ x trùng nhau luôn dương nên
trong T x , các số hạng có số mũ x trùng nhau không bị triệt tiêu.
Mặt khác,
Từ
2
m
4k 3l 38 2k 3m
19 2 với 0 m 11
lẻ.
l
Suy ra trong khai triển trên có 4 số hạng có số mũ của
rút gọn T x có 21 23 4 40 số hạng.
x
trùng nhau. Vậy sau khi khai triển và
Câu 165.
Chọn A
Theo công thức khai triển nhị thức Newton ta có:
3 4
5 124 124 124k
124
k
4
C
. 3 . 5 , với 0 k 124
, k .
k 0
k
4
Suy ra số hạng tổng quát 1 trong khai triển là: C . 3 . 5
124
.
k
124k
k
Hạng tử là số nguyên trong khai triển ứng với k thỏa mãn:
k

Câu 166.
k
4
k
4m
k
4m
124 k 2
0 k 124
0 m 31.
0 k 124
m
m
k
124
Suy ra có 32 giá trị k thỏa mãn. Do đó có 32 hạng tử là số nguyên trong khai triển 3 4
5 .
Chọn B
9
1 3
Ta xét khai triển x ( với x 0 ) có số hạng tổng quát là
x
k
1
k
k
3 k 274k
k 1
9
.
9
.
9
T C x C x
x
.
3
Số hạng chứa x tương ứng với giá trị k thỏa mãn: 27 4k
3 k 6.
3 6
Vậy hệ số của số hạng chứa x là C9 84 .
Câu 167.
Câu 168.
Chọn C
12
12
k k
7
7
Ta có x 1
C12x
. Hệ số của x ứng với k 7 là C12 792 .
Chọn C
k 0
Ta có:
n n
k
1 k nk
1
x cn
. x .
4 k 0
4
n 2
Vì hệ số của x 1
trong khai triển Newton của x bằng 31nên ta có:
4
2
1 2 1 n!
. cn
31 . 31
4
16 2!( n 2)!
1
. n ( n 1) 31 n ( n 1) 31.32
32
2
n n 31.32 0
.
( n 31)( n 32) 0
n31
n
32
Vì
n nguyên dương nên n 32
Bài tập tương tự :
n
Câu 169
Chọn A
Câu 170. Chọn C

n
n k n k
Ghi nhớ: Với khai triển nhị thức: x a c . x . a (Với a 0 là hằng số) thì hệ số
n k
của x là ( a)
k c
k n
k 0
n
k
Câu 171.
Chọn C
18 18k
k
18 18
x 4 k x 4
k 3k
18 182k
Ta có: C18. C18. 2
x
với 0 .
2 x k 0 2 x
k 18,
k
k 0
k
Số hạng tổng quát trong khai triển . 2 3k 18 18
C
2k
18
x 0 k 18,
k .
182k
Số hạng không chứa x trong khai triển phải có: x = x 18 2k
0 k 9 .
9 9
Suy ra hệ số của số hạng không chứa trong khai triển là C . 2 C . 2 .
0
x
3.9 18 9
18 18
Câu 172.
Chọn D
6
6
k
6
6k
k k
k 0
Xét khai triển nhị thức Niutơn:
2x 1 C 1 2 x
3
Số hạng chứa x trong khai triển ứng với k 3.
3
3 3
Vậy hệ số của số hạng chứa trong khai triển là: C6 1 2 160
.
x 3
Câu 173.
Chọn B.
2 3x 5
k 5k k 5k k k
có công thức số hạng tổng quát là: C .2 . 3 x C .2 .3 . x .
Với k 4 , ta được số hạng C 4 5 4 4 4 4
.2 .3 . x 810 x .
5
5 5
4
Vậy hệ số của số hạng chứa x trong khai triển 2 3x 5
là 810 .
k
Câu 174.
Chọn C
5
2
n
n
2019
Khai triển x , có tất cả số hạng nên n 5 1 2019 n 2013.

Câu 175.
Câu 176.
Chọn C
5
2
n
Khai triển x , n có tất cả 2019 số hạng nên
n 5 1 2019 n 2013.
Chọn C
n k k
Ta có: 1
x
Cn
x .
n
k 0
k k
Số hạng tổng quát của khai triển là: T C x . Hệ số của x trong khai triển
là:
k
C n
k
k 1
n
9
Hệ số của số hạng chứa x trong biểu thức P x là:
C C C C C C C
9 9 9 9 9 9 9
9
10
11
12
13
14
15
8008
.
Câu 177.
Chọn D
21 21 21k
21
k k 21 k 3k42
3 3
x
k
k
Có: 2 x C . 2 x . C . 2 . 3 . x
2 21 2
21
k0 x
0
+ Số hạng không chứa khi
k
x x 3k 42 0 k 14
x 3 42 0
14 14 7 0 7 14 7
+ Vậy số hạng không chứa x là C .2 .3 . x C .2 .3 .
21 21
Câu 178.
Chọn A
2
Số hạng tổng quát của biểu thức x (với ) khi khai triển theo công
2 x 0
x
k
thức nhị thức Newton là 21 k 2
k k
21 3 k
C21. x . 2 . C21.
x .
2
x
k
2
Số hạng không chứa x trong khai triển nhị thức Newton x , là
2 x 0
x
k
21
Câu 179.
Chọn D
k
2 . C với k thỏa mãn 21 3k
0 k 7 . Vậy số hạng không chứa x trong
2
khai triển nhị thức Newton x , là .
2 x 0 7 7 7 7
2 . C21 2
C21
x
21
21
21

Câu 180.
Chọn D
2n1 2n1
k
2n
1 k
Ta có: C C
k
k
C C .
n
2n
2n1 2n1
1 kn1
2 1
2 1
n
n
n
k k
20 21
2n1 2n1
10
Ta có: 11 C 2 2 C 2 2 2 1 2 n .
k0 k1
3 3
Hệ số của số hạng chứa x là: C10 120 .
5
4
Hệ số của trong khai triển biểu thức x 1
2x
là hệ số của x trong khai triển biểu
x 5
5
4
4
thức 1 2x và bằng C5 2 80 .
5
Hệ số của trong khai triển biểu thức 2 3
x 1
3x
là hệ số của x trong khai triển biểu
Câu 181.
x 10
10
thức 1
3x và bằng C 3 3 3
3240
10
.
5 10
5
2
Vậy hệ số của trong khai triển biểu thức x 1 2x x 1
3x
bằng
3240 80 3320 .
Chọn A
x
Số hạng tổng quát trong khai triển
18k
k
k x 4 k 3k 18 182k
18
182 .
C C x
2 x
x
2
4
x
18
là
, ( k ,0 k 18)
.
Số hạng không chứa x nên 18 2k
0 k 9 .
x 4 9 9
Hệ số của số hạng không chứa x trong khai triển là 2 C 18
.
2 x
18
Câu 182.
Chọn B
Với
x 0 , ta có
9 9
8 k 9k
8
x C9
. x . (với )
2 2 k , k 9
x k 0
x
8
9 k 9
k 9k k k 93k
C9 . x . C
2
9
.8 . x
k
k 0 x k 0
k
Từ yêu cầu bài toán suy ra 9 3k
0 k 3, suy ra số hạng không chứa x là
C .8 43008 .
3 3
9
Câu 183.

Chọn D
Số hạng tổng quát trong khai triển biểu thức
8 k k 8k
3x 2 8
k k k k
C 2 3x C 2 3 x với k ,0 k 8.
8 8
5
5
Số hạng chứa x ứng với k 5 , suy ra hệ số của số hạng chứa x là
3
C 2 3 1944C 1944 C .
5 5 5 3
8 8 8
là
Câu 184.
Câu 185.
Chọn A
2
Số hạng tổng quát trong khai triển x , 0 là
3 x
x
k
k 12 k 2
k k
12 4 k
12
2
C
3
12x
C x
, 0 k 12
. Số hạng không chứa x ứng với
x
12 4k
0 k 3.
Vậy số hạng không chứa x trong khai triển trên là 1760
.
12
Chọn B
Ta có:
9 9 9k
9
3k
9
2 k 2 k k k
9 9
k 0 x
k 0
1 1
2 x C ( 2 x ) C ( 2)
x
x
6
Hệ số cuả số hạng chứa x tương ứng với 6 3k
9 k 5
6
Vậy hệ số cuả số hạng chứa x là C 5 .2 5
9
.
Câu 186.
Chọn D
Số hạng tổng quát của khai triển
A x x2x
1 6
k 6
k 6 k 1
.
a x. C . 2 x . 1 C .2 . 1 . x
k
k k k k
6 6
là
5
Số hạng chứa x trong A x là a C 4 .2 4 . 1 2
. x 5
5
4 6
240x .
Số hạng tổng quát của khai triển
8
i i i
i
C .3 . 1 .
8
x
.
8
i i
3x
1
là b C x
8
B x
i
8 . 3 . 1
i
Câu 187.
5
Số hạng chứa x trong B x là b C 5 .3 5 . 1 3
. x 5
5
5 8
13608x .
5
Vậy hệ số của số hạng chứa x trong khai triển P( x)
đã cho là
240 13608 13368 .

Chọn D
Điều kiện xác định: n
N * ; n 2 .
Khi đó
2 1 n! n!
n n 1
2
n
Cn
Cn
44 44 n 44 n 3n
88 0
n
2 !.2! n
1 !.1! 2
n
1
Kết hợp với điều kiện xác định suy ra n 11.
Ta có:
11 11 11k
11 4k
11
4 2 k 4
k 2
k 11k x
k 11k
7k
33
3 11. .
3 11. 2 .
33 3
11. 2 .
k
x k 0 x k 0 x k 0
x C x
C C x
.
9
Số hạng chứa x ứng với k thỏa 7k
33 9 k 6 .
9
Vậy hệ số của số hạng chứa là C 6
. 2 14784
11
.
x 5
Câu 188.
Chọn C
Số hạng tổng quát trong khai triển của biểu thức x 3 là
.
C x k k
k 6k k
6
. .3 ;0 6
4
Do đó hệ số của x (ứng với k 2 ) là C 2 2
.3 135 .
6
6
Câu 189.
Chọn C.
Số hạng tổng quát trong khai triển là:
k
k 2
10k 1 k 202k k 3k k k 205k
10. .
3 10 1 1
10
C x C x x C x
x
Số hạng không chứa x có số k thỏa mãn: 20 5k
0 k 4
Vậy số hạng không chứa
x 4 4
đó là:
1 C 210
10
Câu 190.
Câu 191.
Chọn D
12 12 k 12
2 1 k 2 1
k k 243k
x C . x . C . 1 . x .
x k 0 x k 0
12k
Ta có: 12 12
Vì số hạng không chứa x trong khai triển x ( x 0) nên
x
k 8.
2 1
Vậy số hạng không chứa trong khai triển là C 8
. 1 495
12
.
Chọn B
12
x 8
24 3k
0

15 15 k 15
2 2 k 2 2
k 303k
x C . x . C . 2 . x
x k 0 x k 0
15k
k
Ta có 15 15
Số hạng không chứa
10 10
Khi đó số hạng cần tìm là 2 .C 15
.
x tương ứng với 30 3k
0 k 10
Câu 192.
Câu 193.
Câu 194.
Chọn B
2019 k k 2019
k
2019 2019 2019 2019
k k k k
Ta có 2x 1 C 2x 1 C 2 x 1
.
2019 2019
k 0 k 0
Số hạng tổng quát của khai triển là k 2 2019
k 2019
C
k 1 k
2019
x .
18
Để có x thì 2019 k 18 k 2001.
18 2001 18 18 18 18 18
Khi đó số hạng chứa là C 2 x 1 C 2 x .
Chọn C
Số hạng tổng quát trong khai triển
x 2001
k k k
k
10 10
2019 2019
10
10k
3 1
k
k
3 2
.
C . x . C . 1 . x , 0 k 10, k
x
10 k k
Số hạng không chứa x ứng với k thỏa mãn: 0 k 4 .
3 2
Vậy số hạng không chứa cần tìm: C 4
. 1 210
10
.
Chọn D
x 4
n
n
n n k k k
n
n
k 0 k 0
k k n k n k
Ta có, 5x 1 C . 5 x . 1 C .5 . 1 . x .
Tổng các hệ số trong khai triển 5 1 n
100
x bằng 2 nên ta có phương trình:
n
k 0
k
k n k n
n n
n
100 100 100 2 100
C .5 . 1 2 5 1 2 4 2 2 2 n 50 .
50 50
n 50 50 k k 50 k 50
50
50
k 0 k 0
k k k k
Vậy 5x 1 5x 1 C . 5 x . 1 C .5 . 1 . x .
3
Xét số hạng chứa x thì 50 k 3 k 47 .
3
Hệ số của số hạng chứa là: C 47 3
.5 . 1 2450000 .
x 47
50
Câu 195.
Chọn B
Ta có ( ) 8
k
3x- 2 có số hạng tổng quát là ( ) 8 -k k k
3 ( 2) 3 8 -k k
( 2)
8 -k
C x - = C - x .
8 8
Số hạng chứa
5
x trong khai triển ứng với 8- k = 5 Û k = 3

5
3 5
Vậy hệ số của số hạng chứa x trong khai triển là ( ) 3
3
C 3 - 2 = -1944C
.
Câu 196.
Chọn C
Số hạng tổng quát của khai triển:
k
k 2 k k k
k 1 10 10
2 10k
2 20 3
0 10, .
T C x C x k k
x
2
Số hạng chứa x ứng với: 20 3k
2 k 6 (nhận).
6 6
Hệ số cần tìm là: 2 C 13440
.
10
8 8
Câu 197.
Câu 198.
Chọn C.
6 6
1
6 6 3
Ta có 2 1
6
2 .
2
k k k k
x C x
x k 0
Số hạng thứ k 1 là 6 6 3
1
1 k k
6
2 k k
Tk
C x .
Tìm số hạng không chứa x trong khai triển khi: 6 3k
0 k 2 .
Với k 2 ta có số hạng không chứa x là: 2 2 4
1 C 2 240 .
Chọn C.
6
Phân tích: Bài toán này ta phải nhớ được kiến thức lớp 11 về Nhị thức Niu – Tơn
n
n
k k n k
n
0
a b C b a
. Trong đó a,
b thuộc số thực và n thuộc số tự nhiên và
k k 20 k
n 1. Số hạng tổng quát thứ k 1
là: T C b a
.
Áp dụng vào bài toán ta có:
k 4 x
k 3k20 202k
Số hạng tổng quát thứ k 1 là: Tk
1 C20 C202
x .
x 2
k1
n
k
20k
+) Vì số hạng không chứa x nên: 20 2k
0 k 10
.
10 10
+) Vậy số hạng không chứa x là: 2 C 20 .
Câu 199.
Chọn D
Đạo hàm hai vế
f x
x
n1
n1
f ' 3n 1 3x a 2 a x ... na x
1
2
f n n n
n1
' 1 3 .4 a 2a na 49152 4 16384 8
1 2
n
n
n

8
Số hạng tổng quát thứ k 1 trong khai triển thành đa thức của (1 3 x)
là
T C x
k 3 k k a C 3 3
k1 8
3 1512
3 8
Câu 200.
Chọn D
k k 10k k k 10k 10k
Số hạng tổng quát trong khai triển là C .5 .( 3 x) C .5 .( 3) . x .
10 10
6
Số hạng này chứa x khi 10 k 6 k 4 .
6
4 4 6 4 4 6 6 4 6
Do đó hệ số x trong khai triển là: C .5 .( 3) C .5 .3 C .5 .3 .
10 10 10
Câu 201.
Câu 202.
Câu 203.
Chọn A
2019 2 2019
Đặt 1 2 x a a x a x ...
a x .
0 1 2 2019
Cho 1 ta có tổng các hệ số a a a ... a 1 2 1.
x 2019
Chọn D
Xét số hạng tổng quát
0 1 2 2019
6 1
k
k k k 6k 6k k 1 k 6k 63k
k
k 1
6
2
2 6
2 1
2 6
2 1
k
T C x C x C x
x
x
0 k 6 ).
Số hạng không chứa x ứng với 6 3k
0 k 2 .
x 2
Vậy số hạng không chứa là T C 2 2 4
1 240
3 6
.
Chọn C
(với
2
n
2 2 1
Ta có An Cn Cn
4n 6 nn
1
n 12
.
nn 1
n 4n
6
2
12 12 k 12
3 1 k 3
12k
1
k k 367k
Xét khai triển x C12 x C12
1
x .
4 4
x k 0 x k 0
8
Số hạng chứa x tương ứng với 36 7k
8 k 4 .
8
3 1
Vậy hệ số của số hạng chứa x trong khai triển x bằng
4
x
4
4
C12 1 495 .
12
Câu 204.
Chọn B

Điều kiện xác định: n , n 3 .
n1 3 n!
n n 1 n 2
Ta có: 5Cn
Cn
0 5n 0 5n
0 .
n 3 !3! 6
n
0 L
n
7
2
n 3n
28 0
30 n
1n
2
0
n 4
L
.
Khi đó nhị thức Niu-tơn
2
x
2
7
1
x
có số hạng tổng quát:
2
7k
k
k
k x 1 k
1
143k
k 1
7
. .
7
. .
7k
T C C x
2 x 2
5
Số hạng chứa x có giá trị k thỏa mãn: 14 3k
5 k 3 .
5 3
1 35
Vậy hệ số của số hạng chứa x là: C7.
.
4
2 16
.
3
Câu 205.
Chọn A
1 2
n n 1
Theo đề bài ta có: u1 0, u3 Cn
n, u10
Cn
, n
, n 2 .
2
Lại theo tính chất của cấp số cộng có:
l
u3 u1
2d
n
0
9u3 2u10
9n nn
1
u10 u1
9d n 10
n
.
Khi đó số hạng tổng quát trong khai triển
k
10k
1 k
2
k
Tk
1 C10 x . C10
1 . x
x
k
105k
2
1
x
2
x
10
là
Câu 206.
10 5k
Số hạng không chứa x trong khai triển trên ứng với 0 k 2 .
2
x 2
2
Vậy hệ số của số hạng không chứa trong khai triển trên là C10 1 45 .
Chọn D
Số hạng tổng quát trong khai triển
2x 1 2019
là
k nk k 2019 2019 2019
1
. . k k
2019
2 k
1 k k
2019
2
k k
k n
1
T C a b C x C x

Câu 207.
Theo đề bài ta có: 2019 k 18 k 2001.
Vậy trong khai triển biểu thức đã cho, số hạng chứa
2001
C 2 1 x C 2 x
2001 20192001
2019 2001 18 18 18
2019 2019
Chọn B
Áp dụng công thức:
được:
C C C
k 1
k k
n n n1
.
18
x
C C
1
C , k 1, n; k,
n
là
k 1 k k
*
n n
n
, ta
C C C ... C C C C C C ... C C
C
C C
7 7 7 7 7 8 8 8 8 8 8 8 8 8
7 8 9 n 7 9 8 10 9 n n 1 n 1 n n 1
.
Do đó : 720 C C C
1
...
Cn
A
4032
8 1 10
720Cn
1
An
1
n 16
.
4032
7 7 7 7 10
7 8 9 n1
16 16 k 16
1 k 16k
1
k k 163k
Có: x
16
16 1
.
2 C x 2 C x
x k 0 x k 0
7
Số hạng trong khai triển chứa x ứng với 16 3k
7 k 3 .
7 3
Vậy hệ số của là C16 1 560.
x 3
Câu 208.
Câu 209.
Chọn D
n
n k nk k
k k o 1 2 2
n n
Ta có: 1
x
Cn1
x Cn
x Cn Cnx Cn x ...
Cn
x .
k 0
n
k 0
k
Số hạng tổng quát trong khai triển trên là C x
a
k
C
k
n
n
k
nên từ giả thiết ta có
*
( k , n , 0 k n ).
k
ak
Cn
n!
k 1 ! n k 1 ! k 1
Do đó: .
.
k 1
a C k! n k ! n!
n k
Suy ra:
k 1
k 1
n
ak
7 k 1 7
7n k 15k
1
7n
22k
15
a 15 n k 15
(1).
*
Vì 7n 7 nên 22k 15 7
21k
14 k 17
k 17
k 7h
1
( h ).
Thế vào (1), ta được: 7n 22 7h 1 15 22.7h
7 n 22h
1.
2020
Mặt khác, do 1 n 2019 nên 1
22h
1
2019 1 h 91, 2.
22
Với mỗi số nguyên dương h 1;91 tồn tại duy nhất một số nguyên dương n
sao cho tồn tại k thỏa yêu cầu bài toán. Vậy có 91 số tự nhiên n .
Chọn C
*
Điều kiện: n 2, n (1)

n n 1 1 2 n 12
Cn
Cn
78 n 78 n 12 ( do điều kiện (1))
2
n
13
12 12 k 12
k k 12 k k k 124k
2 1
Khi đó, x
3 C12.2 x . C
3 12.2
x
x k 0 x k 0
Số hạng không chứa x tương ứng 12 4k
0 k 3
Suy ra số hạng không chứa
3 3
x là: C 12
.2 1760
Câu 210.
Chọn B
a1
an
1 1
Ta có a0 a0 a1
a
n
.
n
2 2 2 2
Trong khai triển 1 2 n n 1
x a0 a1x
anx
thay x ta được
2
n
n 1 a1
an
2 1 2 a0 4096 n log2
4096 12
.
n
2 2 2
12
k 12k k k k
Số hạng tổng quát trong khai triển 1 2x là C .1 . 2 x C .2 . x .
n
12 12
k
Câu 211.
8
Để có số hạng chứa x thì k 8.
Vậy a C 8 8
.2 126720 .
Chọn B
8 12
Câu 212.
Chọn B
Cách 1:
a1
an
1 1
Ta có a0 a0 a1
a
n
.
n
2 2 2 2
Trong khai triển 1 2 n n 1
x a0 a1x
anx
thay x ta được
2
n
n 1 a1
an
2 1 2 a0 4096 n log2
4096 12
.
n
2 2 2
12
k 12k k k k
Số hạng tổng quát trong khai triển 1 2x là C .1 . 2 x C .2 . x .
8
Để có số hạng chứa x thì k 8.
Vậy a C 8 8
.2 126720 .
8 12
n
12 12
k

2018 2019
1 1
2019 2018
T x x x x
k
2019 2018
k 2019k 2018 m 2018 m
2019
m
C20191 x x C20181
x x
k 0 m0
2019 k
2018 m
k h k h h 2018
h
m n mn
mn
2019
C2019Ck
x 1 x C2018Cm
1 x x
k 0 h0 m0 n0
2019 k
2018 m
k h h 2017hk m n mn
2018nm
C2019Ck
1 x C2018Cm
1
x
k 0 h0 m0 n0
Với 0 h k 2019;0 n m 2018; h, k, m,
n .
2017h
k 1 h
0, k 1
Theo đề bài:
.
2018n
m 1 n
0, m 1
Hệ số của số hạng chứa x trong khai triển T là
0 10
1 0 1 0
C C 1 C C 1 1.
2019 1 2018 1
Cách 2:
2019
2018 2
m
Ta có: 1 x x a a x a x a x (với m 4074342 ) (*)
0 1 2
Lấy đạo hàm hai vế của (*) theo biến x :
2018
2019 1 2018x 1 x x a 2a x
ma x
Với x 0 , ta được: 2019 a1
.
2017 2018 m 1
1 2
m
2018
2019 2
m
Tương tự: 1 x x b b x b x
b x (**)
0 1 2
Lấy đạo hàm hai vế của (*) theo biến x :
2017
2018 1 2019x 1 x x b 2b x
mb x
2018 2019 m 1
1 2
m
m
m
.
.
n
Với
x 0 , ta được: 2018 b1
Hệ số của số hạng chứa trong khai triển là: a1 b1 2019 2018 1.
x
Câu 213.
Chọn A
2 3
1 x x x 10
2
x 1 x 1
x 1 x 2
x 1
10 2
x 1 x 1
10
10 10
10 10
k 2k m m
C10x
C10x
k 0 m0
Ta có các cặp k, m
: 2k m 5

5 0 5 1 3 2 1
Suy ra hệ số của số hạng chứa x là : C . C C . C C . C 1902 .
10 10 10 10 10 10
Câu 214.
Câu 215.
Câu 216.
Chọn B
k1
k k
n1 n1
n
Theo công thức tính của C , C , C
ta có:
k 1
k ( n 1)! ( n 1)! ( n 1)! 1 1
Cn
1
Cn
1
( n k)!.( k 1)! ( n 1 k)!.k! ( n 1 k)!.(k1)!
n k k
( n 1)!.n n!
k
Cn
.
( n k 1)!.(k1)!.(n k).k ( n k)!.k!
k 1
k k
Vậy Cn
1
Cn
1
Cn
(1 k n)
.
Chọn B
n
n
1 k n k 1
Ta có: x Cn
. x
. .
3 k 0
3
Cho
x 1 ta có:
n
k 0
k nk
1 4
Cn
.1 .
3 3
k
k
n
n
k 0
C 3 C 3 C 3 C ... 3 C 4 .3
0 1 1 2 2 3 3
n n n n
n n n n n
0 1 1 2 2 3 3 n n 2005 n
Mà Cn 3 Cn 3 Cn 3 Cn ... 3 Cn
2 .3
2005
Suy ra: 4 .3 2 .3
2005
n 1002,5.
2
n n n
n
4 2
*
Mà nên n 1;2;3;...;1001;1002 .
n
C
k k
n n
n
. 3 4 .3
2005 2n
2005
2 2 2n
2005
Vậy có 1002 số nguyên dương n nghiệm đúng bất phương trình.
Chọn A
n
k 0
n k k k
Ta có: 1 2x 2 C x ; k . Suy ra: 2
k k
0
ak
Cn
. Thay a0 C n
1,
a
1
2
1
n
n
2
C , a C vào giả thiết ta có: 116C 8C 1 2C C
2
4
n
.
1 2 1 2
n n n n
2
n ! n !
1
2n
n n
1 ! 2 !2! 2
n
n
Do n là số nguyên dương nên n 5.
2
n n
5 0
n
0
.
n
5

Câu 217.
Câu 218.
Chọn B
1 2x 3 x a a x a x ...
a x
Ta có 10
2 2 20
0 1 2 20
10
S a 2a 4 a ... 2 a 1 2.2 3.2 17
Chọn A
20 2 10
0 1 2 20
.
Ta có
C C C C 2C C
2 n 2 8 n 8 2 n 8
n n n n n n
C C C C 2C C 0
2 n2 8 n8 2 n8
n n n n n n
C C C C 2C C 0
n2 n2 n8 n8 n2 n8
n n n n n n
2
n n
n2 n8
n 2 n 8
C C 0 C
C n 10
.
0 1 2 2
Ta có 1 x C C x C x ...
C x .
n
n n n
n n n n
Đạo hàm hai vế ta được: n 1 x C 2 C x ...
nC x .
1 1 2 2
nx 1 x xC 2 C x ...
nC x
Đạo hàm 2 vế ta được:
n
n1
1 2 n n 1
n n n
n n n
n n n
n 1 x x n 1 1 x C 2 C x ...
n C x
n1 n2 1 2 2 2 n n1
n n n
n1 n2 1 2 2 2 n
Thay 1 vào 2 vế : n
2 n 1 2
Cn 2 Cn ...
n Cn
.
x
Với 2 1 2 2 2 n n
10, 1 2 ... 2 1 n
n T C 1 2
2
n
Cn n Cn
n
n
.
T 10 2 9.2 2.5 2.2 9.2 55.2
9 8 8 8 9
.
.
.
Câu 219.
Chọn B
Số tập hợp con của A khác rỗng có số phần tử là số chẵn là:
2 4 6 20
M C C C
C
20 20 20 20
Để tính M ta xét 20 0 1 2 2 3 3 19 19 20 20
x 1 C x. C x . C x . C x . C x . C .
20 20 20 20 20 20
Thay x 1
ta có: 20 0 1 2 3 19 20 20
11 C C C C C C 2 . (1)
20 20 20 20 20 20
Câu 220.
Thay x 1
ta có: 20 0 1 2 3 19 20
11 C C C C C C 0 . (2)
20 20 20 20 20 20
0 2 4 20 20
Từ (1) và (2) ta có: 2 C C C C 2 .
Chọn C
20 20 20 20
20 19
2 1 M 2 M 2 1.

Câu 221.
Áp dụng công thức khai triển nhị thức Newton:
1 2 2 3 3
n n n
n n n n
1 x 1 C . x C x C x .... C . x
n
x
1 2 3
n
Chọn 1 ta có 1 C C C ... 1 C 11 0 .
n n n n
Chọn D
Theo định nghĩa biến cố chắc chắn ta có: Với
n A n
n A
Suy ra: P A
1 0 .
n
.
A
n
là biến cố chắc chắn thì
Câu 222. [1D2-4.1-2] (GIỮA HK2 LỚP 11 THPT CHUYÊN VĨNH PHÚC 2018-2019)
Cho phép thử là “gieo 2019 đồng xu phân biệt” và xét sự xuất hiện mặt sấp và
mặt ngửa của các đồng xu. Khi đó số phần tử của không gian mẫu bằng
A. 2019 1 3 2019
. B. C C ...
C .
Câu 223.
Câu 224.
Câu 225.
2020 2019
2
k
k
C. C C . D. .
2020 2019
k 0 k 0
Chọn C
Ta có
2020 2019
k
k
C2020 C2019
k 0 k 0
Lời giải
2019 2019 2019
Tác giả: Ngô Văn Hiếu; Fb: Ngo hieu
2020 2019 2020 2019 2019 2019
11 11 2 2 2 . 2 1 2
2019
Vì một đồng xu có hai mặt nên khi gieo 2019 đồng xu phân biệt ta có 2 kết
quả có thể xảy ra của phép thử. Vậy số phần tử của không gian mẫu là
n 2 .
2019
Bài tập tương tự:
Chọn D
Chọn A
Ghi nhớ:
-Phép thử “gieo hai đồng tiền phân biệt” thì hai kết quả
khác nhau.
SN,
NS
của phép thử là
-Phép thử “gieo n đồng xu phân biệt” thì không gian mẫu có 2 n phần tử, với
n *.
.

Chọn D
b
Theo đề bài là số chấm của con súc sắc nên b 1;2;3;4;5;6 .
Câu 226.
Câu 227.
2
2
Để phương trình x 2bx
4 0 có nghiệm thì
b 4 0 b 2 .
b
Kết hợp 1;6 suy ra b 2;3;4;5;6 . Suy ra xác suất để phương trình
x
2
2bx
4 0
Chọn D
có nghiệm là
5
6
2
Số phần tử của không gian mẫu n C 10
.
Gọi biến cố A: “Chọn được 1 bạn nam và 1 bạn nữ để phân công trực nhật.”
Ta có n A C . C 24 .
1 1
6 4
n A 24 8
Vậy P A
.
n 45 15
Chọn C
4
4
Chọn 4 quả cầu từ 10 quả cầu có C10
(cách ) n C 10
.
Câu 228.
Gọi A là biến cố “ 4 quả cầu lấy được có đúng 2 quả màu vàng”.
2 2
Chọn 4 quả cầu trong đó có đúng 2 quả màu vàng có C . C (cách)
n A
2 2
C . C
4 6
.
2 2
n A C4 . C6
3
Xác suất của biến cố A là: P A
.
4
n C 7
Chọn A
10
4 6
Xét phép thử: “Chọn ngẫu nhiên một số tự nhiên trong các số tự nhiên có bốn
chữ số”
3
Ta có n 9.10 9000 .
Biến cố
A : “Số được chọn có ít nhất hai chữ số 8 đứng liền nhau”.
Gọi số có 4 chữ số abcd
a 0.
TH1: Có đúng hai chữ số 8 đứng liền nhau.
+) Số có dạng 88cd : có 9.9 81 số.
là trong đó có ít nhất hai chữ số 8 đứng liền nhau,
+) Số có dạng a88d hoặc ab88
: mỗi dạng có 8.9 72 số.
TH2: Có đúng ba chữ số 8 trong đó có ít nhất hai chữ số 8 đứng liền nhau.

+) Số có dạng a888 : có 8 số.
+) Số có dạng 8b88
hoặc 88c8
hoặc 888d : Mỗi dạng có 9 số.
TH3: Cả 4 chữ số đều là chữ số 8: Có 1 số là số 8888.
Do đó n A 81 2.72 8 3.9 1 261.
n A 261
Xác suất cần tìm P A
0,029 .
n 9000
Câu 229.
Câu 230.
Câu 231.
Chọn B
Số phần tử không gian mẫu là số cách chia 8 đội bóng vào hai bảng sao cho mỗi
bảng có 4 đội
4 4
n C . C
8 4
Gọi A là biến cố thỏa mãn yêu cầu bài toán.
3 3
3 3
n
A
2.1. C6 . C3
4
Ta có: n A 2.1. C6 . C 3
P A
.
4 4
n
C . C
7
Chọn D
8 4
Lấy lần lượt 3 cuốn sách có 15.14.13 2730 cách.
Lấy 2 cuốn sách đầu là Toán và cuốn còn lại là Văn có 10.9.5 450 cách.
Xác suất để được hai cuốn sách đầu là Toán, cuốn thứ ba là Văn: 450
15 .
2730 91
Chọn D
Xét phép thử: “Chọn ngẫu nhiên ba số từ tập
3
n C 9
84 .
S
1;2;3;4;5;6;7;8;9
”. Ta có
Gọi A là biến cố: “trong ba số được chọn ra không chứa hai số nguyên liên
tiếp”.
Gọi , , là ba số thỏa mãn 1 a a a 9 .
a1
a2
a3
1 2 3
Không có hai số nguyên liên tiếp nào 1 a a 1 a 2 7 .
1 2 3
Đặt b1 a1
, b2 a2 1, b3 a3 2 . Khi đó: 1 b1 b2 b3
7 .
3
3
Số cách chọn bộ ba số , , b là C có cách chọn , , a .
3
Suy ra n A C 7
35 .
b1
b2
3
n A 35 5
Do đó p A
.
n 84 12
7
C7
a1
a2
3

Câu 232.
Chọn D
Cách 1:
A
M1
N1
M2
P1
N2
M3
P2
N3
B
Q1
Q2
Q3
D
E1
P3
F1
E2
F2
E3
F3
Gọi các điểm được đánh dấu để chia đều các cạnh của tứ diện đều ABCD
hình vẽ.
+ Gọi S là tập hợp các tam giác có ba đỉnh lấy từ 18 điểm đã đánh dấu.
Số phần tử của S
đã cho.
C
như
là số cách chọn ra 3 điểm không thẳng hàng trong số 18 điểm
Chọn ra 3 điểm trong 18 điểm trên: có
3
C 18
cách.
Chọn ra 3 điểm thẳng hàng trong 18 điểm trên có
3
6. C 6 cách.
3
Suy ra số tam giác thỏa mãn là
3
C18 6 810
+ Gọi T là tập hợp các tam giác lấy từ S sao cho mặt phẳng chứa tam giác đó
song song với đúng một cạnh của tứ diện ABCD .
- Chọn 1 cạnh của tứ diện để mặt phẳng chứa tam giác chỉ song song với đúng
cạnh đó: có C cách.
1
6
6
Xét các tam giác mà mặt phẳng chứa nó chỉ song song với cạnh
giác đó phải có một cạnh song song với BD .
- Có 6 cách chọn cạnh song song với BD là
M N , M N , M N , E F , E F , E F
1 1 2 2 3 3 1 1 2 2 3 3 .
BD , suy ra tam
- Giả sử ta chọn cạnh là cạnh của tam giác. Cần chọn đỉnh thứ 3 của tam
2 2
M N
giác trong 16 điểm còn lại.

Do M N ABD mà mặt phẳng chứa tam giác song song với BD nên đỉnh
2 2
thứ 3 không thể là 7 điểm còn lại nằm trong mp ABD .
Do mặt phẳng chứa tam giác chỉ song song với BD nên đỉnh thứ 3 không được
trùng với một trong ba điểm E2, F2 , P2
. Vậy đỉnh thứ 3 chỉ được chọn trong
16 7 3 6 điểm còn lại.
Suy ra có 6 tam giác có 1 cạnh là
với BD .
M
2N2
và mặt phẳng chứa nó chỉ song song
Vậy số tam giác mà mặt phẳng chứa nó chỉ song song với cạnh BD là: 6.6 36 .
Tương tự cho các trường hợp khác, ta có số tam giác mà mặt phẳng chứa nó chỉ
song song với đúng một cạnh của tứ diện ABCD là: 36.6 216 .
n T 216 4
Vậy xác suất cần tìm là .
n S 810 15
Cách 2: Lưu Thêm
+) Gọi S là tập hợp các tam giác có ba đỉnh lấy từ 18 điểm đã đánh dấu.
Chọn ra 3 điểm trong 18 điểm trên: có
Trong số
3
C 18
3
C 18
cách.
đó, có 6 cách chọn ra 3 điểm thẳng hàng trên các cạnh.
3
Suy ra nS C 18
6 810
+) Xét phép thử: “Lấy ngẫu nhiên một phần thử thuộc S ”. Ta có n 810 .
+) Gọi T là biến cố: “Mặt phẳng chứa tam giác được chọn song song với đúng
một cạnh của tứ diện đã cho”.
Chọn một cạnh của tứ diện: 6 cách, (giả sử chọn AB ).
Chọn đường thẳng song song với AB : 6 cách, (giả sử chọn PQ ).
Chọn đỉnh thứ 3: 6 cách, M , N, E, K, F,
I .
Suy ra nT 6.6.6 216.

Câu 233.
n T 216 4
Vậy .
n 810 15
Chọn A
Đánh số ba bàn tròn có số chỗ ngồi lần lượt là 6, 7, 8 là bàn 1, bàn 2, bàn 3.
+) Xét phép thử: “Xếp ngẫu nhiên 21 học sinh vào ba bàn tròn 1, 2, 3 nói trên”.
Chọn 6 học sinh trong số 21 học sinh và xếp vào bàn 1 có
C 6
.5! 21
cách.
Chọn 7 học sinh trong số 15 học sinh còn lại và xếp vào bàn 2 có
Xếp 8 học sinh còn lại vào bàn 3 có 7! cách.
6 7
Suy ra số phần tử của không gian mẫu là n C .5!. C .6!.7!.
21 15
+) Gọi A là biến cố: “ Hai bạn Thêm và Quý luôn ngồi cạnh nhau ”.
Trường hợp 1: Hai bạn Thêm và Quý ngồi bàn 1.
4
Chọn 4 học sinh từ 19 học sinh còn lại có cách.
C 19
C 7
.6! 15
Xếp 4 học sinh vừa chọn và hai bạn Thêm, Quý vào bàn 1 có 4!.2! cách.
Chọn 7 học sinh từ 15 học sinh còn lại và xếp vào bàn 2 có C 7
.6! 15
cách.
Xếp 8 học sinh còn lại vào bàn 3 có 7! cách.
4 7
Số cách xếp thỏa mãn trường hợp 1 là : C .4!.2!. C .6!.7!.
19 15
Trường hợp 2: Hai bạn Thêm và Quý ngồi bàn 2.
Tương tự như trên, ta có số cách xếp thỏa mãn trường hợp 2 là:
5 6
C .5!.2!. C .5!.7!.
19 14
Trường hợp 3: Hai bạn Thêm và Quý ngồi bàn 3.
Tương tự như trên, ta có số cách xếp thỏa mãn trường hợp 3 là:
6 6
C .6!.2!. C .5!.6!.
19 13
cách.
Câu 234.
4 7 5 6 6 6
n A C .4!.2!. C .6!.7! C .5!.2!. C .5!.7! C .6!.2!. C .5!.6!.
Vậy P A
1
10
.
19 15 19 14 19 13
n A
n
C .4!.2!. C .6!.7! C .5!.2!. C .5!.7! C .6!.2!. C .5!.6!
4 7 5 6 6 6
19 15 19 14 19 13
6 7
C21.5!. C15.6!.7!
Chọn B
Không gian mẫu là tập hợp tất cả các cách xếp 4 quyển Toán khác nhau và 4
quyển Hóa giống nhau vào 8 trong 10 ô trống.
4 4
4 4
Khi đó, n( )
C A hoặc n( )
A C .
10 6
10 6

Gọi A là biến cố: “ Bốn quyển sách Toán xếp cạnh nhau và 4 quyển sách Hóa
xếp cạnh nhau ”.
Để xếp 4 quyển sách Toán cạnh nhau và 4 quyển sách Hóa gần nhau trên giá
sách 10 ô trống ta xem như có 4 vị trí để xếp
Xếp 4 quyển toán cạnh nhau có 4! cách, xếp 4 quyển Hóa có 1 cách, sau đó xếp
2 bộ đó vào 2 trong 4 vị trí.
Do đó: n A 4! A .
2
4
Xác suất để 4 quyển sách Toán cạnh nhau và 4 quyển Hóa cạnh nhau là:
2
n
A
4! A4
2
P A
.
4 4
n
C A
525
10 6
Câu 235.
Chọn A
+) Không gian mẫu = “Chọn ngẫu nhiên một số trong các số tự nhiên có 3
2
chữ số”. 9.10
Câu 236.
+) Biến cố A = “Số tự nhiên được chọn chia hết cho 9 và các chữ số đôi một
khác nhau”.
Ta tìm số các số tự nhiên gồm 3 chữ số khác nhau và chia hết cho 9 (tổng các
chữ số là một số chia hết cho 9).
Bộ ba số (a;b;c) với a, b, c 0;9 ( a, b,
c đôi một khác nhau ) và a b c 9m
,
*
m
được liệt kê dưới đây:
(0;1;8);(0;2;7);(0;3;6);(0;4;5);
(1;2;6);(1;3;5);(1;8;9);
(2;3;4);(2;7;9);
(3;6;9);(3;7;8);
(4;5;9)(4;6;8);
(5;6;7).
Vậy có tất cả 103! 4 2 2! 76 số thỏa mãn 76
A 76 19
Xác suất cần tính bằng p( A) .
2
9.10 225
Chọn B
Không gian mẫu là tập hợp tất cả các cách xếp 4 quyển Toán khác nhau và 4 quyển Hóa
giống nhau vào 8 trong 10 ô trống.
4 4
4 4
Khi đó, n( )
C A hoặc n( )
A C .
10 6
10 6
Gọi A là biến cố: “ Bốn quyển sách Toán xếp cạnh nhau và 4 quyển sách Hóa xếp cạnh
nhau ”.
A

Để xếp 4 quyển sách Toán cạnh nhau và 4 quyển sách Hóa gần nhau trên giá sách 10 ô
trống ta xem như có 4 vị trí để xếp
Xếp 4 quyển toán cạnh nhau có 4! cách, xếp 4 quyển Hóa có 1 cách, sau đó xếp 2 bộ đó
vào 2 trong 4 vị trí.
Do đó: n A 4! A .
2
4
Xác suất để 4 quyển sách Toán cạnh nhau và 4 quyển Hóa cạnh nhau là:
2
n
A
4! A4
2
P A
.
4 4
n
C A
525
Câu 237.
Câu 238.
Chọn A
10 6
Số cách xếp ngẫu nhiên 6 học sinh vào dãy ghế: n 6! .
Gọi M là biến cố “xếp 6 học sinh vào dãy ghế mà không có học sinh lớp C nào
ngồi cạnh nhau”.
Gọi M là biến cố “xếp 6 học sinh vào dãy ghế mà hai học sinh lớp C ngồi cạnh
nhau”.
Ghép 2 học sinh lớp C thành nhóm X .
Xếp nhóm X , 2 học sinh lớp A , 2 học sinh lớp B vào dãy ghế: 5! .
Hoán đổi vị trí 2 học sinh lớp C : 2! .
nM
2!.5! PM
2
Vậy: P M 1
P M .
3
Chọn C
2!.5!
6!
Số phần tử của không gian mẫu là n P .
.
11
11! 39916800
Gọi A là biến cố "không có hai học sinh nữ nào đứng cạnh nhau".
Mỗi phần tử của A tương ứng với 1 hàng ngang gồm 11 bạn đã cho mà không có
hai nữ xếp cạnh nhau. Để xếp được 1 hàng như vậy ta thực hiện liên tiếp hai
bước:
Bước 1: Xếp 6 bạn nam thành một hàng ngang, có 6! = 720 cách.
Bước 2: Xếp 5 bạn nữ vào 7 vị trí xen giữa hai nam hoặc ngoài cùng (để 2 nữ
không cạnh nhau), có
5
A7 2520
720.2520 1814400
Vậy n A .
cách.
n A 1814400 1
Xác suất cần tìm là P A
.
n 39916800 22

Câu 239.
Chọn A
Cách 1:
A B C
Câu 240.
Số phần tử không gian mẫu là 6! 720 .
1
2
Xếp bạn nam thứ nhất có 6 cách, bạn nam thứ 2 có 4 cách, bạn nam thứ 3 có 2
cách.
Xếp 3 bạn nữ vào ba ghế còn lại có 3! cách.
6.4.2.3! 288 2
Vậy xác suất cần tìm là . Đáp án A.
6! 720 5
Chọn D
9.9.8.7.6.5.4.3.2 3265920
Số phần tử của không gian mẫu là n
.
Gọi số cần tìm là a1a2a3a 4a5a6a7a8a9
.
Câu 241.
Câu 242.
2
* Trường hợp a2 0 : Khi đó a1,
a3
lẻ nên có A 5
cách xếp, hai chữ số lẻ còn lại
2 2
có C . A cách xếp, 4 chữ số chẵn còn lại có 4! cách xếp. Vậy theo quy tắc nhân
có
3 6
A . C . A .4! 43200
2 2 2
5 3 6
(số).
* Trường hợp a , a , a , a , a , a bằng 0: tương tự trường hợp a2 0.
3 4 5 6 7 8
43200.7 5
Vậy xác suất cần tính là: P .
3265920 54
Chọn C
Không gian mẫu
4 4
.
n C C
Gọi biến cố
12 8
:” Chia 12 đội thành 3 bảng mỗi bảng 4 đội”
.
A :” 3 đội Việt Nam ở 3 bảng đấu khác nhau”.
+ Có 3! cách xếp 3 đội Việt Nam vào 3 bảng đấu.
3 3
+ Có C . C cách xếp 9 đội nước ngoài vào 3 bảng đấu.
n A
9 6
3 3
3!. C . C
9 6
3!. C . C 6. C . C
P
C C C C
3 3 3 3
9 6 9 6
4 4 4 4
12. 8 12.
8
. Vậy xác suất cần tìm là
.

Chọn D
: “Xếp 10 học sinh thành một hàng ngang” n( ) 10!
A: “Không có học sinh khối 11 nào xếp giữa hai học sinh khối 10”.
Trường hợp I (2 học sinh khối 10 đứng cạnh nhau):
Bước 1: Buộc 2 học sinh khối 10 thành một phần tử X và đổi chỗ 2 học sinh đó
có 2! cách.
Bước 2: Xếp phần tử X và 8 học sinh còn lại thành một hàng ngang có 9! cách.
Vậy, có 9!.2! cách.
Trường hợp II (giữa 2 học sinh khối 10 có 1 học sinh khối 12):
Bước 1: Chọn 1 học sinh khối 12 trong 3 học sinh có
1
C 3
cách.
Bước 2: Buộc 2 học sinh khối 10 và học sinh khối 12 đã chọn thành một phần tử
X rồi đổi chỗ 2 học sinh khối 10 có 2! cách.
Bước 3: Xếp phần tử X và 7 học sinh còn lại thành một hàng ngang có 8! cách.
Vậy, có
C 1
.2!.8! 3
cách.
Trường hợp III (giữa 2 học sinh khối 10 có 2 học sinh khối 12):
Bước 1: Chọn 2 học sinh khối 12 trong 3 học sinh có
2
C 3
cách.
Bước 2: Buộc 2 học sinh khối 10 và 2 học sinh khối 12 đã chọn thành một phần
tử X rồi đổi chỗ 2 học sinh khối 10, đổi chỗ 2 học sinh khối 12 có 2!.2! cách.
Bước 3: Xếp phần tử X và 6 học sinh còn lại thành một hàng ngang có 7! cách.
Vậy, có
C 2
.2!.2!.7!
3
cách.
Trường hợp IV (giữa 2 học sinh khối 10 có 3 học sinh khối 12):
Bước 1: Buộc 2 học sinh khối 10 và 3 học sinh khối 12 đã chọn thành một phần
tử X rồi đổi chỗ 2 học sinh khối 10, đổi chỗ 3 học sinh khối 12 có 2!.3! cách.
Bước 2: Xếp phần tử X và 5 học sinh còn lại thành một hàng ngang có 6! cách.
Vậy, có
2!.3!.6! cách.
Theo quy tắc cộng, ta được
Vậy,
n( A) 2
P( A) .
n( ) 7
n( A) 9!.2! C .2!.8! C .2!.2!.7! 2!.3!.6!
1 2
3 3
Câu 243.
Chọn B
Số các số tự nhiên nhỏ hơn 300 là 300 số. Lấy ngẫu nhiên một số tự nhiên
nhỏ hơn 300 có
300 cách, suy ra n 300.

Câu 244.
Gọi A là biến cố “số được chọn không chia hết cho 4”, khi đó A là biến cố
“số được chọn
chia hết cho 4”.
Gọi số tự nhiên nhỏ hơn và chia hết cho là 4 n, n .
300 4
Ta có 0 4n
300 0 n 75, suy ra
75 1
75. Do đó P A .
300 4
1 3
Vậy P A
1 .
4 4
Chọn A
- Bổ đề: Cho m, n*
, ta có:
“Số nghiệm nguyên không âm của phương trình
n 1
C mn1
”
Thật vậy: Đặt y x 1 với i
1;2;...; n .
i
i
n A
x1 x2 ... xn
m 1
Khi đó y 1 i 1;2;...; n và y1 y2 ... yn
m n (2)
i
Hiển nhiên số nghiệm nguyên không âm của (1) bằng số nghiệm nguyên dương
của (2)
- Xếp m n chữ số 1 thành một hàng: có 1 cách.
- Xếp n 1 dấu gạch ngang " "
vào trong m n 1
khoảng trống giữa các chữ
số 1 (mỗi khoảng trống nhiều nhất một dấu gạch ngang) để chia dãy m n chữ
(*)
n 1
số 1 thành n phần (mỗi phần có ít nhất một chữ số 1): có cách.
1...1
1...1
..... 1...1
1...1
y1 y2 yn1
yn
C mn1
Mỗi phần được chia ra có tổng các chữ số 1 lần lượt là y1, y2, ..., yn
và cho ta
một nghiệm nguyên dương của phương trình (2).
n1 n1
Do đó số nghiệm nguyên dương của phương trình (2) là 1. C C .
Suy ra số nghiệm nguyên không âm của phương trình (1) là
mn1 mn1
n 1
C mn1
Bây giờ ta sẽ áp dụng kết quả của bổ đề để giải bài toán đã cho:
- Tính số phần tử của tập S :
là
(đpcm).
Gọi phần tử của là với a, b, c 0;1;2;3;4;5;6;7;8;9 và a b c 9
S abc
31 2
Theo bổ đề thì số nghiệm nguyên không âm của (*) là C
C
nS 55.
- Tính số các phần tử của S có chữ số hàng trăm bằng 4 .
Khi đó a 4 và b c 5 (**).
9 3 1 11
55
21 1
Theo bổ đề thì số nghiệm nguyên không âm của (**) là C 5 2 1
C
6
6 .
Vậy có tất cả 6 phần tử của S có chữ số hàng trăm bằng 4 .
. Vậy

- Xét phép thử: “Lấy ngẫu nhiên một số từ tập S ” và biến cố A : “Số lấy ra có
chữ số hàng trăm bằng 4 ”
1
Ta có n C 55
55 và n A C 6
6 .
1
n A 6
Vậy xác suất của biến cố A là P A
.
n 55
Câu 245.
Câu 246.
Chọn A
Ta có
n A
n A
P A
1 P A P A P A
n
n
là sai.
Chọn B
Số phần tử không gian mẫu khi xếp ngẫu nhiên 7 miếng bìa là n 7!
Số cách xếp để được dòng chữ “HỌC TẬP VÌ NGÀY MAI LẬP NGHIỆP” là
n A 1
P A
n A 1 1
n 7! 5040
.
Câu 247.
Câu 248.
Câu 249.
Chọn C
Gọi A là biến cố “ Súc sắc xuất hiện mặt chẵn chấm”
n( A) 3 1
n( ) 6, A {2, 4,6} n( A) 3 P( A)
n( ) 6 2
Chọn B
Không gian mẫu là: 1, 2,3, 4,5,6 n 6 .
Gọi A là biến cố: “Mặt có số chấm chẵn xuất hiện”.
A 2,4,6 n A 3.
n A 3 1
Xác suất để mặt có số chấm chẵn xuất hiện là: P A
.
n 6 2
Chọn D
Gọi A là biến cố “4 học sinh được gọi có cả nam và nữ”, suy ra A là biến cố “4
học sinh được gọi toàn là nam hoặc toàn là nữ”

4
Số phần tử của không gian mẫu là n C 25
12650
.
n A
4 4
63
Ta có n A C15 C10
1575
P A
.
n 506
63 443
Vậy xác suất của biến cố là P A 1 P A 1 . 506 506
A
Câu 250.
Chọn B
1
Ta có: n( ) C 38 .
38
Gọi
A
là biến cố: “Chọn được một học sinh nữ”.
1
n( A) C 18.
18
n( A) 18 9
Xác suất để chọn được một học sinh nữ là: P( A)
.
n( ) 38 19
Câu 251.
Câu 252.
Chọn A
Gọi
Gọi
x
y
là số lần viên bi đỏ được chọn.
là số lần viên bi xanh được chọn.
TH1. 1 x 6 .
Có 6 cách chọn viên đỏ.
Có 5 cách chọn viên xanh.
Có 5.6 30 cách.
TH2. x 7 .
Có 6 cách chọn viên xanh.
Có 6 cách.
Vậy có 36 cách chọn.
Chọn D
5
Số phần tử của không gian mẫu: n 3003.
C 15
Gọi biến cố A : “ 5 quả lấy ra có đủ hai màu”. Suy ra biến cố A : “ 5 quả lấy ra
chỉ có 1 màu”.
TH1: Lấy ra từ hộp 5 quả cầu xanh, có
5
C10 252
cách.
TH2: Lấy ra từ hộp 5 quả cầu đỏ, có
5
C5 1
cách.

Câu 253.
Suy ra: n A 252 1 253 .
Xác suất để được
253 250
1
3003 273
250
Vậy xác suất cần tìm là .
273
Chọn B
.
5 quả có đủ hai màu là:
2
Số cách chọn 2 học sinh trong 10 học sinh là C 10 .
P A 1
P A
1
n A
n
Câu 254.
Chọn A
2
Nên số phần tử của không gian mẫu là n C 10
45 .
Gọi
A
: “ Biến cố chọn được hai học sinh đều là học sinh nữ”.
2
Số cách chọn 2 học sinh nữ trong 3 học sinh nữ là C 3 .
2
Khi đó số phần tử của biến cố A là n A C 3
3.
n A 3 1
Vậy xác suất để chọn được hai học sinh đều là nữ là P A
.
n 45 15
Số phần tử của không gian mẫu: n( ) 10000
.
Gọi
A
là biến cố “Số lấy được là bình phương của một số tự nhiên”.
2
Bình phương của một số tự nhiên có dạng: n (theo đề n*
).
2
Ta có 1 n 10000 1 n 100 n( A) 100.
n( A)
100
Vậy P( A) 1%
.
n( )
10000
Câu 255.
Chọn A
2
Số phần tử của không gian mẫu n C 10
.
2
Gọi A là biến cố 2 người được chọn đều là nữ, suy ra n A C 3
.
2
n A C3
1
Xác suất để 2 người được chọn đều là nữ là: P A
.
2
n
C
15
10
Câu 256.
Chọn A

Gọi T là phép thử lấy mỗi hộp ra một quả. Số phần tử của không gian mẫu trong
1 1
phép thử T là n C . C 120
.
T
12 10
Gọi A là biến cố hai quả lấy ra từ mỗi hộp đều là màu đỏ. Số phần tử của biến
1 1
cố A là: n A C . C 42 .
7 6
n A 42 7
Vậy xác suất của biến cố A là P A
.
n 120 20
Câu 257.
Chọn C
2
Số phần tử của không gian mẫu là: n C 11
.
Gọi biến cố
2
n A C 4
.
A : “ Hai người được chọn đều là nam”.
2
n A C4
6
Vậy xác suất cần tìm là: P A
.
2
n
C
55
11
Câu 258.
Chọn B.
5
Không gian mẫu có số phần tử là n C 12
792 .
Gọi A là biến cố: “Trong 5 bạn được chọn có cả nam và nữ, đồng thời số nam
nhiều hơn số nữ”. Khi đó, số kết quả thuận lợi cho biến cố A là
4 1 3 2
n A C . C C . C 245 .
5 7 5 7
n A 245
Vậy xác suất cần tính là P A
.
n 792
Câu 259.
Chọn C
a b c
5
Có 2 bộ số ; ; có tổng các chữ số bằng là: 0;1;4 ; 0;2;3 , mỗi bộ số
có 3! hoán vị nên có tất cả 12 khả năng.
1
Do đó xác suất để người đó bấm máy một lần đúng số cần gọi là .
12
Câu 260.
Chọn C
Mỗi bước người này có
10
gian mẫu là 2 .
2
lựa chọn sang trái hoặc phải nên số phần tử không

Câu 261.
Để sau đúng 10 bước người này quay lại đúng gốc tọa độ O thì người này phải
sang trái 5 lần và sang phải 5 lần, do đó số cách bước trong 10 bước này là
.
5
C10
63
Xác suất cần tính bằng .
10
2 256
Chọn B
Số phần tử của không gian mẫu là: 13!.
Gọi A là biến cố: “Thầy giáo đứng giữa 2 học sinh nam”
2
Bước 1: Xếp hai học sinh nam đứng cạnh thầy giáo có A 8
.
Coi hai học sinh nam đứng cạnh thầy giáo và thầy giáo là một người.
Bước 2: Xếp 12 người quanh một bàn tròn có 11! cách.
Số kết quả thuận lợi của biến cố A là:
A 2
.11!. 8
5
C 10
Vậy
P A
Câu 262.
Chọn B
2
A .11! 14 8
.
13! 39
Câu 263.
6.6 36
Số phần tử của không gian mẫu: n .
Gọi
A
n A 8 .
Chọn C
A là biến cố thỏa mãn yêu cầu bài toán:
1; 3 , 3; 1 , 4; 2 , 2; 4 , 3; 5 , 5; 3 , 4; 6 , 6; 4
8 2
Vậy P A
.
36 9
Số phần tử của không gian mẫu của phép thử gieo một con súc sắc hai lần liên
tiếp là 36.
2
2
Để phương trình bậc hai x bx c 0 có nghiệm là b 4c
0 (*) với
b, c 1, 2,3, 4,5,6
.
2
Gọi A là biến cố chọn cặp số b;
c thỏa mãn b 4c
0 trong đó
b, c 1, 2,3, 4,5,6 .
Khi c 1: Các giá trị của b thỏa mãn điều kiện (*) là: 2,3,4,5,6 . Suy ra có:
cặp b;
c .
5
Khi c 2 : Các giá trị của b thỏa mãn điều kiện (*) là: 3, 4,5,6 . Suy ra có: 4
cặp b;
c .
nên

Câu 264.
Khi c 3: Các giá trị của b thỏa mãn điều kiện (*) là: 4,5,6 . Suy ra có: 3
cặp b;
c .
Khi c 4 : Các giá trị của b thỏa mãn điều kiện (*) là: 4,5,6 . Suy ra có: 3
cặp b;
c .
Khi c 5 : Các giá trị của b thỏa mãn điều kiện (*) là: 5,6 . Suy ra có: 2 cặp
b;
c.
Khi c 6 : Các giá trị của b thỏa mãn điều kiện (*) là: 5,6 . Suy ra có: 2 cặp
b;
c.
Vậy, số cặp b;
c thỏa mãn điều kiện (*) là 19.
Chọn D
Gọi A là biến cố “Học sinh nhận được 6 điểm”.
1
3
Xác suất đánh đúng 1 câu là và đánh sai 1 câu là .
4
4
Để nhận được 6 điểm học sinh đó cần đánh đúng 12 câu và sai 8 câu.
Câu 265.
12 8
1 3 12
P
A
. .C20
0,0008.
4 4
Chọn D
6
Gọi là không gian mẫu, ta có n C 15
5005.
Câu 266.
Chọn A
Gọi A là biến cố: “ 6 quả lấy được có đủ ba màu”
A : “ 6 quả lấy được không có đủ ba màu”.
6
TH1: 6 quả lấy được chỉ một màu đỏ có C cách.
TH2: 6 quả lấy được có hai màu
6
1
6 6
+ 6 quả lấy được có hai màu đỏ và xanh: có C C cách.
11 6
461
6 6
+ 6 quả lấy được có hai màu đỏ và vàng: có C C cách.
10 6
209
6
+ 6 quả lấy được có hai màu đỏ và xanh: có C9 84 cách.
n A 1 461 209 84 755
151 850
Vậy P A 1 P A 1 .
1001 1001
n A 755 151
P A .
n 5005 1001

Có 300 số tự nhiên nhỏ hơn 300 nên n 300.
Số các số tự nhiên nhỏ hơn mà chia hết cho là: 297 0 : 3 1 100
.
300 3
Số các số tự nhiên nhỏ hơn 300 mà không chia hết cho3 là: 300 100 200 nên
n A 200 .
n A 200 2
Vậy P A
.
n 300 3
Câu 267.
Chọn B
Hộp có
3 5 7 15
viên bi.
4
Số phần tử của không gian mẫu là: C 15
1365
.
TH1: Bốc được 4 viên trong đó có 2 viên bi đỏ, 1 viên bi trắng và 1 viên bi vàng.
Có C 2
.5.7 105 cách.
3
TH2: Bốc được 4 viên trong đó có 1 viên bi đỏ, 2 viên bi trắng và 1 viên bi vàng.
2
Có 3. C .7 210 cách.
5
TH3: Bốc được 4 viên trong đó có 1 viên bi đỏ, 1 viên bi trắng và 2 viên bi vàng.
2
Có 3.5. C 315 cách.
7
Vậy số cách bốc 4 viên có đủ 3 màu là
630 6
Vậy xác suất cần tìm là: P .
1365 13
Câu 268.
Chọn A
105 210 315 630
cách.
+ Ta có
4
9
+ abcd 6 và a, b, c,
d
X
Ta có có 4 cách chọn 2, 4,6,8 , a có 9 cách chọn, b có 9 cách chọn. Vì
a b d
c
d
khi chia cho 3 có 3 khả năng số dư 0;1;2 , mà a b d c3
nên
có 3 cách chọn.
Ta có: 4.9.9.3
A
4.9.9.3 4
Xác suất cần tìm là: P
4
9 27

Câu 269. [1D2-5.2-2] (TTHT Lần 4) Gọi S là tập hợp tất cả các số tự nhiên có 5 chữ số
được lập từ tập hợp X 1,2,3,4,5,6,7,8,9 . Chọn ngẫu nhiên một số từ S .
Tính xác suất chọn được số chia hết cho 15
Câu 270. [1D2-5.2-2] (TTHT Lần 4) Gọi S là tập hợp tất cả các số tự nhiên có 5 chữ số
khác nhau được lập từ tập hợp X 1,2,3,4,5,6,7,8,9 . Chọn ngẫu nhiên một
Câu 271.
số từ
Chọn A
S . Tính xác suất chọn được số chia hết cho 30
3
Ta có n C 15 .
3
Gọi A là biến cố “lấy được 3 quả cầu màu xanh” n A C 4 .
Nên P A
n A
n
4
.
455
Câu 272.
Chọn D.
3
Lấy ngẫu nhiên 3 quyển sách có: C 9
84 cách.
Gọi A là biến cố: 3 quyển được lấy ra có ít nhất một quyển toán.
Suy ra A là biến cố: lấy 3 quyển sách và không có quyển nào là quyển toán.
3
A 10 5
5 37
Khi đó C . Vậy .
A 5
10
p A
pA
1 p 1
A
84 42
42 42
Câu 273.
Chọn B
Ta có
x, y 2 x 4,0 y 2, x,
y . Do đó n 21.
A x, y x 2,0, 2,4 ; y 0, 2 n A 8.
Ta cũng có
8
Vậy xác suất của biến cố A là P A
.
21
Câu 274.
Chọn B
Chiếc hộp chứa 6 quả cầu màu xanh và 4 quả cầu màu đỏ. Lấy ngẫu nhiên từ
5
chiếc hộp ra 5 quả cầu nên số phần tử của không gian mẫu là n C 10
.
Gọi A là biến cố: ” 5 quả cầu lấy được có đúng 2 quả cầu màu đỏ”.
Lấy 2 quả cầu màu đỏ và 3 quả cầu màu xanh nên số phần tử của biến cố
n A C . C
2 3 .
4 6
A
là

Câu 275.
Câu 276.
2 3
n A C4 . C6
10
Xác suất cần tìm là: P A
.
5
n
C
21
Chọn C
Gọi biến cố A: “2 giáo viên tập huấn gồm 1 thầy giáo và 1 cô giáo”.
2
1 1
Suy ra n và nA C C
.
C 14
4 10
1 1
n A C4 C10
40
Vậy PA
.
2
n C 91
Chọn B
3
Không gian mẫu: n C 17
.
14
Gọi A là biến cố chọn tập hợp con gồm 3 phần tử và có tổng chia hết cho 3.
Trường hợp 1: Có 5 số trong tập S chia hết cho 3 nên chọn 3 phần tử có
cách chọn.
10
Trường hợp 2: Có 6 số trong tập S chia hết cho 3 dư 1 nên chọn 3 phần tử có
3
cách chọn.
C 6
Trường hợp 3: Có 6 số trong tập S chia hết cho 3 dư 2 nên chọn 3 phần tử có
3
cách chọn.
C 6
3
C 5
Câu 277.
Câu 278.
Trường hợp 4: Chọn một phần tử trong tập S chia hết cho 3, một phần tử trong
tập S chia hết cho 3 dư 1, một phần tử trong tập S chia hết cho 3 dư . Suy ra có
5.6.6 cách chọn.
3 3 3
n A C5 C6 C6
5.6.6 23
Vậy xác suất cần tìm là P A
.
3
n C 68
Chọn C
6!
Ta có n( ) 120
(vì chữ số 1 có mặt đúng 3 lần).
3!
2 3 4
Xếp ngẫu nhiên 3 chữ số 2, 3, 4 có 3! (cách). Vì 3 chữ số 2, 3, 4 sau khi xếp sẽ
có 4 vách ngăn (gồm 2 vách ngăn giữa và 2 vách ngăn đầu) nên số cách xếp các
chữ số 1 không kề nhau tương ứng số cách xếp các chữ số 1 vào các vách ngăn
3
là: (cách).
C 4
3
3! C4
1
Vậy xác suất cần tính là: P 0,2 .
120 5
17

B 1
.
vị trí B 2
.
Chọn C
Số phần tử của không gian mẫu: n 10!
.
Gọi biến cố A : “Xếp 10 học sinh vào 10 ghế sao cho mỗi học sinh nam đều ngồi
đối diện một học sinh nữ”.
Giả sử đánh vị trí ngồi như bảng sau:
A1
A2
A3
A4
A5
B1
B2
B3
B4
B5
Cách 1: Xếp vị trí có 10 cách. Mỗi cách xếp vị trí A sẽ có 5 cách xếp vị trí
A1
1
Mỗi cách xếp vị trí , có 8 cách xếp vị trí A , tương ứng sẽ có 4 cách xếp
A1
B1
2
Cứ làm như vậy thì số cách xếp thỏa mãn biến cố A là:
10.5.8.4.6.3.4.2.2.1 460800.
n A
n A 460800 8
P A
.
n 10! 63
Câu 279.
Cách 2: Đánh số cặp ghế đối diện nhau là C 1 , C 2 , C 3 , C 4 , C 5
Xếp 5 bạn nam vào 5 cặp ghế có 5! cách.
Xếp 5 bạn nữ vào 5 cặp ghế có 5! cách.
Ở mỗi cặp ghế, ta có 2 cách xếp một cặp nam, nữ ngồi đối diện.
A
5
Số phần tử của là n A 5!.5!.2 460800 .
n A 460800 8
P A
.
n 10! 63
Chọn D
4
Chọn ngẫu nhiên 4 viên bi từ hộp có 12 viên bi thì có n( )
C .
12
2 2 2
Số cách lấy để được đủ ba màu là n( A) 3.4. C5 4.5. C3 3.5. C4
.
Xác suất để 4 viên bi lấy ra có đủ ba màu bằng
2 2 2
n( A) 3.4. C5 4.5. C3 3.5. C4
6
P( A)
4
.
n( ) C
11
Câu 280.
Chọn D
Sau khi chia tiền lần đầu tiên sẽ có 8 trường hợp xảy ra như sau:
Raashan Sylvia Ted
12

1 1 1
1 1 1
2 1 0
2 0 1
1 2 0
0 2 1
1 0 2
0 1 2
Các số lần lượt là số tiền của mỗi bạn. Có hai trường hợp cho kết quả
1;1;1
đó là
Raashan Sylvia Ted Raashan hoặc Raashan Ted Sylvia Raashan.
1
Với mỗi trường hợp cho kết quả 1;1;1
thì lượt chơi tiếp theo sẽ có cơ hội để số tiền
4
mỗi người bằng nhau.
Đối với trường hợp một người có 2$ , một người có 1$ và người còn lại không có tiền
thì lượt chơi thứ hai sẽ có 4 trường hợp xảy ra. Không mất tính tổng quát ta giả
sử Raashan có 2$ , Sylvia có 1$ và Ted không có tiền, ta có những cách chuyển
tiền như sau:
- Raashan Sylvia và Ted không nhận được tiền.
- Raashan Sylvia Ted.
- Raashan Ted Sylvia.
- Sylvia Raashan Ted.
1
Như vậy trong 4 khả năng trên chỉ có một khả năng cho kết quả 1;1;1
chiếm tỉ lệ .
4
Cứ tiếp tục chơi như vậy đến lượt thứ 2019. Khi đó xác suất mỗi người chơi có 1$ là
Câu 281.
Chọn D
2 1 6 1 1
. . .
8 4 8 4 4
Tổng có 3
4 512
quyển sách được sắp xếp lên một giá sách có 3 ngăn (có 2
vách ngăn). Vì vậy, ta coi 2 vách ngăn này như 2 quyển sách giống nhau. Vậy số
14!
phần tử không gian mẫu là n
.
2!
Gọi A là biến cố : “ Sắp xếp các 12 quyển sách lên giá sao cho không có bất kỳ
hai quyển sách toán nào đứng cạnh nhau”.
+) Xếp 9 quyển sách ( lý và hóa) cùng 2 vách ngăn có cách.
11!
2!

+) Lúc này, có 12 “khoảng trống” ( do 9 quyển sách ( lý và hóa) cùng 2 vách
ngăn tạo ra) để xếp 3 quyển sách toán vào sao cho mỗi quyển vào một “khoảng
3
trống” có cách.
A 12
11!
.A12
11!
.A12
3
3
Vậy có tất cả cách. Suy ra n A cách.
2!
2!
Vậy xác suất để không có bất kỳ hai quyển sách toán nào đứng cạnh nhau là:
11! 3
n
A
.A
12
55
P A
2! .
n
14! 91
2!
Câu 282.
Chọn A
Gọi số tự nhiên có bốn chữ số thỏa mãn yêu cầu bài toán là abcd a 0
3
Số phần tử của không gian mẫu là n 9. A 4536 .
Gọi biến cố A: ‘‘Số được chọn lớn hơn số 6700’’.
Ta các TH sau:
TH1:
a 6
có 1 cách chọn.
+ b 7;8;9 có 3 cách chọn.
+ Các chữ số c,
d được chọn từ 8 chữ số còn lại có sắp thứ tự và số cách chọn là
2
A 8
.
Số cách để chọn ở trường hợp 1 là:
2
3.A 8
TH2 : a 7;8;9 có 3 cách chọn. Khi đó: b, c,
d có cách chọn.
Số cách để chọn ở trường hợp 1 là:
2 3
2
3.A 9
Như vậy, ta được n A 3. A 3. A 1680.
8 9
n A 1680 10
Suy ra, P A
.
n 4536 27
9
3
A 9
Câu 283.
Chọn B
Số cách xếp ngẫu nhiên là 5! cách.
Ta tìm số cách xếp thoả mãn:
+ Chọn 2 vị trí cạnh nhau (3,4) và (4,5) có 2 cách.
+ Xếp A và B vào 2 vị trí cạnh nhau vừa chọn có 2! cách.
+ Xếp 3 người còn lại có 3! cách.

Câu 284.
Số cách xếp là 2.2!3!. Xác suất cần tính bằng 2.2!3!
1 .
5! 5
Chọn B
2
Số phần tử của không gian mẫu n( ) 9.10 900 .
Gọi biến cố A” Chọn được một số thỏa mãn a b c ”.
Vì a b c mà a 0 nên trong các chữ số sẽ không có số 0 .
TH1: Số được chọn có 3 chữ số giống nhau có 9 số.
TH2: Số được chọn tạo bới hai chữ số khác nhau.
2
Số cách chọn ra 2 chữ số khác nhau từ 9 chữ số trên là: .
Mỗi bộ 2 chữ số được chọn tạo ra 2 số thỏa mãn yêu cầu.
C 9
Vậy có
2
2.C 9
số thỏa mãn.
TH3: Số được chọn tạo bởi ba chữ số khác nhau.
3
Số cách chọn ra 3 chữ số khác nhau từ 9 chữ số trên là: .
C 9
Mỗi bộ
3
chữ số được chọn chỉ tạo ra một số thỏa mãn yêu cầu.
Vậy có
3
C 9
số thỏa mãn.
Vậy
n( A) 9 2. C C 165
2 3
9 9
Câu 285.
n( A) 165 11
Xác suất của biến cố A là: P( A)
.
n( ) 900 60
Chọn C
Chọn mỗi tổ hai học sinh nên số phần tử của không gian mẫu là
n C .C 6930
2 2
15 12
Gọi biến cố A : “Chọn 4 học sinh từ 2 tổ sao cho 4 em được chọn có 2 nam và 2
nữ”
Khi đó, xảy ra các trường hợp sau:
2 2
TH1: Chọn 2 nam ở Tổ 1, 2 nữ ở Tổ 2. Số cách chọn là C . C .
8 7
2 2
TH2: Chọn 2 nữ ở Tổ 1, 2 nam ở Tổ 2. Số cách chọn là C . C .
7 5
TH3: Chọn ở mỗi tổ 1 nam và 1 nữ. Số cách chọn là
C . C . C . C
1 1 1 1
8 7 5 7
Suy ra,
2 2 2 2 1 1 1 1
n A C . C C . C C . C . C . C 2758
8 7 7 5 8 7 5 7
2758 197
Xác suất để xảy ra biến cố A là P A
.
6930 495

Câu 286. [1D2-5.2-3] (GIỮA HK2 LỚP 11 THPT CHUYÊN VĨNH PHÚC 2018-2019)
Từ một cỗ bài tú lơ khơ gồm 52 con, lấy ngẫu nhiên lần lượt có hoàn lại từng
con cho đến khi lần đầu tiên lấy được con át thì dừng. Xác suất để quá trình lấy
dừng lại sau không quá ba lần bằng (làm tròn đến bốn chữ số thập phân sau dấu
phẩy)
A. 0,0769 B. 0,2134 C. 0,2135 D.
0,1500
Câu 287.
Câu 288.
Chọn D
Giả sử hộp 1 có x viên bi, trong đó có a viên bi đen.
Hộp 2 có y viên bi, trong đó có b viên bi đen.
( x, y, a,
b là những số nguyên dương, x y, a x, b y )
Từ giả thiết x y 20 ,
ab 55
xy 84
55 xy 84 ab 1
Từ đó ta có xy chia hết cho 84 .
Mặt khác xy 1 x y 2
100
suy ra xy 84 ta được x 14, y 6.
4
Thay vào 1 ta được ab 55
nên a là ước của 55. Do a 14 nên a 11
suy ra
b 5 .
Vậy xác suất để lấy được 2 bi trắng
Chọn D
6 5 14 11 1
. .
6 14 28
Số phần tử không gian mẫu:
8
n( ) 3 .
Gọi A là biến cố: '' Có 3 người cùng đến quầy thứ nhất '' .
Số kết quả thuận lợi của biến cố
A
là:
n( A) C 2 .
3 5
8
Xác suất của biến cố A :
3 5
C8
2
P( A) .
8
3
Câu 289.
Chọn A
5 5
+ Chia đều 10 đội vào 2 bảng A và B có C . C cách.
10 5
Do đó số phần tử của không gian mẫu là :
5 5
n C . C
10 5
+ Sắp xếp đội của lớp 10A1 và 10A2 vào bảng khác nhau A và B có
2 2 2 2!
cách.

cách.
Chọn 4 đội trong 8 đội còn lại để xếp vào bảng có đội lớp 10A1 có
Bốn đội còn lại xếp vào bảng còn lại.
Suy ra số cách chia đều 10 đội vào 2 bảng sao cho 2 đội 10A1 và 10A2 nằm ở
4
2 bảng khác nhau là 2!.C 8
.
4
C 8
Câu 290.
Gọi A là biến cố “Chia đều 10 đội vào 2 bảng sao cho 2 đội 10A1 và 10A2
nằm ở 2 bảng khác nhau ” thì số các kết quả thuận lợi cho biến cố A là:
n A 2!. C
4
8
4
n A 2!. C8
5
+ Xác suất cần tìm là: p A
.
5 5
n C . C 9
10 5
Chọn C
Không gian mẫu: “ gieo ngẫu nhiên một con súc sắc 3 lần liên tiếp”
n 6 216 .
3
Biến cố A:
“số abc chia hết cho 45 ”.
abc
chia hết cho 45 abc chia hết cho cả 5 và 9.
Vì abc chia hết cho 5 nên c 5 ( c 0 vì a, b,
c là số chấm xuất hiện của súc
sắc khi gieo).
Vì abc chia hết cho 9 mà c 5 a b 5 chia hết cho 9.
Các cặp số a;
b sao cho a,
b 1;2;3;4;5;6 mà a b 5 chia hết cho 9 là:
1;3 , 3;1 , 2;2.
Câu 291.
Do đó: n A 3 .
n A 3 1
Vậy P A
.
n Ω 216 72
Chọn B
Số phần tử của không gian mẫu là n 8! .
Sắp 5 học sinh nam thành một hàng ngang, có 5! cách (tạo ra 6 khoảng trống).
3
Chọn 3 khoảng trống trong 6 khoảng trống để xếp 3 nữ, có cách chọn. Khi
đó, số cách xếp 3 bạn nữ là C 3
.3! 6
cách.
3
5!. C6
.3! 5
Vậy xác suất cần tìm là P .
8! 14
C 6

Câu 292.
Chọn A
Số phần tử không gian mẫu:
5
n( ) 3 .
Gọi A là biến cố: '' Mỗi toa có ít nhất một khách lên tàu '' .
Có hai trường hợp:
TH1: Một toa có 3 khách 2 toa còn lại mỗi toa có 1 khách.
Trường hợp này có:
C 1 C 3
2 60
3 5
(cách).
TH 2: Một toa có 1 khách 2 toa còn lại mỗi toa có 2 khách.
Trường hợp này có:
C C C
1 1 2
3 5 4
90
(cách).
Câu 293.
Câu 294.
Số kết quả thuận lợi của biến cố A là:
Xác suất của biến cố :
Chọn A
Không gian mẫu là
Có hai trường hợp
3
8
150 50
P( A) .
3 81
A
5
n( A) 150
(cách).
+ Trường hợp 1: Bước 1 đi 4 ô góc thì bước 2 có 2 cách đi, bước 3 có 1
cách đi
+ Trường hợp 2: Bước 1 đi 4 ô còn lại thì bước 2 có 4 cách đi, bước 3 có 1
cách đi
Vậy tât cả có 4.2 4.4 24
Suy ra xác suất để sau
Chọn C
bước đi quân vua trở về ô ban đầu là
24
3
8 8
3
3 2
3
C 20
Đa giác đều nội tiếp một đường tròn tâm O. Lấy ngẫu nhiên 3 đỉnh có cách.
Để 3 đỉnh là 3 đỉnh một tam giác vuông không có cạnh nào là cạnh của đa giác
đều thực hiện theo các bước:
Lấy một đường kính qua tâm đường tròn có 10 cách ta được
2
đỉnh.
Chọn đỉnh còn lại trong 20 2 4 14 đỉnh (loại đi 2 đỉnh thuộc đường kính và
4 đỉnh gần ngay đường kính đó) cách.
Vậy có tất cả 10 14 140 tam giác thoả mãn.

Câu 295.
140 7
Xác suất cần tính bằng
3 .
C
57
Chọn D
Lấy ba đoạn thẳng từ năm đoạn thẳng có
không gian mẫu là n 10.
20
3
C5 10
cách. Suy ra số phần tử của
Gọi A là biến cố: " Ba đoạn thẳng lấy ra tạo thành ba cạnh của một tam giác ".
Khi đó 3 đoạn thẳng được chọn thỏa mãn tính chất: Tổng độ dài 2 đoạn thẳng
luôn lớn hơn độ dài đoạn thẳng còn lại.
Có 3 bộ thỏa mãn là n A
3;5;7 , 3;7;9 , 5;7;9 3.
Vậy xác suất để ba đoạn thẳng lấy ra tạo thành ba cạnh của một tam giác là
n
A
3
P A
.
n 10
Câu 296.
Chọn A
Gọi C là biến cố: Xếp hai học sinh A,
B ngồi ở hai bàn xếp cạnh nhau.
Số cách xếp ngẫu nhiên 36 học sinh vào 36 cái bàn là 36! , hay n 36!
.
Ta tìm số cách xếp thuận lợi cho biến cố C :
1
- Chọn 1 hàng hoặc 1 cột có C 12
cách;
- Mỗi hàng hoặc cột đều có 6 bàn nên có 5 cặp bàn xếp kề nhau, chọn lấy 1
trong 5 cặp bàn cạnh nhau trong hàng hoặc cột vừa chọn ra có cách;
1
C 5
- Xếp A và B vào cặp bàn vừa chọn có 2! cách;
- Xếp 34 học sinh còn lại có 34! cách.
n C C . C .2!.34!
Vậy tổng số cách xếp thoả mãn là:
1 1
12 5

Câu 297.
Vậy xác suất cần tính:
1 1
C 2!34! 2 12C5 P C
.
36! 21
Chọn D
Cách 1. Xếp ngẫu nhiên 10 học sinh vào hai dãy ghế có 10!
Đánh số ghế lần lượt từ 1 đến 10.
cách.
Xếp học sinh thỏa mãn bài toán xảy ra hai khả năng sau:
Khả năng 1: Nam ngồi vị trí lẻ, nữ ngồi vị trí chẵn có 5!.5! cách.
Khả năng 2: Nam ngồi vị trí chẵn, nữ ngồi vị trí lẻ có 5!.5! cách.
Vậy có tất cả
2. 5!
2
cách.
2
2. 5! 1
Xác suất cần tìm bằng .
10! 126
Cách 2: Xếp ngẫu nhiên 10 học sinh vào hai dãy ghế, có 10!
Ta chia hai dãy ghế thành 5 cặp ghế đối diện:
1 1
+ Chọn 1 nam và 1 nữ xếp vào cặp ghế 1 có C . C .2! cách;
5 5
cách xếp.
1 1
+ Chọn 1 nam và 1 nữ xếp vào cặp ghế 2 có C . C cách;
4 4
1 1
+ Chọn 1 nam và 1 nữ xếp vào cặp ghế 3 có C . C cách;
3 3
1 1
+ Chọn 1 nam và 1 nữ xếp vào cặp ghế 4 có C . C cách;
2 2
+ Chọn 1 nam và 1 nữ xếp vào cặp ghế 5 có 1 cách.
Vậy có tất cả
1 1 1 1
C5. C4. C3. C2
.2! 2. 5!
2 2
cách xếp thỏa mãn.
Câu 298.
2
2. 5! 1
Xác suất cần tìm bằng .
10! 126
Chọn D
Gọi A là biến cố “ Xếp 7 người sao cho đứa trẻ ngồi giữa hai người đàn ông”
Ta có: n( ) 6!
Xếp thỏa mãn đề bài theo các bước sau:
+Cố định đứa trẻ vào 1 ghế.
+Vì đứa trẻ ngồi giữa 2 người đàn ông nên xếp 2 người đàn ông ngồi bên cạnh
đứa trẻ

2
có: A 4
(cách)
+Xếp 2 người đàn ông còn lại và 2 người đàn bà vào 4 ghế còn lại có: 4! (cách)
n(A) A .4! 288
2
4
n( A) 288 2
Vậy: P(A)
.
n( ) 6! 5
Câu 299.
Chọn A
Cách 1:
Ta có là tập hợp các số tự nhiên gồm 9 chữ số được lập từ X 6;7;8 ,
S
trong đó chữ số 6 xuất hiện 2 lần; chữ số 7 xuất hiện 3 lần; chữ số 8 xuất hiện 4
lần nên
Có
Có
2
C 9
3
C 7
cách xếp 2 chữ số 6 vào 2 trong 9 vị trí
cách xếp 3 chữ số 7 vào 3 trong 7 vị trí còn lại
Có 1 cách xếp 4 chữ số 8 vào 4 trong 4 vị trí còn lại
2 3
C C
n S . .1 1260
9 7
Chọn ngẫu nhiên một số từ tập
S nên n 1260
Gọi
6”
A
là biến cố “số được chọn là số không có chữ số 7 đứng giữa hai chữ số
TH1: 2 chữ số 6 đứng liền nhau
3
Có 8 cách xếp cho số 66 .Trong mỗi cách như vậy có cách xếp chữ số 7 và 1
cách xếp cho các chữ số 8
C 7
Vậy có
3
8. C .1 280 số
7
TH2: Giữa hai số 6 có đúng 1 chữ số và số đó là số 8.
3
Có 7 cách xếp cho số 686 .Trong mỗi cách như vậy có cách xếp chữ số 7 và
1 cách xếp các chữ số 8
C 6
Vậy có
7. C 140
3
6
số
TH3: Giữa hai số 6 có đúng 2 chữ số và đó là hai chữ số 8.
Tương tự Có
3
6. C 60 số
5

TH4: Giữa hai số 6 có đúng 3 chữ số và đó là ba chữ số 8.
Có
3
5. C 20 số
4
TH5: Giữa hai số 6 có đúng 4 chữ số và đó là bốn chữ số 8.
Có
3
4.C 3
=4 số
Từ đó suy ra n A 280 140 60 20 4 504
n A 504 2
Xác suất cần tìm là P A
.
n 1260 5
Cách 2:
- Số phần tử không gian mẫu
9!
n 1260
2!3!4!
- Tính số phần tử của biến cố A“số được chọn là số không có chữ số 7 đứng giữa
hai chữ số 6”
Xếp 2 số 6 có 1 cách: 6 6
1
Xếp 3 số 7 vào 2 khoảng ; có C 4
cách ( số cách xếp bằng số nghiệm
nguyên không âm của phương trình x x ).
1 2
3
Xếp 4 số 8 vào 6 khoảng tạo bởi 2 số 6 và 3 số 7 có
5
C 9
cách ( số cách xếp bằng
số nghiệm nguyên không âm của phương trình x x ... x 4 ).
1 5
C C
n A . 504
4 9
n A 504 2
Xác suất cần tìm là P A
.
n 1260 5
1 2 6
Câu 300.
Chọn B
Ta có n 9!
Xét
A : Có ít nhất một hàng hoặc một cột chỉ toàn số chẵn.
Vì chỉ có 4 số chẵn là 2, 4, 6, 8 nên chỉ có thể có đúng một hàng hoặc đúng một
cột chỉ toàn các số chẵn. Để điền như vậy cần chọn một trong số ba hàng hoặc ba
cột rồi chọn 3 số chẵn xếp vào hàng hoặc cột đó, 6 số còn lại xếp tùy ý. Do đó
n A 6. A .6!.
3
4

Câu 301.
2 5
Vậy P A P A
.
7 7
Chọn B.
Giả sử số thứ tự trong danh sách là , , , ... , u .
u1
u2
u3
10
Do dãy này là cấp số cộng nên ta có u u u u u u u u u u .
Số phần tử của không gian mẫu là n 10!
.
1 10 2 9 3 8 4 7 5 6
Gọi A là biến cố “Tổng các số thứ tự của hai em ngồi đối diện nhau là bằng
nhau”. Để biến cố này xảy ra ta thực hiện liên tiếp các bước sau:
Bước 1: xếp thứ tự cặp học sinh có các cặp số thứ tự là ; , u ; u ,
5 u1 u10
2 9
u ; u , u ; u , ; vào trước cặp ghế đối diện nhau. Bước này có
3 8
cách.
4 7
u u 5 5!
5 6
Bước 2: xếp từng cặp một ngồi vào cặp ghế đối diện đã ) Chọn ở bước 1. Bước
5
này có 2 cách.
5
Suy ra số kết quả thuận lợi cho biến cố A là n A 5!.2 .
n A 1
Vậy xác suất của biến cố A là P A
.
n 945
Câu 302.
Chọn B
Bổ đề: Trong mặt phẳng cho hai tia Ox và Oy vuông góc với nhau tại gốc O .
Trên tia Ox lấy 10 điểm A1 , A2 ,..., A10
và trên tia Oy lấy 10 điểm B1 , B2 ,..., B10
thỏa mãn
OA A A ... A A OB B B ... B B 1
(đvd). Tìm số tam
1 1 2 9 10 1 1 2 9 10
giác có 2 đỉnh nằm trong 10 điểm A1 , A2 ,..., A10
, 1 đỉnh nằm trong 10 điểm
B , B ,..., B
1 2 10
sao cho tam giác chọn được có đường tròn ngoại tiếp, tiếp xúc với
một trong hai trục Ox hoặc Oy ?
Giải: Gọi A , A , B là 3 đỉnh của tam giác thỏa yêu cầu bài toán với
m n p
m, n, p 1,10;
m n .
Ta có OA ( m;0), OA ( n;0), OB (0; p)
.
m n p
Do đường tròn luôn cắt Ox tại A , A phân biệt nên đường tròn chỉ có thể tiếp
m
2
2
xúc với Oy tại B , ta có phương tích OB OA . OA p m.
n .
p
n
p m n

2 2 2 2
Do m, n, p 1,10;
m n nên dễ thấy 2 1.4, 3 1.9, 4 2.8, 6 4.9 , hay
nói cách khác bộ ba ( m, n, p) (1, 4, 2), (1,9,3), (2,8, 4), (4,9,6) .
Vậy có
4
tam giác thỏa mãn yêu cầu bổ đề.
1 2 2 1
Bài toán: Không gian mẫu n( ) C . C C . C 900 .
Gọi
A
10 10 10 10
là biến cố chọn được tam giác có đường tròn ngoại tiếp tiếp xúc với một
trong hai trục Ox hoặc Oy . Theo bổ đề ta chọn được 4 tam giác có 2 đỉnh
thuộc tia Ox , 1 đỉnh thuộc tia Oy ; tương tự có 4 tam giác có 1 đỉnh thuộc tia
Ox , 2 đỉnh thuộc tia Oy . Suy ra n A 8 .
8 2
n A
Xác suất biến cố A là P( A)
.
n( ) 900 225
Câu 303.
Chọn D
Gọi số tự nhiên có 5 chữ số khác nhau lấy từ các phần tử của tập A là abcde
( a 0; a b c d e; a, b, c, d,
e A ).
+) Chọn a có 6 cách.
4
+) Chọn bốn chữ số b , c , d , e có cách.
A 6
Vậy số cách lập số tự nhiên có 5 chữ số khác nhau lấy từ các phần tử của
4
tập A là 6. A 2160 cách. Do đó số phần tử của không gian mẫu là
6
2160 .
n
Gọi biến cố B : ‘‘Số tự nhiên lập được chia hết cho 5 và các chữ số 1, 2 , 3 luôn
có mặt cạnh nhau’’.
TH1: Số lập được có dạng abcd0 .
+) Vì các chữ số 1, 2 , 3 luôn có mặt cạnh nhau nên ta coi ba số đó là khối X.
Xếp ba số 1, 2 , 3 trong khối X có P3
cách.
1
+) Chọn số trong tập 4;5;6 có C cách.
1
3
3
+) Xếp khối X và số vừa chọn vào vị trí có P 2
cách.
Theo quy tắc nhân ta có
P .3. P 36
3 2
TH2: Số lập được có dạng abc05 .
số.
+) Vì các chữ số 1, 2 , 3 luôn có mặt cạnh nhau nên ta có P3
cách chọn số a , b ,
c .
Vậy có
P3 6
số.
TH3: Số lập được có dạng abcd5 a, b, c, d 0 .

+) Vì các chữ số 1, 2 , 3 luôn có mặt cạnh nhau nên ta coi ba số đó là khối X.
Xếp ba số 1, 2 , 3 trong khối X có P3
cách.
1
+) Chọn số trong tập 4;6 có C cách.
1
2
2
+) Xếp khối X và số vừa chọn vào vị trí có P 2
cách.
Theo quy tắc nhân ta có
P .2. P 24
3 2
số.
Câu 304.
Vậy số kết quả xảy ra của biến cố B là nB 36 6 24 66 số.
n B 66 11
Xác suất của biến cố B là PB
.
n 2160 360
Chọn C
3
C 20
Lấy 3 phần tử từ tập S có (cách).
3
Suy ra số phần tử của không gian mẫu là n C 1140
.
20
Gọi
A
là biến cố thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Đặt S1 1;3;5;...;19 , tập S1
có 10 phần tử.
, tập S có 10 phần tử.
S2 2;4;6;...;20
2
a , b , c là ba số theo thứ tự lập thành cấp số cộng 2a b c .
Có 2a là số chẵn, nên b và c cùng chẵn hoặc cùng lẻ.
2
2C 10
Suy ra số cách chọn b , c là .
Mỗi cách chọn cặp b , c thì có duy nhất một cách chọn a sao cho 2a b c .
2
Suy ra số phần tử của biến cố là n A 2C
90 .
n A 90 3
Xác suất thỏa yêu cầu bài là P A
.
n 1140 38
10
Câu 305.
3
Vậy P A
.
38
Chọn D
Không gian mẫu được mô tả là : “Các số tự nhiên có 5 chữ số khác 0”.
Số phần tử của không gian mẫu là: n 9 59049 .
5
Gọi biến cố A : “Các số tự nhiên có 5 chữ số khác 0 trong đó chỉ có mặt ba chữ
số khác nhau”.
3
Số cách chọn 3 chữ số phân biệt a , b,
c từ 9 chữ số tự nhiên khác 0 là C 9
. Chọn
2 chữ số còn lại từ 3 chữ số đó, có 2 trường hợp sau:

TH1: Nếu cả 2 chữ số còn lại cùng bằng 1 trong 3 số a , b,
c thì có 3 cách chọn.
Mỗi hoán vị từ 5! hoán vị của 5 chữ số chẳng hạn a , a , a , b,
c tạo ra một số tự
nhiên; nhưng cứ 3! hoán vị của các vị trí mà a , a,
a chiếm chỗ thì chỉ tạo ra
5!
cùng 1 số tự nhiên. Do đó, trong TH1 có tất cả3. số tự nhiên.
3!
TH2: 1 trong 2 chữ số còn lại bằng 1 trong 3 chữ số a , b,
c và chữ số kia bằng
một chữ số khác trong 3 chữ số đó thì có 3 cách chọn. Mỗi hoán vị từ 5! hoán vị
chẳng hạn a , a , b , b,
c tạo ra một số tự nhiên nhưng cứ 2! cách hoán vị a và 2!
5!
cách hoàn vị b mà vẫn cho ra cùng 1 số. Do đó, trong TH2 có tất cả: 3. số 2!.2!
Câu 306.
tự nhiên.
5! 5! 3
Suy ra số phần tử của biến cố A là n A 3. 3. . C9
12600
.
3! 2!.2!
Vậy xác suất để trong số tự nhiên được lấy ra chỉ có mặt ba chữ số khác nhau là:
n
A
12600
P A
.
n 59049
Chọn A
* Không gian mẫu là n 6
* Gọi biến cố A:" Các quả cầu cùng màu thì vào chung một hộp”
Bỏ 3 quả cầu vào một hộp, bỏ 3 quả màu xanh vào hộp còn lại có 2 cách
n A
2
* Xác suất của biến cố là
A P A
n A 2 1
n 6 3
Câu 307.
Câu 308.
Chọn C
Xét phép thử T : “Chọn 7 cuốn sách từ 15 cuốn sách”.
7
Số phần tử của không gian mẫu trong phép thử là C 15
.
Gọi A biến cố chọn 7 cuốn sách có đủ 3 môn trong phép thử T .
Xác suất của biến cố cần tìm bằng xác suất của biến cố A .
Ta có n A C C C C .
7 7 7 7
5949 661
Vậy P A .
7
C 715
Chọn D
15 9 10 11
5949
15
Chọn số tự nhiên có 4 chữ số bất kỳ có:
n 9.10.10.10 9000
(cách).

Gọi A là biến cố: “Số được chọn có dạng abcd , trong đó 1 a b c d 9 ”.
(*)
Cách 1: Dùng tổ hợp
Nhận xét rằng với 2 số tự nhiên bất kỳ ta có: m n m n 1.
Do đó nếu đặt:
x
a
y
b 1
z
c 2
t
d 3
Từ giả thuyết 1 a b c d 9 ta suy ra: 1 x y z t 12
(**).
Với mỗi tập con gồm 4 phần tử đôi một khác nhau được lấy ra từ
1,2,...,12
đều có được duy nhất một bộ số thoả mãn (**) và do đó tương ứng ta có duy
nhất một bộ số a, b, c,
d thoả mãn (*). Số cách chọn tập con thoả tính chất trên
4
là tổ hợp chập 4 của 12 phần tử, do đó: n A C 12
495 .
n A 495
Vậy: P A
0,055 .
n 9000
Cách 2: Dùng tổ hợp lặp
Chọn số tự nhiên có 4 chữ số bất kỳ có:
Mỗi tập con có 4 phần tử được lấy từ tập
n 9.10.10.10 9000
1, 2,...,9
(cách).
ta
(trong đó mỗi phần tử có thể
được chọn lặp lại nhiều lần) ta xác định được một thứ tự không giảm duy nhất và
theo thứ tự đó ta có được một số tự nhiên có dạng abcd (trong đó
1 a b c d 9 ). Số tập con thoả tính chất trên là số tổ hợp lặp chập 4 của 9
phần tử.
4
Do đó theo công thức tổ hợp lặp ta có: n A .
n A 495
Vậy: P A
0,055 .
n 9000
C9 4 1
495
Câu 309.
Chọn A
Xếp ngẫu nhiên 6 quả cầu đôi một khác nhau thành một hàng ngang có
xếp.
Gọi A là biến cố “2 quả cầu màu trắng không xếp cạnh nhau”.
Suy ra A là biến cố “2 quả cầu màu trắng xếp cạnh nhau”.
6! cách

n A 2.5!
2.5.4! 2
Ta có . Vậy xác suất cần tìm là P A 1 P A 1 .
6! 3
Câu 310.
Chọn C
3
Ta có 9.10 số tự nhiên có 4 chữ số.
Gọi số cần tìm có dạng ABCD A B C D .
Cách 1: Ta có các trường hợp sau
4
* A B C D : có C10 120
số.
3
* A B C D hoặc A B C D hoặc A B C D : có 3. C 360 số.
10
Câu 311.
2
* A B C D hoặc A B C D hoặc A B C D : có 3. C 135
số.
* A B C D : có 9 số.
210
Vậy xác suất cần tìm là 360 135 9
119 .
3
9.10 1500
Cách 2:
Ta có 0 D C B A 9 0 D C 1 B 2 A 3 12
.
4
Do đó có C cách chọn bộ 4 số D , C 1, B 2, A 3 .
13
4
Suy ra, có C cách chọn bộ 4 số D , C , B , A .
13
4
Trong số C cách chọn đó, bỏ đi bộ số 0 , 1, 2 , 3 .
13
4
C13
1 119
Vậy xác suất cần tìm là .
3
9.10 1500
Chọn D
Nhận định bài toán:
1) Đây là dạng bài toán phân chia một tập hợp ra thành các nhóm có số lượng
bằng nhau.
2) Phương pháp:
Dạng bài toán này được phân chia làm 2 loại đó là:
- Các nhóm có thứ tự A, B, C, D…
- Các nhóm không phân biệt thứ tự.
Nếu không phân biệt rõ ràng 2 bài toán này thì rất dễ dẫn đến nhầm lẫn và sai
kết quả.
Ví dụ: Có bao nhiêu cách chia 20 người thành 4 nhóm, mỗi nhóm có 5 người
trong các trường hợp sau:
a) Các nhóm được đánh tên theo thứ tự A, B, C, D.
b) Không phân biệt thứ tự nhóm.
10

Lời giải
5
a) Số cách chọn 5 người cho nhóm A là C . Ứng với mỗi cách chọn trên, ta có
5
5
số cách chọn 5 người cho nhóm B là C
15
, nhóm C là C
10
và 5 người còn lại vào
nhóm D.
5 5 5
Theo quy tắc nhân, ta được số cách chia nhóm là: C . C . C .1 (cách).
20
20 15 10
b) Vì các nhóm không phân biệt thứ tự nên khi ta hoán vị 4 nhóm trên sẽ cho
cùng một kết quả. Do đó số cách chia trong trường hợp này là
3) Phân tích bài toán và lời giải.
5 5 5
C20. C15. C10.1
(cách)
4!
Chia 8 đội thành hai bảng đấu, do đó hai bảng đấu này sẽ có thứ tự rõ ràng cho
nên bài toán của chúng ta thuộc loại chia nhóm có thứ tự.
Gọi hai bảng đấu là bảng A và bảng B.
4
Chọn 4 đội vào bảng A ta có C
8
cách, bốn đội còn lại vào bảng B có 1 cách.
Theo quy tắc nhân, ta có số cách chia 8 đội vào hai bảng đấu là:
4
n C 8
.1 70 (cách)
Gọi A là biến cố “Hai đội Việt Nam nằm ở hai bảng khác nhau”.
3 1
Bảng A: Có 3 đội nước ngoài và 1 đội Việt Nam. Số cách chọn là C . C .
Bảng B: Chỉ còn 1 cách chọn duy nhất cho 3 đội nước ngoài và 1 đội Việt Nam
còn lại vào bảng B.
Do đó số cách chia 8 đội thành 2 bảng mỗi bảng có 1 đội Việt Nam là :
3 1
C C
n A
Vậy xác suất của biến cố A là: P A
. .1 40 (cách)
6 2
n A 40 4
.
n 70 7
6 2
Câu 312.
Chọn A
Gọi ba bảng đấu có tên là A, B, C.
4
4
Chọn 4 đội cho bảng A có C
12
cách, chọn 4 đội cho bảng B có C
8
cách và 4 đội
còn lại vào bảng C có 1 cách.
Theo quy tắc nhân, số cách chia 12 đội thành 3 bảng đấu là:
n C . C .1 34650 (cách)
4 4
12 8
Gọi A là biến cố “3 đội Việt Nam cùng nằm ở một bảng đấu.
Giả sử 3 đội Việt Nam cùng nằm ở bảng A.

Khi đó bảng A sẽ chọn 1 đội trong 9 đội nước ngoài và 3 đội Việt Nam, 8 đội
còn lại chia vào bảng B và C. Trong trường hợp này ta có số cách chọn là
1 4
C .1. C .1 630 (cách)
9 8
Vì vai trò của các bảng là như nhau nên trường hợp 3 đội Việt Nam ở bảng B
hay bảng C đều cho kết quả như nhau.
n A
Vậy số kết quả thuận lợi cho biến cố A là
1 4
Xác suất của biến cố A là : P A
C . C .3 1890 (cách)
9 8
n A 1890 3
.
n 34650 55
Câu 313.
Chọn C
+ Gọi số cần tìm là A a a a a b b b b .
1 2 3 4 1 2 3 4
Ta có tổng các chữ số của A là 1 2 3 4 ... 8 36 chia hết cho 9 nên A chia hết
cho 9.
Do 9 và 1111 có ƯCLN là 1 nên A chia hết cho 9999 .
Đặt x a a a a ; y b b b b . Ta có:
1 2 3 4
1 2 3 4
+ A 10000x y 9999x x y chia hết cho 9999 x y chia hết cho 9999 .
Mà 0 x y 2.9999 x y 9999
+ x 1000a1 100a2 10a3 a4
; y 1000b1 100b2 10ab b4
.
x y 1000( a b ) 100( a b ) 10( a b ) ( a b ) 9999
1 1 2 2 3 3 4 4
( a b ) ( a b ) ( a b ) ( a b ) 9 .
1 1 2 2 3 3 4 4
X
+ Từ tập có 4 cặp số 1;8 ;(2;7);(3;6);(4;5) nên có: 8 cách chọn a1
; 6 cách chọn a2
;
4 cách chọn và 2 cách chọn a .
a3
4
Vì ai
và bi
tạo thành một cặp để ai
bi
9 nên chọn ai
có luôn bi
.
Số các số cần tìm là: 8.6.4.2 384 số.
n 384
Vậy xác suất cần tìm là: P A
.
n 8!
Câu 314.
Chọn A
Ta có tất cả các số tự nhiên có 7 chữ số bắt đầu từ 1000000 đến 9999999 gồm
9000000 số.
Do đó n 9000000

Mặt khác, ta thấy cứ 70 số tự nhiên liên tiếp thì có 10 số chia hết cho 7, trong đó
có 1 số có chữ số hàng đơn vị là chữ số 3.
Mà 9000000 70128571
30 , nên ta chia 9000000 số thành 128571 bộ 70 số
liên tiếp và còn lại 30 số cuối, trong đó:
128571 bộ 70 số tự nhiên liên tiếp có 128571 số thỏa mãn yêu cầu
30 số cuối có 3 số tận cùng bằng 3 được xét trong bảng sau
9999973 9999983 9999993
Chia cho 7 dư 4 Chia hết cho 7 Chia cho 7 dư 4
Vậy tất cả có 128572 số chia hết cho 7 và chữ số hàng đơn vị là chữ số 3.
Gọi
A
là biến cố ‘Chọn được một số chia hết cho 7 và chữ số hàng đơn vị là
128572
chữ số 3’ thì n A .
Câu 315.
128572
Suy ra P A
0,01429 .
9000000
Chọn C
Cách 1: Số các số tự nhiên có hai chữ số phân biệt là
2
Số phần tử của không gian mẫu là n 81 .
9.9 81
số.
Gọi
A
là biến cố thỏa mãn bài toán.
+ Khả năng 1: Hai bạn chọn số giống nhau nên có 81 cách.
+ Khả năng 2: Hai bạn chọn số đảo ngược của nhau nên có 9.8 72 cách.
+ Khả năng 3: Hai bạn chọn số chỉ có một chữ số trùng nhau
- TH1: Trùng chữ số 0 : Công có 9 cách chọn số và Thành đều có 8 cách
chọn số nên có 9.8 72 cách.
- TH 2: Trùng chữ số 1: Nếu Công chọn số 10 thì Thành có 16 cách chọn
số có cùng chữ số 1. Nếu Công chọn số khác 10, khi đó Công có 16 cách chọn
số và Thành có 15 cách chọn số có cùng chữ số 1 với Công nên có
16 16.15 16.16 256 cách.
- Các trường hợp chọn trùng chữ số 2,3, 4,...9 tương tự.
Vậy n A 81 72 72 9.256 2529.
2
n A 2529 281
Xác suất cần tính là P A
.
n 81 729

Cách 2: Số các số tự nhiên có hai chữ số phân biệt là
9.9 81
số.
2
Số phần tử của không gian mẫu là n 81 .
Gọi A là biến cố thỏa mãn bài toán. Xét biến cố A .
- TH 1: Công chọn số có dạng a0
nên có 9 cách. Khi đó có 25 số có ít nhất
một chữ số trùng với số a0
nên Thành có 81
25 56 cách chọn số không có
chữ số trùng với Công. Vậy có 9.56 504 cách.
- TH 2: Công chọn số không có dạng a0
: Có 72 cách, khi đó 32 số có ít nhất
một chữ số trùng với số của Công chọn nên Thành có 81
32 49 cách chọn số
không có chữ số nào trùng với Thành. Vậy có 72.49 3528 cách.
4032 281
P A 1 P A 1 .
81 729
n A 3528 504 4032 2
Câu 316.
Chọn A
Giả sử số cần lập là abcd a b c d .
4
Số phần từ không gian mẫu: .
A 9
Câu 317.
Gọi A là biến cố lấy được số chia hết cho 11 và tổng của các chữ số của chúng
cũng chia hết cho 11.
Ta có:
abcd
11 1000a 100b 10c d 11 100a 10b c d 11
a b c d 11 a b c d 11 a b c d 11
10a b c d 11
a c b d 11 a c 11
.
a b c d 11 a c b d 11 b d 11
Từ 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9 ta có 4 cặp tổng chia hết cho 11 là:
2;9 , 3;8 , 4;7 , 5,6
A 4.2.3.2 48 P A
.
1
.
63
Chọn A
+ Số các chỉnh hợp chập 3 của tập hợp các chữ số 0;1;2;3;4;5;6;7;8;9
là:
.
3
A 10

Số các chỉnh hợp chập 3 của tập hợp các chữ số 0;1;2;3;4;5;6;7;8;9
mà
chữ số 0 đứng vị trí đầu tiên ( 0bc ) bằng số các chỉnh hợp chập 2 của tập hợp
2
các chữ số 1;2;3;4;5;6;7;8;9 và bằng .
Suy ra số các số tự nhiên có 3 chữ số đôi một khác nhau bằng
n A A A số.
3 2
10 9
648
2
+ Lấy ngẫu nhiên ra từ A hai số có n C 648
cách.
+ Gọi M là biến cố “lấy được từ A hai số mà các chữ số có mặt ở hai số đó
giống nhau”
Trường hợp 1: Ba chữ số có mặt trong hai số được lấy không có chữ số 0 .
3
Chọn ba chữ số trong tập 1;2;3;4;5;6;7;8;9 có cách.
Ba chữ số này tạo thành 3! 6 số trong A .
A 9
2
Lấy hai số trong 6 số này có cách (hai số các chữ số có mặt ở
hai số đó giống nhau).
3 2
Suy ra có C . C cách lấy hai số thỏa trường hợp 1.
9 6
Trường hợp 2: Ba chữ số có mặt trong hai số được lấy có chữ số 0 .
2
Chọn thêm hai chữ số trong tập 1;2;3;4;5;6;7;8;9 có cách.
Ba chữ số này (hai chữ số vừa chọn và chữ số
số trong A .
C 6
C 9
C 9
0 ) tạo thành 2.2! 4
2
Lấy hai số trong 4 số này có (hai số các chữ số có mặt ở hai số
đó giống nhau).
2 2
Suy ra có C . C cách lấy hai số thỏa trường hợp 2.
9 4
C 4
Câu 318
3 2 2 2
Suy ra n M C . C C . C 1476
.
9 6 9 4
+ Do đó, xác suất để lấy được hai số mà các chữ số có mặt ở hai số đó giống
nhau là:
Chọn A
p M
2
n M 1476 41
.
n
C
5823
Mỗi lần di chuyển, quân cờ chỉ có thể di chuyển một trong bốn cách sau: lên trên
1 ô (U), xuống dưới 1 ô (D), sang phải 1 ô (R), sang trái 1 ô (L). Quân cờ di
4
chuyển bốn lần sẽ có 4 256 cách.
n 256 .
648

Câu 319.
Gọi A là biến cố quân cờ không trở về đúng vị trí ban đầu sau bốn lần di
chuyển.
A
là biến cố quân cờ trở về đúng vị trí ban đầu sau bốn lần đi chuyển.
Để quân cờ trở về đúng vị trí ban đầu sau bốn lần đi chuyển thì phải thực hiện 1
trong 3 trường hợp sau:
Trường hợp 1: Có một U, một D, một R, một L.
Xếp cách thực hiện U, D, R, L theo thứ tự có
Trường hợp 2: Có hai U, hai D.
4! 24
cách.
2 2
Xếp cách thực hiện hai U, hai D theo thứ tự có C4 . C2
6 cách.
Trường hợp 3: Có hai R, hai L.
2 2
Xếp cách thực hiện hai R, hai L theo thứ tự có C . C 6 cách.
n A 36 9
n A 36 P A
.
n 256 64
9 55
Vậy P A 1 P A 1 . 64 64
Chọn A
Ta có tất cả các số tự nhiên có 5 chữ số bắt đầu từ 10000 đến 99999 gồm 90000
số.
Do đó n 90000
Mặt khác, ta thấy cứ 70 số tự nhiên liên tiếp thì có 10 số chia hết cho 7, trong đó
có 1 số có chữ số hàng đơn vị là chữ số 1.
4 2
Mà 90000 701285 50 , nên ta chia 90000 số thành 1285 bộ 70 số liên tiếp
và còn lại 50 số cuối, trong đó:
1285 bộ 70 số tự nhiên liên tiếp có 1285 số thỏa mãn yêu cầu
50 số cuối có 5 số tận cùng bằng 1 được xét trong bảng sau
99951 99961 99971 99981 99991
Chia cho 7 dư
5
Chia cho 7 dư
1
Chia cho 7 dư
4
Chia hết cho
7
Vậy tất cả có 1286 số chia hết cho 7 và chữ số hàng đơn vị là chữ số 1.
Chia cho 7 dư
3
Gọi A là biến cố ‘Chọn được một số chia hết cho 7 và chữ số hàng đơn vị là chữ
số 1’ thì n A .
1286
1286 643
Suy ra P A
.
90000 45000
Cách 2: Tác giả: Nguyễn Thị Thu Dung ; Fb: Dung nguyen

Câu 39-1.
Vì A là tập tất cả các số tự nhiên có 5 chữ số nên
A abcde : a 0; a, b, c, d, e 0,1,2, ,9 .
n A 9.10.10.10.10 90000.
Số phần tử của không gian mẫu là
1
n C 90000
90000.
Gọi X là biến cố: “Chọn được một số chia hết cho 7 và chữ số hàng đơn vị bằng
1 từ tập A ”.
Khi abcde7
và abcde có tận cùng bằng 1, do đó abcde 7. M với
1428 M 14285
và M có chữ số tận cùng là 3.
Xét các trường hợp sau:
1) M là số có 4 chữ số có dạng mnpq.
Khi đó: mnpq 1428
và q 3.
- Với m 1, do mnpq 1428
và q 3 nên n 4.
thỏa mãn.
p
+) Khi n 4 thì 2 nên p 3;4;5;6;7;8;9 . Ta được 7 số
+) Khi 5 : Có 5 cách chọn thuộc tập hợp 5;6;7;8;9 . Khi đó
n n
p được chọn tùy ý thuộc tập 0;1;2;3;4;5;6;7;8;9
. Ta được 50 số thỏa mãn.
- Với 2 tức là có 8 cách chọn từ tập 2;3;4;5;6;7;8;9 . Khi đó
m m
1428 n p 0;1;2;3;4;5;6;7;8;9
mnpq với mọi , thuộc tập hợp . Ta được
8.10.10 800
số thỏa mãn.
2) M là số có 5 chữ số có dạng mnpqr.
Khi đó: mnpqr 14285
và r 3.
Do mnpqr 14285
nên m chỉ nhận giá trị bằng 1 và n 4.
- Với m 1; n 0,1,2,3 thì , là các số tùy ý thuộc tập 0;1;2;3;4;5;6;7;8;9 .
Ta được
p q
4.10.10 400
- Với m 1; n 4 :
được
mãn.
số thỏa mãn.
+) Khi p 0 hoặc 1 thì là số tùy ý thuộc tập 0;1;2;3;4;5;6;7;8;9 . Ta
2.10 20
số thỏa mãn.
p q
+) Khi 2 thì phải thuộc tập 0;1;2;3;4;5;6;7;8 . Ta được 9 số thỏa
p q
Vậy số phần tử của biến cố
X là n X 7 50 800 429 1286.
Xác suất để chọn được một số chia hết cho 7 và chữ số hàng đơn vị là 1 bằng
n
X 1286 643
P X .
n 90000 45000
Câu tương tự:

Câu 39-2.
Chọn A
Vì
A
là tập tất cả các số tự nhiên có 5 chữ số nên
A abcde : a 0; a b c d e; a, b, c, d, e 0,1,2, ,9 .
n A 9.9.8.7.6 27216.
Số phần tử của không gian mẫu là
1
n C 27216
27216.
Gọi X là biến cố: “Chọn được một số chia hết cho 7 và chữ số hàng đơn vị bằng
1 từ tập A ”.
Khi abcde7
và abcde có tận cùng bằng 1,do đó abcde 7. M với
1428 M 14285
và M có chữ số tận cùng là 3.
Xét các trường hợp sau:
1) M là số có 4 chữ số có dạng mnpq.
Khi đó: mnpq 1428
và q 3.
- Với m 1, do mnpq 1428
và q 3 nên n 4.
p
+) Khi n 4 thì 2 nên p 4;5;6;7;8;9 . Ta được 6 số thỏa mãn.
+) Khi 5 : Có 5 cách chọn thuộc tập hợp 5;6;7;8;9 . Khi đó
p m, n,
q
n n
nên
p
có 7 cách chọn. Ta được 35 số thỏa mãn.
- Với 2 tức là có 7 cách chọn từ tập 2;4;5;6;7;8;9 . Khi đó
m m
1428 n p
mnpq với mọi , thuộc tập hợp 0;1;2;4;5;6;7;8;9 và n p m , do
đó có 8 cách chọn n , có 7 cách chọn p.
Ta được 7.8.7 392 số thỏa mãn.
2) M là số có 5 chữ số có dạng mnpqr.
Khi đó: mnpqr 14285
và r 3.
Do mnpqr 14285
nên m chỉ nhận giá trị bằng 1 và n 4.
- Với m 1; n 0,2 thì , là các số tùy ý thuộc tập 0;2;4;5;6;7;8;9 và
p q
p q n. Ta được 2.7.6 84 số thỏa mãn.
- Với m 1; n 4 :
mãn.
+) Khi 0 thì là số tùy ý thuộc tập 2;5;6;7;8;9 . Ta được 6 số thỏa
p q
+) Khi 2 thì phải thuộc tập 0;5;6;7;8 . Ta được 5 số thỏa mãn.
p q
Vậy số phần tử của biến cố
X là n X 6 35 392 84 6 5 528.
Xác suất để chọn được một số chia hết cho 7 và chữ số hàng đơn vị là 1 bằng
n
X 528 11
P X .
n 27216 567
4
Số phần tử của A là A9 3024 số.

Số phần tử của không gian mẫu là n 3024.
Gọi A là biến cố: “Chọn được một số chia hết cho 11 và tổng bốn chữ số của
nó chia hết cho 11”.
Xét số tự nhiên có 4 chữ số có dạng
abcd với ( a 0; a b c d).
Theo bài ra ta có:
( a c) ( b d) 11
và a c b d 11.
Câu 320.
Câu 321.
Suy ra
a c11
và b d11.
Trong các chữ số
2;9 ; 3;8 ; 4;7 ; 5;6 .
1;2;3;4;5;6;7;8;9 có các bộ số mà tổng chia hết cho 11 là
Chọn 2 cặp trong 4 cặp số trên để tạo số abcd11.
a c
Chọn ; có 4 cách, chọn b;
d có 3 cách, sau đó sắp thứ tự các số
a, b, c, d.
Ta được 4.3.2.2 48.
Suy ra n( A) 48.
Vậy P A
Chọn D
Số phần tử của
n A 48 1
.
n 3024 63
S
là số đường thẳng tạo nên từ 30 điểm đã cho là
Số cách chọn 2 đường thẳng bất kỳ thuộc tập
n( ) C 94395
2
435
S
2
C30 435
là số phần tử không gian mẫu
Giao điểm của hai đường thẳng nằm trong đường tròn tức là cũng nằm ở miền
trong đa giác 30 đỉnh, khi đó giao điểm 2 đường thẳng cũng là giao điểm hai
đường chéo của tứ giác có 4 đỉnh thuộc 30 đỉnh đa giác đã cho, vậy số giao điểm
4
nằm trong đa giác chính là C30 27405
Vậy xác suất cần tìm là 27405
9
94395 31
Chọn B
Gọi A là biến cố lấy ra hai đường chéo có giao điểm nằm trong đường tròn ( C)
.
2
Số đường chéo của đa giác đều 20 đỉnh là C20 20 170
. Khi đó, ta có số cách
2
lấy ra 2 đường chéo trong số 170 đường là n( ) C170
14365
Để có hai đường chéo cắt nhau tại một điểm nằm trong đường tròn ( C)
thì hai
đường chéo đó phải là đường chéo của tứ giác có 4 đỉnh là đỉnh của đa giác đều
20 đỉnh. Do đó, số cách lấy ra 2 đường chéo có giao điểm nằm trong đường tròn
4
tâm O là C20 4845
Vậy xác suất lấy ra hai đường chéo có giao điểm nằm trong đường tròn ( C)
là

Câu 322.
Câu 323.
Chọn D
Số phần tử của
S
n( A) 4845 57
P( A)
n( ) 14365 169
là số đường thẳng tạo nên từ 30 điểm đã cho là
Số cách chọn 2 đường thẳng bất kỳ thuộc tập
n( ) C 94395
2
435
S
2
C30 435
là số phần tử không gian mẫu
Giao điểm của hai đường thẳng nằm trong đường tròn tức là cũng nằm ở miền
trong đa giác 30 đỉnh, khi đó giao điểm 2 đường thẳng cũng là giao điểm hai
đường chéo của tứ giác có 4 đỉnh thuộc 30 đỉnh đa giác đã cho, vậy số giao điểm
4
nằm trong đa giác chính là C30 27405
Vậy xác suất cần tìm là 27405
9
94395 31
Chọn C
4 4 4 4
+ Chia đều 16 đội vào 4 bảng có C . C . C . C cách.
16 12 8 4
+ Sắp xếp 3 đội của 3 lớp Toán vào 3 bảng khác nhau trong 4 bảng có
cách.
Chọn 3 đội trong 13 đội còn lại để xếp vào bảng có đội lớp 10 Toán có
cách.
Chọn 3 đội trong 10 đội còn lại để xếp vào bảng có đội lớp 11 Toán có
cách.
cách.
Chọn 3 đội trong 7 đội còn lại để xếp vào bảng có đội lớp 12 Toán có
Bốn đội còn lại xếp vào bảng còn lại.
Suy ra số cách chia đều 16 đội vào 4 bảng sao cho 3 đội của 3 lớp Toán nằm
3 3 3 3
ở 3 bảng khác nhau là A . C . C . C .
4 13 10 7
3
A 4
3
C 13
3
C 10
3
C 7
Câu 324.
3 3 3 3
A4 . C13. C10. C7
16
+ Xác suất cần tìm là: .
4 4 4 4
C . C . C . C 35
16 12 8 4
Chọn D
Ta có số phần tử của không gian mẫu là n .
Phương trình
1
6 0
2
2 x x m
36
có hai nghiệm phân biệt khi và chỉ khi

Câu 325.
m
9 0 m 18 .
2
Khi đó số chấm trên hai con con súc sắc là cặp số i,
j với i, j 1,6
thỏa mãn
+ i 1, 2; j 1,6
có 12 cặp số,
+ i 3; j 1,5
có 5 cặp số,
+ i 4; j 1, 4 có 4 cặp số,
+ i 5; j 1,3
có 3 cặp số,
+ i 6; j 1, 2 có 2 cặp số.
Như thế, có tất cả 12 5 4 3 2 26 cặp số i,
j để i. j m 18.
26
Vậy xác suất cần tìm bằng .
36
Chọn D
Gọi số có 6 chữ số có dạng a a ... a a .
1 2 5 6
5
Từ 10 chữ số 0;1;2;3;4;5;6;7;8;9 , ta lập được 9.A 9
số có 6 chữ số đôi một
khác nhau.
Lấy ngẫu nhiên một số từ tập
n 9. A 136080
X
5
9
số.
Gọi A là biến cố “Lấy một số thuộc X luôn chứa đúng ba số thuộc tập
Y 1;2;3;4;5 và 3 số đứng cạnh nhau, số chẵn đứng giữa hai số lẻ ”.
Ta coi 3 vị trí liền nhau trong X là một phần tử Z , sắp xếp 3 chữ số khác nhau
trong Z thỏa mãn biến cố :
+ Số thứ nhất là số lẻ thuộc Y có 3 cách chọn.
+ Số thứ hai là số chẵn thuộc Y có 2 cách chọn.
+ Số thứ ba là số lẻ thuộc Y có 2 cách chọn.
Áp dụng quy tắc nhân ta có 12 cách sắp xếp phần tử Z .
Trường hợp 1: Số có 6 chữ số có dạng Za4a5a6
Z có 12 cách chọn.
3
Xếp 5 chữ số còn lại khác các số tập Y vào 3 vị trí a4, a5,
a6
có A 5
cách.
3
Áp dụng quy tắc nhân, ta lập được 12. A 720
5
số.
Trường hợp2: Số có 6 chữ số có dạng a1Za2a3
1
có 4 cách chọn a1 0, Y .
a
Xếp Z vào 3 vị trí, Z có 12 cách chọn nên có 36 cách sắp xếp.
2
Xếp 4chữ số còn lại vào 2 vị trí a , a có .
2 3
A 4

Câu 326.
2
Áp dụng quy tắc nhân, ta lập được 4.36. A4
1728
số có 6 chữ số đôi một khác
nhau thỏa mãn.
3 2
Vậy ta có tất cả 12. A 4.36.A 2448 (số) thoả mãn yêu cầu bài toán.
5 4
n A 2448 17
P A
.
n 136080 945
Chọn B
Gọi 2 cặp vợ chồng là C1-V1 và C2-V2 (C=chồng, V=vợ).
* Số cách chọn ra 7 đôi:
7
- Đầu tiên chọn ra 7 nam trong 10 nam: C 10
(cách).
- Xếp 7 người nam này thành 1 hàng ngang, người đầu tiên có 12 cách ghép với
nữ, người thứ hai có 11 cách, cứ như thế suy ra số cách ghép đôi là
12.11.10.9.8.7.6 (cách).
- Theo quy tắc nhân có C 7
.12.11.10.9.8.7.6 479001600 (cách).
* Số cách chọn 7 đôi, chỉ có một cặp vợ chồng
10
- Trường hợp 1: chỉ có cặp vợ chồng C1-V1, khi đó lấy 6 nam trong 9 nam còn
lại:
+ Nếu trong 6 nam này không có C2 thì số cách ghép 6 cặp còn lại là:
C 6
.11.10.9.8.7.6 9313920 (cách)
8
+ Nếu trong 6 nam này có C2 thì số cách ghép 6 cặp còn lại là: có 10 cách ghép
5
C2 với nữ (trừ V2 và trừ V1), 5 nam còn lại có cách, số cách ghép cặp cho 5
nam này là 10.9.8.7.6 cách. Vậy theo quy tắc nhân có
5
10. C .10.9.8.7.6 16934400
(cách)
8
C 8
Theo quy tắc cộng, có
9313920 16934400 26248320
(cách)
- Trường hợp 2: chỉ có cặp vợ chồng C2-V2, tương tự như trên có 26248320
(cách)
Vậy xác suất cần tính là: 2.26248320
217 .
479001600 1980
Câu 327.
Chọn C
3
Ta có C 100
.
Gọi u , d 1
hợp sau:
lần lượt là số hạng đầu và công sai của cấp số cộng. Ta có các trường

Câu 328.
d
1: n1
160 2 98
d 2 : n2
100 2.2 96
d
3: n 3
100 2.3 94 .
...
d
49 : n49
100 2.49 2
98 2 .49
Suy ra số kết quả lấy ra 3 số lập thành cấp số cộng là N
2450 .
2
2450 1
Vậy số cách chọn thỏa mãn đề bài là P
3 .
C 66
Chọn A
Ta đánh số các vị trí từ 1 đến 8 .
Số phần tử không gian mẫu là n .
100
8! 40320
Gọi A là biến cố: “xếp được tám bạn thành hàng dọc thỏa mãn các điều kiện:
đầu hàng và cuối hàng đều là nam và giữa hai bạn nam gần nhau có ít nhất một
bạn nữ, đồng thời bạn Quân và bạn Lan không đứng cạnh nhau”.
TH1: Quân đứng vị trí 1 hoặc 8 có 2 cách.
Chọn một trong 3 bạn nam xếp vào vị trí 8 hoặc 1 còn lại có 3 cách.
Xếp 2 bạn nam còn lại vào 2 trong 4 vị trí 3,4,5,6 mà 2 nam không đứng
cạnh nhau
có 6 cách.
Xếp vị trí bạn Lan có 3 cách.
Xếp 3 bạn nữ vào 3 vị trí còn lại có 3! cách.
TH này có 2.3.6.3.3! 648 cách.
TH2: Chọn 2 bạn nam ( khác Quân) đứng vào 2 vị trí 1 hoặc 8 có cách.
Xếp Quân và bạn nam còn lại vào 2 trong 4 vị trí 3,4,5,6 mà 2 nam không
đứng cạnh nhau có 6 cách.
Xếp vị trí bạn Lan có
2
cách.
Xếp 3 bạn nữ vào 3 vị trí còn lại có 3! cách.
TH này có A 2
3
.6.2.3! 432 cách.
.
2
A 3
n A 648 432 1080
Câu 329.
1080 3
Vậy xác suất của biến cố A là P A
.
40320 112
Chọn B

là:
Câu 330.
6
Số tập con của S là 2 64 .
Mỗi người có 64 cách chọn tập con, do vậy số phần tử của không gian mẫu là:
2
64 .
Ta tìm số cách chọn tập con thỏa mãn yêu cầu:
Giả sử tập con của A và B chọn được lần lượt có x,
y phần tử
*
2 x , y 6 , x, y N .
x
Khi đó: A có C cách chọn tập con, lúc này S còn 6 x phần tử.
6
Ta chọn ra 2 phần tử gọi là a,
b từ x phần tử trong tập con của A để xuất hiện
2
trong tập con của B, có C x
cách.
Như vậy, tập con của B đã có 2 phần tử chung với tập con của A là a,
b , ta cần
y
chọn thêm 2 phần tử khác trong 6 x phần tử còn lại sau khi A đã chọn
tập con,ở bước này có
x y
Vậy có: C6 CxC 6
2 2
x
y 2
C 6x
cách chọn.
cách chọn tập con thỏa mãn.
x, y 2 2 x 6
Ta có điều kiện: y 2 6 x 2 y 8 x
* *
x, y N
x,
y N
Cho x nhận các giá trị từ 2 đến 6, số cách chọn tập con thỏa mãn yêu cầu đề bài
6 5 4 3 2
2 2 y 2 3 2 y 2 4 2 y 2 5 2 y 2 6 2 y 2
C6C6C 6 2
C6C3 C 6 3
C0C4C 6 4
C6C5 C 6 5
C6C6C
66
y2 y2 y2 y2 y2
240 480 360 120 15 1215
1215
Xác suất cần tính bằng:
2
64 29,66%.
Chọn A
Ta có tất cả các số tự nhiên có 7 chữ số bắt đầu từ 1000000 đến 9999999 gồm
9000000 số.
Do đó n 9000000
Mặt khác, ta thấy cứ 70 số tự nhiên liên tiếp thì có 10 số chia hết cho 7, trong đó
có 1 số có chữ số hàng đơn vị là chữ số 3.
Mà 9000000 70128571
30 , nên ta chia 9000000 số thành 128571 bộ 70 số
liên tiếp và còn lại 30 số cuối, trong đó:
128571 bộ 70 số tự nhiên liên tiếp có 128571 số thỏa mãn yêu cầu
30 số cuối có 3 số tận cùng bằng 3 được xét trong bảng sau
9999973 9999983 9999993
Chia cho 7 dư 4 Chia hết cho 7 Chia cho 7 dư 4

Vậy tất cả có 128572 số chia hết cho 7 và chữ số hàng đơn vị là chữ số 3.
Gọi A là biến cố ‘Chọn được một số chia hết cho 7 và chữ số hàng đơn vị là
128572
chữ số 3’ thì n A .
Câu 331.
128572
Suy ra P A
0,01429 .
9000000
Chọn C
3
Số cách chọn ra 3 đỉnh tùy ý từ 48 đỉnh của đa giác là n C 48
.
Gọi
A
là biến cố “tam giác tạo thành từ ba đỉnh đó là một tam giác nhọn”.
* Tính số tam giác tù
+ Chọn đỉnh thứ nhất có 48 cách chọn.
+ Để tạo thành tam giác tù thì ba đỉnh của tam giác phải thuộc cùng 1 nửa
đường tròn ngoại tiếp tam giác. Trong 47 đỉnh còn lại sẽ có 23 đỉnh cùng với
đỉnh đã chọn thuộc cùng một nửa đường tròn ngoại tiếp. Nên số tam giác tù tạo
thành là
2
48C 23
(tam giác).
* Tính số tam giác vuông tạo thành
+ Có 24 đường chéo đi qua tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác.
+ Mỗi đường chéo trên cùng với 46 đỉnh còn lại tạ thành 46 tam giác vuông.
Nên số tam giác vuông tạo thành là 24.46 1104
(tam giác).
Do đó:
3 2
P A
n A C 48C
1104 4048 . Vậy
48 23
3
C
n A 4048 11
n
47
48
Câu 332.
Chọn C
Ta có n C 15
455 .
3
Gọi A là biến cố “trong 3 người được chọn đó không có 2 người ngồi kề nhau”
A là biến cố “trong 3 người đươc chọn có ít nhất 2 người ngồi kề nhau”
Câu 333.
TH 1: 3 người ngồi kề nhau có 13 cách chọn.
TH 2: có 2 người ngồi cạnh nhau
- Hai người ngồi cạnh nhau ngồi đầu hàng có 2 cách chọn, với mỗi cách chọn
như vậy có 12 cách chọn người còn lại vậy có: 2.12=24 cách.
- Hai người ngồi cạnh nhau không ngồi đầu hàng có 12 cách chọn, với mỗi cách
chọn như vậy có 11 cách chọn người còn lại vậy có: 11.12=132 cách.
n A
n A 132 24 13 169 P A
13 P
A
22 .
n 35 35

Câu 334.
Chọn A.
Số phần tử của không gian mẫu là n 6!.
Gọi A là biến cố : "Các bạn học sinh nam ngồi đối diện các bạn nữ".
Chọn chỗ cho học sinh nam thứ nhất có 6 cách.
Chọn chỗ cho học sinh nam thứ 2 có 4 cách (không ngồi đối diện học sinh nam
thứ nhất)
Chọn chỗ cho học sinh nam thứ 3 có 2 cách (không ngồi đối diện học sinh nam
thứ nhất, thứ hai).
Xếp chỗ cho 3 học sinh nữ : 3! cách.
Theo quy tắc nhân ta có
288 2
P A
6! 5
Chọn A
n 6.4.2.3! 288
Gọi số có 9 chữ số có dạng a a a ... a a .
A
1 2 3 8 9
cách
8
Từ 10 chữ số 0;1;2;3;4;5;6;7;8;9 , ta lập được 9.A 9
số có 9 chữ số đôi một
khác nhau.
8
Chọn ngẫu nhiên một số từ tập S n 9. A .
9
Gọi A là biến cố “Số được chọn chia hết cho 3”.
T a a a ...
a a 36 T 45
Đặt
1 2 3 8 9
Để
a a a ... a a 3 T 3
1 2 3 8 9
cho 3 sẽ chia hết cho 3)
Trường hợp 1: T 45
1;2;3;4;5;6;7;8;9
T 36;39;42;45
(số có tổng các chữ số chia hết
Số có 9 chữ số được lập từ các chữ số
Lập được 9! số có 9 chữ số đôi một khác nhau và chia hết cho 3.
Trường hợp 2: T 42
0;1;2;4;5;6;7;8;9
1
a có 8 cách chọn a
1
0
Số có 9 chữ số được lập từ các chữ số
Xếp 8 chữ số còn lại vào 8 vị trí a , a ,..., a , a có 8! cách
2 3 8 9
Áp dụng quy tắc nhân, ta lập được 8.8! số có 9 chữ số đôi một khác nhau và chia
hết cho 3.
Trường hợp 3: T 39
0;1;2;3;4;5;7;8;9
Trường hợp 4: T 36
0;1;2;3;4;5;6;7;8
Số có 9 chữ số được lập từ các chữ số
Số có 9 chữ số được lập từ các chữ số

Câu 335.
Trường hợp T 39 và T 36 tương tự như trường hợp T 42
Vậy ta có tất cả 9! 3. 8.8! 1330560
(số) thoả mãn yêu cầu bài toán
8
A
n A 1330560 11
n A 1330560 p A
n
9. 27
Chọn B
8
Số phần tử không gian mẫu C 24
.
Gọi biến cố A = “Chọn 8 điểm sao cho không có 2 điểm nào có độ dài cung
bằng 8 hoặc 3”.
Chia 24 điểm của đường tròn thành bảng sau:
1 9 17
4 12 20
7 15 23
10 18 2
13 21 5
16 24 8
19 3 11
22 6 14
Trong đó, mỗi cột là tập các số có cùng số dư khi chia 3, mỗi hàng là tập các số
có cùng số dư khi chia 8. Nhận thấy, mỗi cột không được chọn quá 4 số vì chọn
từ 5 số trở lên, sẽ xuất hiện 2 số kề nhau tạo cung có độ dài là 3.
TH1: Chọn 4 số của cột 1 không kề nhau: 2 cách là 1;7;13;19 hoặc
4;10;16;22
1 9 17
4 12 20
7 15 23
10 18 2
13 21 5
16 24 8
19 3 11
22 6 14
Tiếp theo, chọn 4 số a,b,c,d còn lại không nằm cùng hàng với 4 số của cột 1 và 2
số bất kỳ trong 4 số a,b,c,d cũng không được cùng hàng với nhau, có
chọn.
Vậy có
4
2.2 32
cách.
9
4
2
cách
3
TH2: Chọn 3 số của cột 1 sao cho không có 2 số nào kề nhau: C8 8 8.4 16
.
1 9 17
4 12 20
7 15 23
10 18 2

VD chọn
1;7;16
13 21 5
16 24 8
19 3 11
22 6 14
thì 5 số còn lai sẽ thuộc 3 nhóm màu trắng như hình vẽ. Khi
đó mỗi nhóm màu trắng trong bảng chỉ có 2 cách chọn. Do đó TH2 có
16.2.2.2=128 cách.
2
TH3: Chọn 2 số không kề nhau của cột 1: C8 8 20 .
1 9 17
4 12 20
7 15 23
10 18 2
13 21 5
16 24 8
19 3 11
22 6 14
Khi đó, 6 hàng ngang còn lai chia làm 2 nhóm màu trắng như hình vẽ. Mỗi
nhóm có đúng 2 cách chọn nên có 20.2.2 = 80 cách.
TH4: Chọn 1 số của cột 1 có 8 cách.
1 9 17
4 12 20
7 15 23
10 18 2
13 21 5
16 24 8
19 3 11
22 6 14
Vd chọn số 1, thì cột 2 và 3 chỉ có 2 lựa chọn sao cho chúng đan xen là các dòng
xanh hoặc trắng. Vậy có 8.2=16 cách.
TH5: Chỉ chọn cột 2 với 3. Ta có 2 cách chọn là các dòng xanh hoặc trắng: 2
cách.
1 9 17
4 12 20
7 15 23
10 18 2
13 21 5
16 24 8
19 3 11
22 6 14
Vậy A
32 128 80 16 2 258.

258
.
C
A
8
P A
24
Câu 336.
Chọn A
Gọi abcd là số có 4 chữ số sao cho a, b, c,
d khác 0 và a b c d 10.
Số cách chọn 4 chữ số a, b, c,
d chính là số cách “dùng 3 “vách ngăn” chèn vào
giữa các chữ số 1 (như ví dụ bên dưới) để chia thành 4 phần”.
Câu 337.
3
Suy ra có C9 84 cách, tương ứng có 84 số abcd thỏa mãn.
1
Vậy xác suất để ông Hùng mở được két sắt ở lượt bấm thứ nhất là P .
84
Chọn A
Gọi A là biến cố chọn được 3 em học sinh mà ít nhất 2 em trong đó ngồi cạnh
nhau.
A 1
là biến cố chọn được 3 em học sinh ngồi cạnh nhau.
A 2
là biến cố chọn được 3 em học sinh mà trong đó chỉ có 2 em ngồi cạnh nhau.
1 2
n(A) n(A ) n( A ) .
3
Số phương án chọn ra 3 em từ 25 em là : n( ) C 2300 (cách).
Nhận thấy khi xét về 1 chiều, cứ 1 học sinh sẽ có duy nhất 1 học sinh khác ngồi
cạnh. Việc đổi chiều sẽ tạo ra các phương án trùng lặp. Vậy để chọn ra 2 em ngồi
cạnh nhau ta có: 25 (cách).
Số phương án để chọn ra 3 học sinh ngồi cạnh nhau cũng tương tự và có là:
n 25 (cách).
A1
Số phương án chọn học sinh thứ 3 sao cho học sinh này không ngồi cạnh 2 bạn
kia là: 21(cách).
Số phương án chọn 3 học sinh sao cho có 2 em ngồi cạnh nhau là
n 25.21 525 (cách).
A2
n( A) 25 25.21 11
Vậy xác suất xảy ra A là: P( A)
.
n( ) 2300 46
Câu 338.
Chọn A.
25

T.A T.A T.A T.A T.A T.A T.A
1 2 3 4 5 6 7 8
Gọi là biến cố “xếp 14 quyển sách lên kệ sách một cách tùy ý”
n 14!.
A là biến cố “xếp 14
không ở cạnh nhau”.
cuốn sách lên kệ sách sao cho hai cuốn sách cùng môn
Câu 339.
- Xếp 7 quyển sách Tiếng Anh vào kệ có 7! cách.
- 7 quyển sách Tiếng Anh tạo ra 8 chỗ trống (gồm 6 chỗ trống ở giữa và 2 chỗ
trống trước sau).
Đánh số từ 1 đến 8 , từ trái sang phải cho các chỗ trống. Khi đó ta xét các trường
hợp:
TH1: Xếp sách Văn hoặc Toán vào vị trí từ 1 đến 7 có 7! cách.
TH2: Xếp sách Văn hoặc Toán vào vị trí từ 2 đến 8 có 7! cách.
TH3: Xếp 1 cặp sách Văn – Toán chung vào ngăn 2 , các ngăn 3, 4, 5, 6, 7 xếp
tùy ý số sách còn lại. Ta có:
+ Số cách chọn 1 cặp sách Văn – Toán: 3.4 cách.
+ Vị trí 2 cuốn sách trong cặp sách: 2! cách.
+ Xếp các sách còn lại vào các ngăn 3, 4, 5, 6, 7 có 5! cách.
Vậy ta có số cách xếp 1 cặp sách Văn – Toán chung vào ngăn 2 , các ngăn
3, 4, 5, 6, 7 xếp tùy ý số sách còn lại là 3.4.2!.5! cách.
Tương tự cho xếp cặp sách Văn – Toán lần lượt vào các ngăn 3, 4, 5, 6, 7 .
Số trường hợp thuận lợi của biến cố là n A 7! 2.7! 3.4.2.6.5!
n A 19
Vậy P A
.
n 12012
Chọn C
Gọi
A : “4 học sinh được chọn có cả nam và nữ.”
A : “4 học sinh được chọn chỉ có nam hoặc chỉ có nữ.”
4
Số cách để lớp trưởng nữ chọn ngẫu nhiên 4 học sinh khác: C 44 .
Số cách chọn 4 học sinh toàn là nam: .
4
C 25

Câu 340.
4
Số cách chọn 4 học sinh toàn là nữ: C 19
.
Xác suất để 4 học sinh được chọn có cả nam và nữ:
A
4 4
C25 C19
1 1 0,8783.
4
C
Chọn A
44
Vì mỗi câu có 4 phương án trả lời và chỉ có một phương án đúng nên xác suất
1
3
để chọn đúng đáp án là , xác suất để trả lời sai là
4
4
Gọi A là biến cố bạn Nam được trên 8,5 điểm thì A là biến cố bạn Nam được
dưới
8,5 điểm
Vì bạn Nam đã làm chắc chắn đúng 40c âu nên để có
A
xảy ra 2 trường hợp
TH1: Bạn Nam chọn được một câu đúng trong 10 câu còn lại, xác suất xảy ra là:
9
1 æ3ö 10. .
ç 4 çè 4÷
ø
TH2: Bạn Nam chọn được hai câu đúng trong 10 câu còn lại, xác suất xảy ra là:
C
2
10
2 8
1 3
. æ ö .
æ ö
ç
è 4ø÷ çè 4ø÷
Vậy ( ) ( )
9 2 8
2
æ ö æ ö
10
1 æ3ö
1 3
P A = 1- P A = 1-10. . -C
. . 0,53
4 ç è 4ø÷ çè 4ø÷ çè 4ø÷
Câu 341.
Câu 342.
Chọn D
3
Ta có: n C 30
.
Gọi A là biến cố lấy ra 3 sản phẩm trong đó có ít nhất một sản phẩm tốt.
3
A là biến cố lấy ra 3 sản phẩm không có sản phẩm tốt và n A C 10
.
3
C10
197
Vậy P A 1 P A
1 .
3
C 203
Chọn C
30
2
n C 50
. Gọi A là biến cố “bốc được 2 quả bóng có tích của 2 số ghi trên 2
quả bóng là một số chia hết cho 10 ”. Xét các tập hợp sau:
B k k N;1 k 50

B1 10;20;30;40;50
, Tập B có 20 phần tử.
B2 2 k k N;1 k 25; k 5,10,15,20,25
2
C2 5;15;25;35;45 .
Có ba trường hợp xảy ra khi tích của hai số trên hai quả bóng chia hết cho 10.
Trường hợp 1: 1 quả bóng có số ghi thuộc tập B1
, quả bóng còn lại có số ghi
thuộc tập B \ B .
1
Khi đó số cách bốc 2 quả bóng là:
C . C
1 1
5 45
(cách).
Trường hợp 2: 2 quả bóng có số ghi đều thuộc tập B1
.
Khi đó số cách bốc 2 quả bóng là:
2
C 5
(cách).
Trường hợp 3: 1 quả bóng có số ghi thuộc tập B2
, quả bóng còn lại có số ghi
thuộc tập C 2
.
Khi đó số cách bốc 2 quả bóng là:
C . C
1 1
5 20
(cách).
1 1 1 1 2
Suy ra: n A C . C C . C C .
5 45 5 20 5
1 1 2 1 1
n A C5. C45 C5 C5. C20
67
Vậy: P 0, 25 P 0,3 .
2
n C
245
50
Câu 343.
Câu 344.
Chọn D
Số phần tử không gian mấu bằng số cách lấy ra 4 sản phẩm từ 20 sản phẩm là:
4
C 20
(cách)
Cách 1: Để lấy ra 4 sản phẩm có sản phẩm lỗi ta chia các trường hợp:
TH1: Lấy được 3 sản phẩm tốt và 1 sản phẩm lỗi, ta có:
TH2: Lấy được 2 sản phẩm tốt và 2 sản phẩm lỗi, ta có:
3 1 2 2
C18. C2 + C18. C2
7
Vậy xác suất cần tìm là: = .
4
C 19
Cách 2: Xét biến cố đối:
Số cách lấy ra 4 sản phẩm không có sản phẩm lỗi
4
C18
7
Vậy xác suất cần tìm là: 1- = .
4
C 19
Chọn D
20
20
4
C 18
C
C
(cách)
. C
3 1
18 2
. C
2 2
18 2
(cách)
(cách)

Câu 345.
Số phần tử không gian mấu bằng số cách lấy ra 4 sản phẩm từ 20 sản phẩm là:
4
C 20
(cách)
Cách 1: Để lấy ra 4 sản phẩm có sản phẩm lỗi ta chia các trường hợp:
TH1: Lấy được 3 sản phẩm tốt và 1 sản phẩm lỗi, ta có:
TH2: Lấy được 2 sản phẩm tốt và 2 sản phẩm lỗi, ta có:
3 1 2 2
C18. C2 + C18. C2
7
Vậy xác suất cần tìm là: = .
4
C 19
Cách 2: Xét biến cố đối:
Số cách lấy ra 4 sản phẩm không có sản phẩm lỗi
4
C18
7
Vậy xác suất cần tìm là: 1- = .
4
C 19
Chọn A
Số phần tử của không gian mẫu: n 5!
Gọi A:”Hai bạn An và Bình không ngồi cạnh nhau”
20
20
4
C 18
C
C
(cách)
. C
3 1
18 2
. C
2 2
18 2
(cách)
(cách)
Thì A :”Hai bạn An và Bình ngồi cạnh nhau”
Xếp An và Bình ngồi cạnh nhau coi như 1 phần tử
- Xếp 1 phần tử (An+Bình) và 3 bạn còn lại theo các thứ tự khác nhau có: 4!
Cách
- Xếp 2 học sinh An và Bình ngồi cạnh nhau có 2! cách
4!.2! 2 3
Suy ra n A =4!.2! PA = P A
.
5! 5 5
Câu 346.
Chọn C
CÁCH 1
Xét phép thử “Bạn lớp trưởng nữ chọn ngẫu nhiên 4 học sinh khác trong lớp”
4
Khi đó: n C 44
135751.
Gọi
A
là biến cố: “4 học sinh được chọn có cả nam và nữ”.
Ta xét các trường hợp:
1 3
TH1: Chọn được 1 nữ, 3 nam. Số cách chọn là: C . C 43700 .
19 25
2 2
TH2: Chọn được 2 nữ, 2 nam. Số cách chọn là: C . C 51300 .
19 25
3 1
TH3: Chọn được 3 nữ, 1 nam. Số cách chọn là: C . C 24225 .
Suy ra n A 43700 51300 24225 119225
.
19 25

n A 119225
Vậy xác suất cần tìm là: P A
0,8783 .
n 135751
CÁCH 2
Xét phép thử “Bạn lớp trưởng nữ chọn ngẫu nhiên 4 học sinh khác trong lớp”
4
Khi đó: n C 44
135751.
Gọi A là biến cố: “4 học sinh được chọn có cả nam và nữ” thì A là biến cố: “cả
4 học sinh được chọn chỉ có nam hoặc nữ”.
4 4
Ta có: n A C19 C25 16526
.
n A 16526
Do đó xác suất xảy ra của biến cố A là: P A
.
n 135751
16526
Suy ra P A 1 P A 1 0,8783 .
135751
Câu 347.
Câu 348.
Chọn A
Chọn D
B
N
A
I
D
M
C
Gọi M , N lần lượt là trung điểm của CD,
BD .
Do AB BC BD 2a
và ACD BCD nên BM là trục của đường tròn
ngoại tiếp ACD
.Suy ra ACD
vuông tại A .

Câu 349.
2 2
CD AC AD a
2
2 2 2 7a
3a
7 . BM BD DM 4a
.
4 2
Trong mp BCD kẻ đường trung trực của cạnh BD cắt BM tại I thì I là tâm
mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD .
BI BN a 2 2 4a
Ta có : R BI BD .
BD
BM
3a
3 3 3
2
Vậy diện tích mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD là:
2 2
2 4a
64
a
S 4 R 4
3 9
Chọn D
(đvdt).
Câu 350.
Chọn D
8
*) Ta có: n( ) 9 .
*) Tính n( A) : Giả sử 8 chữ số được viết vào 8 ô trống được đánh số từ 1 đến 8
TH1: Xếp bất kỳ
2 2 4
Xếp hai chữ số 1, hai chữ số 2 và 4 chữ số còn lại: Có C8 . C6 . C7
.4! 352.800
(cách).
TH2: Số các cách xếp sao cho không thỏa mãn yêu cầu bài toán
2 4
Xếp hai chữ số 1 đứng liền nhau: Có 7. C . C .4! cách.
Câu 351.
2 4
Xếp hai chữ số 2 đứng liền nhau: Có 7. C6 . C7
.4! cách.
Số các cách xếp thuộc cả hai trường hợp trên:
+ Coi hai chữ số 1đứng liền nhau là nhóm X, hai chữ số 2 đứng liền nhau là
nhóm Y
+ Xếp X, Y và 4 số còn lại có: C 4
.6! 7
(cách)
6 7
Vậy số cách xếp không thỏa mãn yêu cầu là:
2.7. C . C .4! C .6! 151200
2 4 4
6 7 7
(cách)
201600
Vậy n( A) 352.800 151.200 201.600 p( A)
, chọn D.
8
9
Chọn D
Chọn ngẫu nhiên một quả trong 30 quả có 30 cách. Vậy n 30 .
Gọi
A
là biến cố: “lấy được quả cầu màu xanh”.
2
Ta có n A 20 P A
.
3
Gọi B là biến cố: “lấy được quả cầu ghi số lẻ”.

1
Ta có nB 15
P B
.
2
Số quả cầu vừa màu xanh vừa ghi số lẻ: 10
(quả).
1
Xác suất để lấy được quả cầu vừa màu xanh vừa ghi số lẻ: P A
B
.
3
Xác suất để lấy được quả cầu màu xanh hay ghi số lẻ:
P
2 1 1 5
A
B P A P B P A
B .
3 2 3 6
Bài tập tương tự :
Câu 352.
Câu 353.
Câu 354.
Câu 354.
Chọn D
Chọn A
Ghi nhớ: Công thức cộng xác suất: P A
B P A P B P A
B .
Chọn A
Gọi A là biến cố “Đội tuyển Việt Nam và đội tuyển Malaysia được xếp trong
cùng một bảng”.
Ta có: n C 5 .C 5 ; n A 2. C
3 .C
5
.
10 5 8 5
3 5
2C8 C5
4
Do đó: P A
.
5 5
C C 9
Chọn C
10 5
Số cách xếp 9 quyển sách lên một kệ sách dài là 9!
gian mẫu
n 9!.
. Suy ra số phần tử không
Gọi A là biến cố: “các quyển sách cùng một môn nằm cạnh nhau”.
Ta xếp các cuốn sách cùng một bộ môn thành một nhóm
Trước hết ta xếp 2 nhóm lên kệ sách chúng ta có: 2! cách xếp
Với mỗi cách xếp 2 nhóm đó lên kệ ta có 5! cách hoán vị các cuốn sách Toán và
4!cách hoán
5!.4!.2!
vị các cuốn sách Văn. Suy ra n A .
n A 5!.4!.2! 1
Xác suất cần tìm là P A
.
n 9! 63
Câu 356.

Chọn D
Gọi
A
là biến cố “3 đội của Việt Nam cùng nằm ở một bảng đấu”.
4 4
Ta có n C .C .
12 8
Chọn ra 3 đội của Việt Nam và 1 đội khác rồi xếp chung vào 1 trong 3 bảng
1
có: 3.C 9
(cách).
Chọn ra 4 đội trong 8 đội còn lại để được bảng tiếp theo có:
Bảng còn lại có 1 cách chọn.
1 4
3. C .C
n A
9 8
4
C 8
(cách).
Câu 357.
1 4
3. C9.C8
3
Vậy P
A
.
4 4
C .C 55
Chọn C
Để xếp 9
12 8
em học sinh thành một hàng dọc ta thực hiện ba hành động liên tiếp
* Sắp xếp 3 học sinh lớp B. Có 3! cách.
* Sắp xếp 2 học sinh lớp A đứng cạnh các học sinh lớp B sao cho giữa hai học
sinh lớp A không có học sinh lớp B. Có
A 1
.2! 4
cách.
Câu 358.
* Lần lượt sắp xếp 4 học sinh lớp C còn lại đứng cạnh các học sinh trên. Có
cách.
1 4
Vậy có tất cả 3!. A .2!. A 145152
.
4 9
Bình luận: Trong đề thi thử THPT chuyên Thái Nguyên lần 2 trong câu hỏi này
không có đáp án 145152 mà thay bởi đáp án 145112 . . Tôi thiết nghĩ lỗi do
người làm đề đã đánh máy nên đã tự ý đổi lại một đáp án khác mà tôi nghĩ chính
xác hơn.
Chọn C.
Giả sử số thứ tự trong danh sách là , , , ... , u .
u1
u2
u3
10
Do dãy này là cấp số cộng nên ta có u u u u u u u u u u .
Số phần tử của không gian mẫu là n 10!
.
4
A 9
1 10 2 9 3 8 4 7 5 6
Gọi A là biến cố “Tổng các số thứ tự của hai em ngồi đối diện nhau là bằng
nhau”. Để biến cố này xảy ra ta thực hiện liên tiếp các bước sau:
Bước 1: xếp thứ tự cặp học sinh có các cặp số thứ tự là ; , u ; u ,
5 u1 u10
2 9
u ; u , u ; u , ; vào trước cặp ghế đối diện nhau. Bước này có
3 8
cách.
4 7
u u 5 5!
5 6

Bước 2: xếp từng cặp một ngồi vào cặp ghế đối diện đã ) Chọn ở bước 1. Bước
này có
5
2
cách.
5
Suy ra số kết quả thuận lợi cho biến cố A là n A 5!.2 .
n A 1
Vậy xác suất của biến cố A là P A
.
n 945
Câu 359.
Chọn B
Xếp 9 người vào 9 ghế kê hàng ngang ta có:
9!
cách sắp xếp.
Gọi B là biến cố để “mỗi thầy giáo ngồi giữa 2 học sinh và học sinh A ngồi ở
một trong hai đầu hàng.”
Theo đề, học sinh A ngồi ở một trong hai đầu hàng nên có 2 cách sắp xếp.
Xếp 5 học sinh còn lại vào 5 vị trí có 5! cách sắp xếp. Xem mỗi học sinh tạo
thành một vách ngăn tạo thành 5 khoảng trống. Xếp 3 thầy vào 5 khoảng trống
3
có cách.
A 5
5!. A .2 14400
3
B 5
cách.
Câu 360.
14400 5
PB
.
9! 126
Chọn C
Câu 361.
Ta có số phần tử không gian mẫu: 10! .
+) Có 10 cách chọn học sinh cho vị trí số 1. Với mỗi cách chọn vị trí số 1 có 5
cách chọn học sinh cho vị trí số 10 ( Nếu vị trí số 1 là học sinh X thì có 5 cách
chọn học sinh ở vị trí 10 là học sinh Y và ngược lại).
+) Có 8 cách chọn học sinh cho vị trí số 2 ( Loại 2 học sinh ở vị trí 1;10) . Với
mỗi cách chọn vị trí số 2 có 4 cách chọn học sinh cho vị trí số 9 ( Nếu vị trí số
2 là X thì có 4 cách chọn vị trí số 9 là Y , chỉ còn 4 do đã loại 1 em ở lần chọn
trước).
+) Hoàn toàn tương tự cho đến hết ta được số phần tử của biến cố cần tính xác
suất là: 10.5.8.4.6.3.4.2.2.1 460800 .
A
460800 8
Vậy PA
.
10! 63
Chọn A
n 2 16.
Gọi A là biến cố tồn tại 2 người cạnh nhau có cùng kết quả.
4

Câu 362.
A là biến cố không tồn tại 2 người cạnh nhau không cùng kết quả.
Các trường hợp của A là : S-N-S-N hoặc N-S-N-S.
2 1
n A 2 P A
.
16 8
1 7
Ta có: P A P A 1 P A 1 P A
1 . 8 8
Chọn D
Cách 1:
Số phần tử của không gian mẫu: n C 12
495 .
4
Gọi A là biến cố: “lấy ra 4 viên bi có đủ ba màu”
Ta xét các khả năng của biến cố A:
1 1 2
TH1: Lấy được 1 bi trắng, 1 bi xanh và 2 bi vàng, trường hợp này có C5C3C4
(cách).
TH2: Lấy được 1 bi trắng, 2 bi xanh và 1 bi vàng, trường hợp này có
(cách).
TH3: Lấy được 2 bi trắng, 1 bi xanh và 1 bi vàng, trường hợp này có
(cách).
Số cách lấy 4 viên bi có đủ cả ba màu là:
n A C C C C C C C C C .
1 1 2 1 2 1 2 1 1
5 3 4 5 3 4 5 3 4
270
Xác suất cần tìm là 270
6 .
495 11
Cách 2:
Số phần tử của không gian mẫu: n C 12
495 .
4
Gọi A là biến cố: “lấy ra 4 viên bi không có đủ ba màu” .
Ta có: n A C C C C C .
4 4 4 4 4
8 7 9 5 4
225
225 5
Xác suất của biến cố A là: P( A)
.
495 11
5 6
Vậy xác suất cần tìm là: 1
. 11 11
1 2 1
C5C3 C4
2 1 1
C5 C3C4
Câu 363.
Chọn B
Chọn mỗi tổ 2 bạn nên số phần tử của không gian mẫu n C . C 784 .
2 2
8 8
Gọi A là biến cố : “Có đúng 3 bạn nữ trong 4 bạn đi lao động”, khi đó
2 1 1
TH1: Chọn 2 nữ tổ I, 1 nữ tổ II, 1 nam tổ II có C . C . C .
3 4 4
2 1 1
TH2: Chọn 2 nữ tổ II, 1 nữ tổ I, 1 nam tổ I có C . C . C .
2 1 1 2 1 1
Suy ra n A C . C . C C . C . C 138
.
3 4 4 4 5 3
4 5 3
Xác suất để chọn 4 bạn đi lao động có đúng 3 bạn nữ là
n
A
138 69
P A
.
n 784 392

Câu 364.
Chọn B
Số phần tử của không gian mẫu
4
n C 20
4845
Gọi A là biến cố: “chọn được 4 đại biểu để trong đó mỗi nước đều có 1 đại biểu và
có cả đại biểu
nam và đại biểu nữ”
Số cách chọn 4 người đủ các nước tức là có một nước có 2 người, hai nước còn lại,
mỗi nước 1
người là:
2 1 1 1 2 1 1 1 2
C . C . C C . C . C C . C . C 2499 .
6 7 7 6 7 7 6 7 7
Số cách chọn 4 người đủ các nước và toàn đại biểu nam là:
2 1 1 1 2 1 1 1 2
C . C . C C . C . C C . C . C 12
.
2 2 2 2 2 2 2 2 2
Số cách chọn 4 người đủ các nước và toàn đại biểu nữ là:
2 1 1 1 2 1 1 1 2
C . C . C C . C . C C . C . C 550 .
4 5 5 4 5 5 4 5 5
Số phần tử của A là n A 2499 12 550 1937
.
1937
Xác suất của biến cố A:
P A
.
4845
Câu 365.
Chọn D
Số cách chọn 6 học sinh từ 15 học sinh là
n 5005 .
6
C15 5005
(cách)
Gọi biến cố
A : “Chọn được 6 học sinh đủ 3 khối”
A: “Chọn được 6 học sinh không đủ 3 khối”.
Cách 1
+ Trường hợp 1: Chọn 6 học sinh từ 1 khối Chọn 6 học sinh khối 10 có
C
6
6
1
(cách).
+ Trường hợp 2: 6 học sinh được chọn trong 2 khối.
* Chọn 6 học sinh trong khối 11 và khối 12 có
C C C C C C C C
1 5 2 4 3 3 4 2
4 5
4 5
4 5
4 5
84
(cách).

* Chọn 6 học sinh trong khối 10 và khối 12 có
C C C C C C C C
1 5 2 4 3 3 4 2
4 6
4 6
4 6
4 6
209
(cách).
* Chọn 6 học sinh trong khối 11 và khối 10 có
C C C C C C C C C C
1 5 2 4 3 3 4 2 5 1
5 6
5 6
5 6
5 6
5 6
461
(cách).
Từ 2 trường hợp suy ra n A 1 84 209 461 755.
n A 755 151 850
P A
P A 1 P A
.
n 5005 1001 1001
Cách 2
+ Trường hợp 1: Chọn 6 học sinh từ 1 khối Chọn 6 học sinh khối 10 có
(cách).
+ Trường hợp 2: 6 học sinh được chọn trong 2 khối có
C C C C C
6 6 6 6 6
9 10 6 11 6
(cách).
6 6 6 6
Từ 2 trường hợp suy ra n A C C C C .
9 10 11 9
755
n A 755 151 850
P A
P A 1 P A
.
n 5005 1001 1001
6
C 6
Câu 366.
Chọn B
Số phần tử của không gian mẫu là số cách sắp xếp 8 học sinh vào 8 chỗ ngồi
khác nhau. Suy ra
n( W ) = 8!
Gọi A là biến cố xếp 8 học sinh sao cho mỗi học sinh nam đều ngồi đối diện với
một học sinh nữ và không có hai học sinh cùng giới ngồi cạnh nhau. Ta đánh số
các chỗ ngồi từ 1 đến 8 như sau:
Dãy 1:
Dãy 2:
1 2 3 4
8 7 6 5
Để sắp xếp các học sinh ngồi vào vị trí thỏa mãn yêu cầu bài toán ta sắp xếp như
sau:
Trường hợp 1: 4 học sinh nam ngồi vào các số lẻ, 4 học sinh nữ ngồi vào các số
chẵn. Trường hợp này có 4!4! cách.
Trường hợp 2: 4 học sinh nam ngồi vào các số chẵn, 4 học sinh nữ ngồi vào các
số lẻ. Trường hợp này có 4!4! cách.
( ) 2.4!4!
Do đó n A = .

( )
( )
n A 1
Vậy xác suất của biến cố A là P( A)
= = .
n W 35
Câu 367.
Chọn B
4
Không gian mẫu n C 7
Gọi biến cố A: “Minh Anh được chọn trong 4 học sinh được chọn đi thi.”
+ Chọn Minh Anh đi thi có 1 cách.
3
+ Chọn 3 bạn trong 6 bạn còn lại có cách.
Câu 368.
3
Suy ra n A 1. C 20 .
6
n A 20 4
Vậy xác suất để Minh Anh được chọn đi thi là: P A
.
n 35 7
Chọn B
C 6
Gọi là không gian mẫu. Ta có: n 10! .
Gọi A là biến cố: “Xếp 10 bạn thành một hàng ngang không có bất kì bạn nữ
nào đứng cạnh nhau”.
Xếp ngẫu nhiên 5 bạn nam vào 5 vị trí có 5! cách.
Xếp 5 bạn nữ xen vào giữa 4 khoảng trống giữa 5 bạn nam, vị trí đầu và cuối
hàng có
5
A
6
cách.
5
n A 5!. A P A
* Phân tích bài toán
6
n A
n
5
5!. A6
1
.
10! 42
- Bài toán trên dùng phương pháp tạo vách ngăn để giải quyết.
- Nội dung của phương pháp.
Sắp xếp m đối tượng khác nhau thuộc nhóm 1 và n đối tượng khác nhau thuộc
nhóm 2 vào m n m
n
vị trí khác nhau sao cho thỏa mãn không có hai vật
nhóm 2 nào đứng cạnh nhau.
- Cách giải:
+ Bước 1: Sắp xếp m vào m vị trí sẽ tạo ra m 1 vách ngăn.
+ Bước 2: Sắp xếp n đối tượng còn lại theo yêu càu bài toán vào m 1 vách
ngăn vừa tạo.
Câu 369.
Chọn D
Gọi là không gian mẫu. Ta có: n 18! .

Gọi A là biến cố: “Xếp 18 quyển sách lên giá sách theo một hàng ngang sao cho
không có bất kỳ hai quyển sách Hóa đứng cạnh nhau”.
Xếp ngẫu nhiên 10 quyển sách gồm 4 quyển sách Toán và 6 quyển sách Lý
vào 10 vị trí có 10! cách.
Xếp 8 quyển sách Hóa vào 9 khoảng trống giữa 10 quyển sách Toán và Lý, vị
trí đầu và cuối giá sách có
8
n A 10!. A P A
11
8
A
11
cách.
n A
n
8
10!. A11
5
.
18! 1326
Câu 370.
Chọn B
Gọi là không gian mẫu. Ta có: n 5! .
Gọi A là biến cố: “Xếp 5 viên bi được đánh số từ 1 đến 5 vào năm chiếc hộp
sao cho các viên bi được đánh số chẵn nằm trong các hộp đứng cạnh nhau ”.
Xếp 2 viên bi có đánh số chẵn (viên bi số 2 và viên bi số 4) vào 2 hộp đứng
cạnh nhau có 2! cách.
Ta coi việc xếp 2 viên bi chẵn vào hai chiếc hộp đứng cạnh nhau là xếp chúng
vào một chiếc hộp lớn.
Xếp 3 viên bi có đánh số lẻ (viên bi số 1, viên bi số 3 và viên bi số 5) vào 3
chiếc hộp và 2 viên bi đánh số chẵn (viên bi số 2 và viên bi số 4) vào 1 chiếc hộp
lớn nên ta có 4 chiếc hộp để sắp xếp, vậy có 4! cách.
Vậy n A 2!.4! P A
n A 2!.4! 2
.
n 5! 5
Câu 371.
Chọn C
Số cách xếp ngẫu nhiên là 10! cách.
Ta tìm số cách xếp thoả mãn:
* Trước tiên xếp 2 học sinh lớp A có 2! cách.
Vì giữa hai học sinh lớp A không có học sinh lớp B nên chỉ có thể xếp học sinh
lớp C vào giữa hai học sinh lớp A vừa xếp:
* Vậy chọn k 0,1,2,3, 4,5
học sinh lớp C rồi xếp vào giữa hai học sinh lớp
k
A có A
5
cách, ta được một nhóm X.
* Xếp 10 (2 k) 8 k học sinh còn lại với nhóm X có (9 k)!
cách.

Vậy tất cả có
5
k
2! A5
(9 k)! 1451520
cách xếp thỏa mãn.
k 0
Xác suất cần tính bằng 1451520
2 .
10! 5
Câu 372.
Chọn D
Giá có 3 ngăn như vậy có 2 vách ngăn, coi 2 vách ngăn này là 2 quyển sách
giống nhau. Khi đó
bài toán trở thành xếp 14 quyển sách (2 quyển “VÁCH NGĂN” giống nhau) vào
14 vị trí. Đầu
tiên chọn 2 vị trị trí xếp vách ngăn là
2
C
14
, 12 vị trí còn lại xếp 12 quyển sách là
2
12!. Vậy không gian mẫu là C .12! . 14
Gọi A là biến cố “không có bất kì hai quyển sách toán nào đứng cạnh nhau”. Ta
tìm số cách xếp thỏa mãn A
Đầu tiên ta xếp 11 quyển sách gồm 4 quyển lí, 5 quyển hóa và 2 quyển “VÁCH
NGĂN”. Cũng
như trên, ta chọn 2 vị trí xếp 2 quyển “VÁCH NGĂN” trước là
2
C
11, sau đó xếp 9
2
quyển còn lại là 9! . Vậy số cách xếp 11 quyển này là C .9! 11
. Sau khi xếp xong
11 quyển này thì sẽ có sẽ có 12 khe. Ta chọn 3 khe để xếp 3 quyển toán còn lại,
là
3
A
12
.
2 3
Vậy số cách thỏa mãn biến cố A là C .9!. A .
Vậy P A
C .9!. A 55
.
.12! 91
2 3
11 12
2
C14
11 12
Câu 373.
Chọn C
Số các số tự nhiên có hai chữ số phân biệt là 9.9 81 số.
2
Số phần tử của không gian mẫu là n 81 .
Gọi A là biến cố “Hai chữ số được viết ra có ít nhất một chữ số chung”
Khi đó ta có biến cố A là “Hai chữ số được viết ra không có chữ số chung”
Gọi hai chữ số mà Công và Thành viết ra lần lượt là ab và c d .
- TH1: b 0 , khi đó a có 9 cách, c có 8 cách và d có 7 cách. Vậy có
9.8.7 504 cách viết.
- TH2: b 0 , khi đó a có 9 cách, b có 8 cách, c có 7 cách và d có 7 cách.
Vậy có 9.8.7.7 3528 cách viết.
n A 504 3528 4032 cách viết.

P A
4032 281
1 P A 1 .
81 729
Vậy xác suất của biến cố A là: 2
Nhận xét: Đây là một bài toán xác suất chọn số. Đối với bài toán này, ta sẽ đi
theo hướng tính gián tiếp thông qua phần bù. Khi đó cách làm sẽ ngắn hơn và
tránh nhầm lẫn không đáng có.
PT 31.1.
Chọn A
3
Ta có không gian mẫu là n C 30
.
Gọi A là biến cố “3 số được chọn lập thành một cấp số cộng”
Giả sử 3 số được chọn là a, b,
c theo thứ tự lập thành cấp số cộng a c 2b
.
Do đó a c là một số chẵn nên a và c cùng chẵn hoặc cùng lẻ.
Chia S thành 2 tập S1 1;3;5;...;29
và
2 2;4;6;...;30
S .
Ứng với mỗi cách chọn a và c thì chỉ có một cách chọn b tương ứng.
2
2. C
n A .
15
Vậy xác suất của biến cố A là P A
n A 2C
3
n
C
.
58
2
15
3
30
PT 31.2.
Chọn B
Bước 1: ta xếp các số lẻ: có các số lẻ là 1, 1, 1,3 ,5 vậy có 5!
3!
cách xếp.
Bước 2: ta xếp 3 số chẵn 2 , 4 , 6 xen kẽ 5 số lẻ trên có 6 vị trí để xếp 3 số vậy có
3
A
6
cách xếp.
Vậy có
5! .A 3 2400
6
số thỏa mãn yêu cầu bài toán.
3!
Câu 374.
4
Số phần tử của không gian mẫu là: C20 4845 .
Gọi A là biến cố “chọn được 4 đại biểu sao cho mỗi Quốc gia đều có ít nhất 1
đại biểu và có cả đại biểu nam và nữ.”
Trường hợp 1: có 2 đại biểu Việt Nam, 1 đại biểu Mỹ, 1 đại biểu Anh.
Số cách chọn ra 4 đại biểu có cả đại biểu nam và đại biểu nữ thỏa mãn trường
hợp 1 là: C 2 C 1 C 1 C 2 C 1 C 1 C 2 C 1 C
1 cách chọn.
6 7 7 4 5 5 2 2 2
581
Trường hợp 2: Có 1 đại biểu Việt Nam, 2 đại biểu Mỹ, 1 đại biểu Anh.

Câu 375.
Câu 376.
Số cách chọn ra 4 đại biểu có cả đại biểu nam và đại biểu nữ thỏa mãn trường
hợp 2 là: C 1 C 2 C 1 C 1 C 2 C 1 C 1 C 2 C
1 .
6 7 7 4 5 5 2 2 2
678
Trường hợp 3: Có 1 đại biểu Việt Nam, 1 đại biểu Mỹ, 2 đại biểu Anh.
Số cách chọn ra 4 đại biểu có cả đại biểu nam và đại biểu nữ thỏa mãn trường
hợp 3 là: C 1 C 1 C 2 C 1 C 1 C 2 C 1 C 1 C
2 .
6 7 7 4 5 5 2 2 2
678
Nên tổng số cách chọn thỏa mãn yêu cầu là: 581 678 678 1937
.
1937
Vậy xác suất của biến cố A là: P A
.
4845
Chọn D
Xếp ngẫu nhiên tám học sinh thành hàng ngang, có
n
Gọi
8! 40320 .
A
là biến cố cần tính xác suất.
8!
cách. Suy ra
Ta coi Hoàng, Lan, Nam ( Lan ở giữa) là một nhóm. Khi đó vì hai bên nhóm này
bắt buộc là nữ nên coi nhóm này là một nam. Vậy có thể coi ta có ba nam và ba
nữ.
Khi đó có hai trường hợp xảy ra.
Trường hợp 1: Nam ngồi vị trí lẻ.
Xếp ba nam vào vị trí lẻ có 3! cách.
Xếp ba nữ vào vị trí chẵn có 3! cách.
Hoán vị hai học sinh nam trong nhóm ( Hoàng- Lan- Nam) có
Vậy số cách sắp xếp trong trường hợp này là
Trường hợp 2: Nam ngồi vị trí chẵn.
Tương tự trường hợp này có
Suy ra
n A 72 72 144
n A 1
Vậy P A
.
n 280
3!.3!.2! 72
cách.
cách.
2
3!.3!.2! 72
Số phần tử của không gian mẫu là: n C 60
1770
.
cách.
2! cách.
Gọi A : “ Biến cố lấy đồng thời ngẫu nhiên hai quả cầu sao cho tích của các số
trên hai quả cầu chia hết cho 10”.
TH1: Hai quả cầu bốc được có chữ số tận cùng là có (cách).
2
0 C 6
TH2: Hai quả cầu bốc được có 1 quả cầu có chữ số tận cùng là
(cách).
có C . C
1 1
0
6 54

Câu 377.
TH3: Hai quả cầu bốc được có 1 quả cầu có chữ số tận cùng là 5 và 1 quả cầu có
1 1
chữ số tận cùng là 2,4,6,8 có C . C (cách).
6 24
2 1 1 1 1
Khi đó số phần tử của biến cố A là n A C C . C C . C 483 .
6 6 54 6 24
n A 483 161
Vậy xác suất của biến cố A là P A
.
n 1770 590
Chọn D
Nhóm có tất cả 9 học sinh nên số cách xếp 9 học sinh này ngồi vào một hàng có
9 ghế là 9! 362880 (cách).
Vậy số phần tử không gian mẫu là n 362880 .
Đặt biến cố A: “ 3 học sinh lớp 10 không ngồi 3 ghế liền nhau”.
Giả sử 3 học sinh lớp 10 ngồi 3 ghế liền nhau. Ta xem 3 học sinh này là một
nhóm X
+/ Xếp X và 6 bạn còn lại vào ghế có 7! cách xếp.
+/ Ứng với mỗi cách xếp ở trên, có 3! cách xếp các bạn trong nhóm X .
Vậy theo quy tắc nhân ta có số cách xếp là:
7!.3! 30240
(cách).
Suy ra số cách xếp để 3 học sinh lớp 10 không ngồi cạnh nhau là
362880 30240 332640 (cách) n A 332640 .
Câu 378.
Vậy xác suất để 3 học sinh lớp 10 không ngồi cạnh nhau là
n
A
332640 11
P A
.
n 362880 12
Chọn D
Số phần tử của không gian mẫu: n .
8! 40320
Gọi A là biến cố: “cặp sinh đôi ngồi cạnh nhau và nam nữ không ngồi đối diện
nhau”.
Ta tính n A như sau:
Đánh số các ghế ngồi của 8 học sinh như hình vẽ sau:
1 2 3 4
5 6 7 8
- Để xếp cho cặp sinh đôi ngồi cạnh nhau có 6 cách.
- Mỗi cách như vậy có 2 cách đổi chỗ.
- Với mỗi cách xếp cặp sinh đôi, ví dụ: Cặp sinh đôi ở vị trí 1 và 2.
Do nam nữ không ngồi đối diện nên:
+ Vị trí 5 và 6 đều có 3 cách.
+ Vị trí 3 có 4 cách, vị trí 7 có 1 cách.
+ Vị trí 4 có 2 cách, vị trí 8 có 1 cách.

Câu 379.
Câu 380.
6.2.3.3.4.1.2.1 864
Suy ra n A
.
864 3
Vậy P A
.
40320 140
Chọn D
Từ các chữ số 1; 2; 3; 4; 5; 6 ta lập các số tự nhiên có 6 chữ số khác nhau, lập
được 6! 720 số. Vậy số phần tử của không gian mẫu là n 720 .
Gọi abcdef là số tự nhiên có 6 chữ số khác nhau thuộc biến cố A .
( a b c) ( d e f ) 21 a b c 9
Ta có:
.
( d e f ) ( a b c) 3 d e f 12
Từ sáu chữ số 1; 2; 3; 4; 5; 6 ta phân chia thành bộ ba số có tổng là 9 và bộ ba số
có tổng là 12, có 3 cách phân chia, đó là và , 1; 3; 5 và
2; 4; 6
2; 3; 4
1; 2; 6
3; 4; 5
, và 1; 5; 6 . Trong mỗi cách phân chia này, ta lập được
3!.3! 36 số. Do đó n A 3.36 108
.
n A 108 3
Vậy xác suất của biến cố A là: P A
.
n 720 20
Chọn C
3
3
Số cách chọn của An là ; số cách chọn của Bình là . Vậy số phần tử của
C 10
2
3 3 3
không gian mẫu là: n C C C .
10 10 10
Gọi A là biến cố “ Hai bộ ba số An và Bình chọn ra có nhiều nhất một số giống
nhau”.
C 10
TH1: Không có số nào giống nhau thì có
C
. C
3 3
10 7
cách chọn.
TH2: Có một số giống nhau thì có
C
. C . C
3 1 2
10 3 7
cách chọn.
3 3 3 1 2
Do đó n A C C C C C .
10 7 10 3 7
3 3 3 1 2
n A C10C7 C10C3C7
49
Vậy xác suất cần tìm là: P A
.
3
2
n C 60
10
Câu 381.
Chọn B
5
Số phần tử của tập hợp E là 6. A 4320 .
6
a b c d e f
Vì a b c d e f nên a b c d e f 3.
3
Mà 0 1 2 3 4 5 6 21 chia hết cho 3 nên khi lấy ra 6 chữ số thỏa điều
kiện ta phải loại ra một số chia hết cho 3. Ta có 3 trường hợp sau:
1) Trường hợp 1:

Câu 382.
Loại bỏ số 0, khi đó a b c d e f 7 .
Bước 1: Chia ra làm 3 cặp số có tổng bằng 7 là
1; 6 , 2; 5 , 3; 4
: có 1 cách
chia.
Bước 2: Chọn a có 6 cách; chọn b có 1 cách; chọn c có 4 cách; chọn d có 1
cách; chọn e có 2 cách; chọn f có 1 cách: có 6.1.4.1.2.1 = 48 cách.
Trường hợp này có 48 số.
2) Trường hợp 2:
Loại bỏ số 3, khi đó a b c d e f 6 .
Bước 1: Chia ra làm 3 cặp số có tổng bằng 6 là
0; 6 , 1; 5 , 2; 4
: có 1 cách
chia.
Bước 2: Chọn a có 5 cách (vì có số 0); chọn b có 1 cách; chọn c có 4 cách;
chọn d có 1 cách; chọn e có 2 cách; chọn f có 1 cách: có 5.1.4.1.2.1 = 40
cách.
Trường hợp này có 40 số.
3) Trường hợp 3:
Loại bỏ số 6, khi đó a b c d e f 5 . Tương tự như trường hợp 2, có 40
số.
Vậy trong tập hợp E có tất cả 48 40 40 128
số có dạng abcdef sao cho
a b c d e f
Chọn C
128 4
. Xác suất cần tìm là .
4320 135
Gọi x là số bi của hộp thứ nhất nên số bi ở hộp thứ hai là 20 x (
0 x 20, x ).
Gọi a , b ( a,
b ) lần lượt là số bi xanh hộp thứ nhất và số bi xanh ở hộp thứ
hai.
Suy ra: 0 a x , 0 b 20 x .
Số cách lấy bi ở mỗi hộp là độc lập với nhau nên ta đặt:
a
b
+) Xác suất lấy một bi xanh ở hộp thứ nhất là và ở hộp thứ hai là . Với
x 20 x
a , b , x là các số tự nhiên thỏa mãn a x , b 20 x , 1 x 20 .
ab 55
+) Xác suất lấy được hai bi xanh .
x 20 x 84
2
Ta có x 20 x 84 x
20x
84 0 6 x 14 .
Lập bảng thử từng giá trị

Khi đó, các giá trị của x là 6 hoặc 84 .
55 5.
11 5 11 a 5
Ta lại có . . Do đó, , hoặc ngược lại.
84 6.
14 6 14 x b 11
6 20 x 14
Vậy xác suất để lấy được hai viên bi đỏ là
a b 5 11 1
1 1 1 1 .
x 20 x 6 14 28
Câu 383.
Chọn C
5
Ta có: 9 59049 .
Gọi B là biến cố cần tìm xác suất.
3
Số cách chọn 3 chữ số phân biệt a, b,
c từ 9 chữ số khác 0 là .
TH1. Có 1 chữ số trong 3 chữ số a, b,
c được lặp 3 lần.
Chọn chữ số lặp: có 3 cách, giả sử là a.
5!
Xếp 5 chữ số a, a, a, b,
c có cách, (vì cứ 3! hoán vị của các vị trí mà
3!
chiếm chỗ thì tạo ra cùng một số n ).
3 5!
Suy ra trong trường hợp này có C
9.3
số tự nhiên.
3!
TH2. Có 2 trong 3 chữ số a, b,
c , mỗi chữ số được lặp 2 lần.
2
Chọn 2 chữ số lặp: có C 3
cách, giả sử là a, b.
5!
Xếp 5 chữ số a, a, b, b,
c có cách, (vì cứ 2! hoán vị của các vị trí mà
C 9
a, a,
a
a,
a
2!2!
chiếm chỗ và 2! hoán vị của các vị trí mà b,
b chiếm chỗ thì tạo ra cùng một số
n ).
3 5!
Suy ra trong trường hợp này có C
9.3
số tự nhiên.
2!2!
3 5! 3 5!
Do đó ta có B
C
9.3 C
9.3 12600
3! 2!2!
B
12600 1400
Kết luận: P B
.
59049 6561
Cách 2: Lưu Thêm
Gọi là tập các số tự nhiên gồm chữ số mà các chữ số đều khác .
A 5 0
5
Xét phép thử: “ Chọn ngẫu nhiên 1 số từ A ” n 9 .
Gọi B là biến cố: “ Số được chọn chỉ có đúng 3 chữ số khác nhau”.
TH1: Có 1 chữ số được lặp 3 lần, 2 chữ số còn lại khác nhau.
+) Chọn 1 chữ số khác 0 có 9 cách ( gọi là a ).
3
+) Xếp 3 chữ số a vào 3 trong 5 vị trí có cách.
2
+) Chọn 2 chữ số từ 8 chữ số còn lại và xếp vào 2 vị trí còn lại có cách.
3 2
Có 9. C . A 5040 (số).
5 8
C 5
số.
TH2: Có 2 trong 5 chữ số, mỗi chữ số được lặp 2 lần.
A 8

Câu 384.
2
+) Chọn 2 chữ số từ 9 chữ số có C (gọi là a , b ).
2 2
+) Xếp 4 chữ số: a , a , b , b vào 4 trong 5 vị trí có C . C cách.
+) Xếp 1 chữ số còn lại có 7 cách.
2 2 2
Có C . C . C .7 7560 (số).
9 5 3
nB 5040 7560 12600 .
nB
P B
5
n 12600 1400
Kết luận: .
9 6561
Chọn A
4 3
Số phần tử không gian mẫu: A7 A6 720 .
TH 1 : Nếu a 2 .
b 0 c 3;4;8;9 có 4 cách; d có 4 cách.
Vậy có 16 số.
b 1;3;4;8;9 có 5 cách; c có 5 cách; d có 4 cách.
Vậy có 100 số.
9
5 3
TH 2 : Nếu a 3;4;8 có 3 cách; b có 6 cách; c có 5 cách; d có 4 cách.
Vậy có 360 số.
TH 3 : Nếu a 9 .
b
0 ; c 1;2;3;4;8 có 5 cách; d có 4 cách.
Vậy có 20 số.
Kết luận:
16 100 360 20 496
A
số.
496 31
P
A
.
720 45
Câu 385.
Chọn B
4
Các số tự nhiên của tập X có dạng abcde , suy ra tập X có 9.10 số. Lấy từ tập
X
ngẫu nhiên hai số có
2
C 90000
số.
Vì abcde 4 de 4 de 00,04,08,12,...,92,96 có 25 số.
Suy ra số tự nhiên có năm chữ số chia hết cho 4 là 9.10.10.25 22500 số.
Số tự nhiên có năm chữ số không chia hết cho 4 là 9.10.10.75 67500 số.
Vậy xác suất để ít nhất một số chia hết cho 4 là:
C C C
P
2 1 1
22500 22500 67500
2
C90000
0,437 .

Câu 386.
Chọn D
Câu 397.
Số cách chọn 1 tam giác có 3 đỉnh trùng với 3 trong số 18 đỉnh của đa giác đã
cho là n C 18
816 .
Gọi
A
3
là biến cố: “ tam giác được chọn là tam giác cân”.
- TH1: Tam giác được chọn là tam giác đều: có 6 cách.
- TH2: Tam giác được chọn là tam giác cân nhưng không phải tam giác đều:
+ Chọn đỉnh của tam giác cân có 18 cách.
+ Chọn cặp đỉnh còn lại để cùng với đỉnh đã chọn tạo thành 3 đỉnh của 1 tam
giác cân (không đều) có 7 cách.
Suy ra số cách chọn tam giác cân nhưng không phải tam giác đều là 18.7 126
cách.
132 11
Vậy n A 6 126 132
P A
.
816 68
Chọn D
Tổng hai góc đối của tứ giác nội tiếp luôn bằng 180 , số tứ giác thỏa mãn có 2
góc ở 2 đỉnh kề chung một cạnh của tứ giác là 2 góc tù bằng số tứ giác không có
góc vuông.
4
Số phần tử không gian mẫu: n C 20
, biến cố A : “tứ giác không có góc
vuông”
Xét các tứ giác có góc vuông:

+ TH1: tứ giác có 4 góc vuông (hình chữ nhật).
Có
2
C 10
tứ giác.
+ TH2: tứ giác có 2 góc vuông ( AB là đường kính, CD không là đường kính và
C , D khác phía so với đường kính AB ).
- Chọn A , B có 10 cách.
- Chọn C (thuộc nửa đường tròn đường kính AB ) có 9 cách.
- Chọn D (để CD không là đường kính và C,
D khác phía so với đường kính
AB ) có 8 cách.
Suy ra có 10.9.8
tứ giác.
2
4
Vậy n A C 10
10.9.8 765 n A C 20
765 .
Xác suất để 4 đỉnh lấy được tạo thành tứ giác có 2 góc ở 2 đỉnh kề chung một
4
C20
765 16
cạnh của tứ giác là 2 góc tù: P A
4
.
C 19
20
Câu 388.
Chọn B
A 25
+) Tập hợp có phần tử. Chọn ngẫu nhiên một bộ a;
b từ tập hợp
2
A 25
A
+) Gọi E là biến cố để log a
b là số nguyên.
+) Vì a, b
A a 2
n , 2
m với m, n
1,2,3,...,25 và m n .
b
m
m 25
Khi đó: log a
b là số nguyên mn
1 n 1
n 12
.
n
2 2
25 +) Nhận xét: Số bội không lớn hơn 25 của n và khác n là
1.
n
25 25 25 25 25 25 25 25 25 25
E
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10

25 25
12
11
12
62 31
25 12 8 6 5 4 3 3 2 2 2 2 12
62 . Vậy P E .
2
A 100
+) Nhận xét: Dữ kiện bài toán thiếu a b bởi vì nếu không nói rõ a b thì cặp
số
a,
a
62 12 74
2
25 625
a b .
là một cặp số thỏa mãn yêu cầu đề bài. Khi đó, xác suất là:
(Không trùng với đáp án nào). Do đó, tôi tự hiểu bài toán này là
25

VDC
Câu 1: Cho tứ diện đều ABCD cạnh bằng 1. Xét các điểm M và N thay đổi lần lượt thuộc
các cạnh AD, BC sao cho AM CN x(0 x 1).
Gọi (P) là mặt phẳng chứa MN và song
song với CD. Thiết diện của tứ diện với mặt phẳng (P) có diện tích nhỏ nhất bằng
1
1
3
A. B. C. D.
4
2
4
Câu 2 Trong mặt phẳng (P) cho đường tròn (C) có đường kính AB 2. Trên đường thẳng
vuông góc với (P) tại điểm A, lấy điểm S sao cho SA 5. Xét điểm M thay đổi trên (C),
mặt phẳng qua A vuông góc với SB, lần lượt cắt SB, SM tại H và K. Diện tích tam
giác AHK đạt giá trị lớn nhất bằng
5
4
A. B. 2 C. D. 1
9
5
3
2
Câu 1 A
ĐÁP ÁN
Do DMQ CPN MQ PN.
Hơn nữa MP // QN nên tứ giác MPNQ là hình thang cân.
MP
NQ.
MH
SMPNQ
, trong đó MP x, NQ 1
x,
2
2 2 2
MQ DM DQ DM DQ x x
2 . .cos 60 3 3 1
2
2 2 8x
8x
3
MH MQ QH
.
2
Suy ra
S
MPNQ
2
8x
8x
3 1
.
2 4
Câu 2A

Do SB AHK SB AK AK SBM AK HK
1 1 AH
Tam giác AHK là tam giác vuông tại K. Khi đó: S
AHK
AH. AP AH.
AI
2 2 4
trung điểm của AH và AP là chiều cao của tam giác AHK)
Trong đó 1 1 1 1 1 9 max S 5
2 2 2
AHK
AH AB AS 4 5 20 9
2
(I là

Câu 1: (GV Đặng Thành Nam -2019) Một biển quảng cáo có dạng hình elip với bốn đỉnh
A1 , A2 , B1 , B
2
như hình vẽ bên. Biết chi phí để sơn phần tô đậm là 200.000 đồng/
2
m và phần còn
2
lại là 100.000 đồng/ m . Hỏi số tiền để sơn theo cách trên gần nhất với số tiền nào dưới đây, biết
A A 8 m, B B 6m
và tứ giác MNPQ là hình chữ nhật có MQ = 3m?
1 2 1 2
A. 7.322.000 đồng. B. 7.213.000 đồng. C. 5.526.000 đồng. D. 5.782.000 đồng.
Câu 2: (GV Đặng Thành Nam -2019) Ông A đi làm lúc 7 giờ và đến cơ quan lúc 7 giờ 12 phút
bằng xe gắn máy, trên đường đến cơ quan ông A gặp một người băng qua đường nên ông phải
giảm tốc độ để đảm bảo an toàn rồi sau đó lại từ từ tăng tốc độ để đến cơ quan làm việc. Hỏi
quãng đường kể từ lúc ông A giảm tốc độ để tránh tai nạn cho đến khi tới cơ quan dài bao nhiêu
mét ?
(Đồ thị dưới đây mô tả vận tốc chuyển động của ông A theo thời gian khi đến cơ quan)
A. 3600 B. 3200 C. 3500 D. 3900
Câu 3: (GV Đặng Thành Nam -2019) Vườn hoa của một trường học có hình dạng được giới
hạn bởi một đường elip có bốn đỉnh A, B, C,
D và hai đường parabol có các đỉnh lần lượt là
E,
F (phần tô đậm của hình vẽ bên). Hai đường parabol có cùng trục đối xứng AB, đối xứng với
nhau qua trục CD, hai parabol cắt elip tại các điểm M , N, P,
Q . Biết
AB 8 m, CD 6 m, MN PQ 3 3 m, EF 2m
. Chi phí để trồng hoa trên vường là 300.000
2
đồng/ m . Hỏi số tiền trồng hoa của vườn gần nhất với kết quả nào dưới đây?
A. 4.477.800 đồng. B. 4.470.000 đồng. C. 4.908.815 đồng. D. 4.809.142 đồng.
Lời giải
Câu 1. Chọn đáp án A
Phương trình elip có độ dài trục lớn bằng 8, độ dài trục bé bằng 6 là
2 2
x y
1.
16 9
2
x
Rút ra phần đường cong nằm trên trục hoành là y 3 1 ; phần đường cong nằm dưới trục
16
2
x
hoành là y 3 1 . Diện tích của cả hình elip là
16
4 2 2
x x
S0
3 1 3 1 dx 12 .
16 16
4

2
MQ 3
yM
Với MQ 3 yM
xM
4 1 2 3
2 2 9
Do đó diện tích phần tô đậm là
Số tiền cần dùng là S S S
2 3 2 2
x x
S1
3 1 3 1 dx 6 3 8 .
16 16
2 3
200.000 100.000 7.322.000 đồng.
1 0 1
Câu 2. Chọn đáp án D.
Có 12 phút bằng 0,2 giờ. Chọn gốc thời gian từ lúc 7h sang t = 0. Lúc ông A bắt đầu giảm tốc độ
5
là 7h05 phút t
. Ta có quãng đường kể từ lúc giảm tốc đến lúc đến cơ quan là
60
12
60
s v( t)
dt chính là diện tích hình phẳng giới hạn bởi trục hoành; đường cong v(t) và hai đường
5
60
5 12
thẳng t ; t . Diện tích hình phẳng trên được tính bằng cách chia nhỏ thành các hình đã
60 60
biết có
1 3
1 1
s 36 60 60 48 3,9 km.
2 60 2
Chọn đáp án D.
*Chú ý các em có thể viết phương trình vận tốc xe ông A đi, tuy nhiên sẽ dài vì phải chia
nhỏ v(t) theo từng khoảng thời gian.
Câu 3. Chọn đáp án D.
Chọn gốc toạ độ O=AB∩CD, các tia Ox, Oy lần lượt trùng với các tia OB, OC.
Elip có độ dài trục lớn AB=8m, độ dài trục nhỏ CD=6m có phương trình là
2 2
x y
( E) : 1.
16 9
Diện tích của cả hình elip là S0 ab 43 12 .
Theo giả thiết có F(1;0) và
2 2
x
( )
P
yP
P E
1
xP
2
16 9
3 3 3 3
PQ 3 3 3 3 P
2; , Q 2; .
x 0; 3 3
2 2
P
yP y
P
2 2 xP
0; y
P
2
2
Parabol có trục đối xứng là Ox qua các điểm F, P, Q có dạng
Thay toạ độ các điểm F,P,Q vào phương trình parabol có
2
( P) : x ay by c.

c 1
c
0
27 3 3
4
a b c b P x y
4 2
27
4
27 3 3
a
a b c 2 27
4 2
Nửa elip bên phải trục tung là
parabol (P) là
2
2 0 ( ) : 1.
2
y
x 4 1 . Diện tích hình phẳng giới hạn bởi nửa elip này và
9
3 3
2
2
4 2 y
S1
y dy
1
4 1 4 3.
27 9
3 3
2
Diện tích phần tô đậm bằng S S0 2S1
12 2(4 3) 4
2 3.
Số tiền cần dùng F S 300.000 (4
2 3) 300000 4.809.142 đồng

CHUYÊN ĐỀ VDC THỰC TẾ
Câu 1. Một hộp hình lập phương có kích thước 10cm x 10cm x 10cm được xếp vào đó 8
quả cầu đường kính 5cm. Người ta muốn xếp 1 quả cầu nữa thì đường kính lớn nhất của
quả cầu đó bằng bao nhiêu xen-ti-mét?
5
A. B. 5 2 1
C. 5 3 1
D.
5 5 1
2
Câu 2 Người ta cắt một thanh thép thành 12 đoạn để hoàn thành khung của một chiếc
hộp hình hộp chữ nhật. Biết đáy của hình hộp này là một hình chữ nhật có chiều dài gấp
đôi chiều rộng. Hỏi hình hộp đó có thể tích lớn nhất bằng bao nhiêu (biết thanh thép dài
12m)?
8
A. V
3
max B. C. D.
9 m
27 3
V max
64 m
3
Vmax
2m
Vmax
1 m
3
A. Miny 5
B. Miny 6
C. Miny 2
D.
Miny 4
Câu 3 Cho hình bình hành ABCD có diện tích bằng 1. Xét hình bình hành A1 B1C 1D1
có
các đỉnh là trung điểm các cạnh của ABCD ; A2 B2C2D2
là hình bình hành có đỉnh là
trung điểm các cạnh của A1 B1C 1D1
, cứ như thế ta có vô số hình bình hành. Tính tổng diện
tích S của tất cả các hình bình hành đó (ngoại trừ ABCD ).
5
A. S 1
B. S
4
3
9
C. S
D. S
2
8
Câu 1C
Câu 2A
Câu 3A
ĐÁP ÁN

Câu 1: ( Chuyên Vinh Nghệ An- 2019 ) Một biển quảng cáo có dạng hình elip với bốn đỉnh
A1 , A2 , B1 , B
2
như hình vẽ bên. Người ta chia elip bởi parabol có đỉnh B
1
, trục đối xứng B1 B
2
và
đi qua các điểm M, N. Sau đó sơn phần tô đậm với giá 200.000 đồng/ m 2 và trang trí đen led
phần còn lại với giá 500.000 đồng/ m 2 . Hỏi kinh phí sử dụng gần nhất với giá trị nào dưới đây?
Biết rằng A1 A2 4 m, B1 B2
2 m, MN 2m
.
đồng
A. 2.341.000 đồng B. 2.057.000 đồng C. 2.760.000 đồng D. 1.664.000
Câu 2: ( Chuyên Vinh Nghệ An- 2019 ) Sau khi tốt nghiệp đại học, anh Nam thực hiện một dự
án khởi nghiệp. Anh vay vốn từ ngân hàng 200 triệu đồng với lãi suất 0,6% một tháng. Phương
án trả nợ của anh Nam là: sau đúng một tháng kể từ thời điểm vay, anh bắt đầu trả nợ, hai lần trả
nợ liên tiếp cách nhau đúng một tháng, số tiền phải trả mỗi tháng là như nhau và anh trả hết nợ
sau đúng 5 năm từ thời điểm vay. Tuy nhiên, sau khi dự án có hiệu quả và đã trả được nợ trong
12 tháng theo phương án cũ, anh nam muốn rút ngắn thời gian trả nợ nên từ tháng tiếp theo, mỗi
tháng anh trả nợ cho ngân hàng 9 triệu đồng. Biết rằng mỗi tháng ngân hàng chỉ tính lãi trên số
dư nợ thực tế của tháng đó. Hỏi sau ít nhất bao nhiêu tháng từ thời điểm vay anh Nam trả hết nợ?
A. 32 tháng B. 31 tháng C. 29 tháng D. 30 tháng
Câu 3 : ( Chuyên Phan Bội Châu- 2019 ) Người ta xây một sân khấu với mặt sân có dạng hợp
của hai hình tròn giao nhau. Bán kính của hai hình tròn là 20 mét và 15 mét. Khoảng cách giữa
hai tâm của hai hình tròn là 30 mét. Chi phí làm mỗi mét vuông phần giao của hai hình tròn là
300 nghìn đồng và chi phí làm mỗi mét vuông phần còn lại là 100 nghìn đồng. Hỏi số tiền làm
mặt sân của sân khấu gần với số nào nhất trong các số dưới đây?
đồng
A. 208 triệu đồng B. 202 triệu đồng C. 200 triệu đồng D. 218 triệu
Câu 4 : ( Chuyên Phan Bội Châu- 2019 ) Một anh sinh viên nhập học đại học vào tháng 8 năm
2014. Bắt đầu từ tháng 9 năm 2014, cứ vào ngày mồng một hàng tháng anh vay ngân hàng 3
triệu đồng với lãi suất cố định 0,8% / tháng. Lãi tháng trước được cộng vào số nợ để tiếp tục tính
lãi cho tháng tiếp theo (lãi kép). Vào ngày mồng một hàng tháng kể từ tháng 9/2016 về sau anh
không vay ngân hàng nữa và anh còn trả được cho ngân hàng 2 triệu đồng do có việc làm thêm.
Hỏi ngay sau khi kết thúc ngày anh ra trường (30/6/2018) anh còn nợ ngân hàng bao nhiêu tiền
(làm trồn đến hàng nghìn đống)?

đồng
A. 49.024.000 đồng B. 46.641.000 đồng C. 47.024.000 đồng D. 45.401.000
Câu 5: ( Chuyên Cao Bằng- 2019 ) Một cái cốc hình trụ
có bán kính đáy là 2cm, chiều cao 20cm. Trong cốc đang
có một ít nước, khoảng cách giữa đáy cốc và mặt nước là
12cm (Hình vẽ). Một con quạ muốn uống được nước trong
cốc thì mặt nước phải cách miệng cốc không quá 6cm.
Con quạ thông minh mổ những viên đá hình cầu có bán
kính 0,6cm thả vào cốc nước để mực nước dâng lên. Để
uống được nước thì con quạ cần thả vào cốc ít nhất bao
nhiêu viên bi?
A. 27 B. 30 C. 29 D. 28
Câu 6: ( Chuyên Ngoại ngữ- 2019 ) Sử dụng
mảnh inox hình chữ nhật ABCD có diện tích bằng
m và cạnh BC xm
1 2
để làm một thùng đựng
nước có đáy, không có nắp theo quy trình như
sau: Chia hình chữ nhật ABCD thành hai hình chữ
nhật ADNM và BCNM, trong đó phần hình chữ
nhật ADNM được gò thành phần xung quanh hình
trụ có chiều cao bằng AM, phần hình chữ nhật
BCNM được cắt một hình tròn để làm đáy của
hình trụ trên (phần inox còn thừa được bỏ đi).
Tính gần đúng giá trị x để thùng nước trên có thể
tích lớn nhất (coi như các mép nối không đáng
kể).
A. 1,37m B. 1,02m C. 0,97m D. 1m
Câu 7: ( THPT Ngô Quyền, Hải Phòng- 2019 ) Người ta
sử dụng xe bồn để chở dầu. Thùng đựng dầu có thiết diện
ngang (mặt trong của thùng) là một đường elip có độ dài
trục lớn bằng 2m , độ dài trục bé bằng 1, 6m , chiều dài (mặt
trong của thùng) bằng 3, 5m . Thùng được đặt sao cho trục
bé nằm theo phương thẳng đứng (như hình bên). Biết chiều
cao của dầu hiện có trong thùng (tính từ điểm thấp nhất của
đáy thùng đến mặt dầu) là 1, 2m . Tính thể tích V của dầu có
trong thùng (Kết quả làm tròn đến hàng phần trăm).

V 2,31m
3
3
3
A. V 4,42m
B. V 2,02m
C. V 7,08m
D.
3
Câu 8: ( Chuyên Hà Tĩnh- 2019 ) Ông An có một khu đất hình elip với độ dài trục lớn 10 m và
độ dài trục bé 8 m. Ông An muốn chia khu đất làm 2 phần, phần thứ nhất là một hình chữ nhật
nội tiếp elip dùng để xây bể cá cảnh và phần còn lại dùng để trồng hoa. Biết chi phí xây bể cá là
1 000 000 đồng trên 1 m 2 và chi phí trồng hoa là 1 200 000 đồng trên 1 m 2 . Hỏi ông An có thể
thiết kế xây dựng như trên với tổng chi phí thấp nhất gần nhất với số nào dưới đây?
đồng.
A. 67 398 224 đồng. B. 67 593 346 đồng. C. 63 389 223 đồng. D. 67 398 228
Câu 9 : ( Ninh Bình lần 2- 2019 ) Cô Ngọc vay ngân hàng một số tiền với lãi suất 1%/tháng. Cô
ấy muốn hoàn nợ cho ngân hàng theo cách: Sau đúng một tháng kể từ ngày vay, cô ấy bắt đầu
hoàn nợ; hai lần hoàn nợ liên tiếp cách nhau đúng một tháng, số tiền hoàn nợ ở mỗi tháng là 5
triệu đồng và cô ấy trả hết nợ sau đúng 5 năm kể từ ngày vay (số tiền hoàn nợ tháng cuối cùng có
thể ít hơn 5 triệu đồng). Biết rằng mỗi tháng ngân hàng chỉ tính lãi trên số dư nợ thực tế của
tháng đó. Hỏi số tiền mà cô Ngọc vay ngân hàng là số nào trong các số dưới đây?
A. 221 triệu đồng. B. 224 triệu đồng. C. 222 triệu đồng. D. 225 triệu
đồng.
Câu 10 : ( Chuyên Quốc Học Huế lần 3- 2019 ) Một người được trả lương qua tài khoản thanh
toán (ATM) của ngân hàng Vietcombank. Người đó dùng 35 triệu đồng tiền mặt để mở thêm tài
khoản tiết kiệm tự động, kì hạn 1 tháng với hình thức đó cứ sau mỗi tháng thì ngân hàng tự động
chuyển từ tài khoản ATM qua tài khoản tiết kiệm tự động là 3 triệu đồng. Hỏi sau 5 năm, người
đó rút bao nhiêu tiền trong tài khoản tiết kiệm tự động đó, biêt rằng trong suốt 5 năm, người đó
không rút tiền, lãi suất không đổi là 5%/năm và nếu đến kì hạn mà người đó rút hết tài khoản tiết
kiệm thì ngân hàng sẽ không chuyển tiền từ tài khoản ATM sang tài khoản tiết kiệm nữa.
A. 248,9358023 (triệu đồng) B. 245,1017017 (triệu đồng).
C. 249,7858783 (triệu đồng). D. 245,9358023 (triệu đồng)
Lời giải:
Câu 1: Chọn: A

2 2
x y
2
Phương trình đường Elip là: 1. Diện tích hình Elip là S
a. b 2
E
m
4 1
x
1
x
1
Tọa độ giao điểm M, N là nghiệm hệ: 2 2
x y 3
1
y
4 1 2
3 3
Vậy M
1; , N
1;
2 2
Parabol (P) đối xứng qua Oy có dạng y ax 2 c a
0
c
1
3
3
B1
0; 1 , N
1; P 3 P : y 1 x 1
2
a 1
2
2
Vì
2
1
2
x 3
2
Diện tích phần tô đậm là: S1
2
1 1 x 1dx
4
2
0
* Tính
I
1
1 2
x x dx
1
dx . Đặt sin t costdx
. Đổi cận
4 2 2
0
6 6 6
2 2
Suy ra
0 0 0
x
0 t 0
x
1 t
6
1 6 3
I1
1 sin t.2costdt 2cos tdt 1 cos 2t dt t sin 2t
2 6 4
1
3 1
3
2
3 x 3 2
* Tính I2
1 x 1 dx 1 x
2
2 3
0
0
6 3
3 3 2 3 4
Vậy S1
2
6 4 6 3
3 6 3
Tổng số tiền sử dụng là: S .200000 S 1
S .500000 2.341.000 đồng
E 1
Câu 2: Chọn A
Gọi a là số tiền anh Nam trả hàng tháng.
r 0,6%
m 2
0

Giả thiết suy ra sau 5 năm:
60 a
60
2001 r 1 r
1 0 a 3,979
r
triệu đồng.
Số tiền anh Nam còn nợ sau 12 tháng:
12 a
12
M 2001 r 1 r
1 165,53
r
triệu đồng.
Với số tiền góp 9 triệu đồng 1 tháng, giả sử anh Nam mất n tháng để trả hết nợ, ta có:
n 9
n
M 1 r 1 r
1 0 n 19,5
r
Vậy sau 12 20 32 tháng, anh Nam trả hết nợ.
Câu 3:
Phương pháp:
- Tính diện tích phần giao của hai hình tròn.
Chia làm hai hình viên phân và tính diện tích của chúng bằng cách gắn hệ trục tọa độ và sử dụng
công thức tích phân
b
S f x g x dx
a
- Tính diện tích phần còn lại của sân khấu và suy ra chi phí.
Cách giải:
Đặt OH x O' H 30 x
Ta có:
AHO vuông tại H nên
AH OA OH 400 x
2 2 2 2
2 2 2
AHO' vuông tại H nên AH O' A O' H 225 30
x 2
2
2 215
400 x 225 30 x x
12
215 145
OH , O'
H
12 12
Khi đó
2 2 5 455
AH OA OH
12
Ta tính diện tích phần giao của hai đường tròn (bằng tổng diện tích hai hình viên phân chắn bởi
cung AB và dây AB ở mỗi đường tròn)
+ Xét hình viên phân tạo bởi dây và cung AB của hình tròn tâm O bán kính 20.
Chọn hệ trục tọa độ như hình vẽ trên.
Ở đó hình viên phân tạo bở cung và dây AB giới hạn bởi nửa đường tròn
y
2
400 x và đường thẳng
Phương trình hoành độ giao điểm
y
215
12
2 215 5 455
400 x x
12 12

5 455
12
2
Do đó diện tích S 400 x dx 24,96m
1
5 455
12
215
12
+) Xét hình viên phân tạo bởi dây và cung AB của hình tròn tâm O ' bán kính 15.
Chọn hệ trục tọa độ như hình vẽ trên. Ở đó hình viên phân tạo bởi cung
và dây AB giới hạn bởi nửa đường tròn
Phương trình hoành độ giao điểm
5 455
12
y
2
255 x và đường thẳng
2 145 5 455
255 x x
12 12
2
Do đó diện tích S 255 x dx 35,3m
2
5 455
12
145
12
145
y
12
Diện tích phần giao của hai hình tròn là: S S S m
1 2
24,96 35,3 60,26
2 2
Diện tích phần còn lại của hình tròn là: S ' .20 60,26 .15 60,26 1842,98m
Vậy tổng chi phí là: 1842,98100.000 60,26300.000 202.376.000
Chọn: B
Câu 4:
Phương pháp:
Sử dụng bài toán: Hàng tháng, một người vay (gửi) ngân hàng số tiền là a đồng với lãi suất hàng
tháng là r thì sau n tháng người ấy có tổng số tiền nợ (gửi) ngân hàng là
a
A 1 r n
1 1
r
r
Tính số tiền anh sinh viên nợ sau 2 năm
Tính số tiền anh sinh viên trả được sau 22 tháng
Tính số tiền nợ còn lại.
Cách giải:
Trong thời gian từ tháng 01/09/2014 đến hết tháng 08/2016 là 24 tháng thì mỗi tháng anh sinh
viên vay ngân hàng 3 triệu với lãi suất 0,8%/tháng nên số tiền anh nợ ngân hàng tất cả là:
A 3000000 24
1
1 0,8% 1 1 0,8% 79661701,06
0,8%
đồng.
Trong thời gian từ tháng 09/2016 đến cuối tháng 06/2018 là 22 tháng thì mỗi tháng anh sinh viên
trả ngân hàng 2 triệu với lãi suất 0,8%/ tháng nên số tiền anh trả được ngân hàng là:
A 2000000 22
1
1 0,8% 1 1 0,8% 48284037
0,8%
đồng.

Tính đến tháng 06/2018 thì số tiền nợ ngân hàng của anh là A 1
0,8% 22
1
Số tiền anh còn nợ là 22
Chọn: B
A A 1 r A 46641110 đồng.
1 2
Câu 5 : ( THPT Ngô Quyền, Hải Phòng- 2019 )
Phương pháp:
+) Thể tích khối nước ít nhất cần dâng lên = Tổng thể tích đá thả vào.
+) Số viên đá = Tổng thể tích đá thả vào : Thể tích 1 viên đá.
Cách giải:
2 3
Thể tích nước ban đầu là V1 .2 .12 48
cm
2 3
Thể tích nước ít nhất trong cốc để con quạ có thể uống được là: V2 .2 20 6 56
cm
3
Do đó thể tích lượng nước cần dâng lên ít nhất là V V2 V1 8
cm
của những viên đá thả vào.
4 36
3 125
3 3
Thể tích một viên đá là V ' . 0,6 cm
V
Vậy số viên đá ít nhất con quạ cần thả vào cốc là n
1 28
V
'
Chọn: D
Câu 6:
Phương pháp:
2
Thể tích hình trụ có bán kính đáy r và chiều cao h là V r h
Sử dụng bất đẳng thức Cô-si để tìm GTLN của thể tích.
Cho ba số a, b,
c không âm, theo BĐT Cô-si ta có
Dấu = xảy ra khi a b c
Cách giải:
1
x
Vì S AB.
BC AB m
ABCD
, đây chính là thể tích
a b c
3
3
a b c 3 abc abc
Gọi r là bán kính đáy của hình trụ thì chu vi đáy của hình trụ là 2 r x r m
Gọi
1
AM y0
y
x suy ra 1
BM y
x
x
2 2. 1 1 x
2 x x
Lại có đường kính đáy hình trụ là r BM y y m
x
2
3

(ĐK: 1 x
0 0 x )
x
2 2
2 1
Thể tích thùng nước hình trụ là
x
. x
V r h y .
x
2 2 x
2 2
x x 1 1
. . x x 2 x . x x
2 2 2
4 x 4 2 2
2 2 2 2
Áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho ba số 2 x;
x 2 ;
x
2
3
ta có
2 2
3
2x x x
3
2 2 2 8
2 x.
x .
x
3
3 27
3
1 8
1
Suy ra V . V
2
2 2
27 3 3
Dấu = xảy ra khi
2 2 2
2x x 3x x (vì x 0 )
3
Vậy thùng nước có thể tích lớn nhất khi x 1,02m
Chọn: B
Câu 7:
Phương pháp
- Gắn hệ trục tọa độ lên mặt thiết diện ngang. Viết phương trình elip.
- Tính diện tích phần thiết diện chỉ chứa dầu.
3
- Tính thể tích phần dầu trong thùng, sử dụng công thức V = Sh với S là diện tích một phần elip
tính được ở trên, h là chiều dài của thùng chứa dầu.
Cách giải:
Chọn hệ trục tọa độ như hình vẽ.
Phương trình elip
2 2
x y
1 y 0,8 1
x
2
1 0,8
Diện tích thiết diện có chứa dầu là phần diện tích được
gạch chéo trong hình.
Ta tính diện tích phần không gạch chéo S 1 là phần hình
phẳng giới hạn bởi đường thẳng y = 0, 4 với một phần elip
phía trên trục hoành có phương trình
Phương trình hoành độ giao điểm:
y
2
2
0,8 1 x .

0,4 0,8 1 x x
2 3
2
2 2
Diện tích phần không gạch chéo: S1
0,8 1 x 0,4 dx 0,49m
2
Diện tích elip: S ab .1.0,8 2,51m
Diện tích phần gạch chéo: S 2 = S - S 1 = 2, 51 - 0, 49 = 2, 02 (m 2 ).
Thể tích dầu là: V = S 2 .h = 2, 02.3, 5 7, 08 (m 3 ).
Chọn C.
Câu 8:
Phương pháp:
- Lập hàm số tính chi phí ông An phải trả.
- Khảo sát hàm số, tìm giá trị nhỏ nhất.
(chú ý: Công thức tính diện tích hình elip: S
Cách giải:
2
x
2
y
25 16
Phương trình đường elip là: 1 E
3
2
3
2
ab
2
Diện tích khu đất hình elip là: S ab .5.4 20
m
(Quan sát hình vẽ) Giả sử độ dài đoạn AB là x (m), độ dài đoạn BC là y (m), (x, y > 0).
Do các điểm A, B, C, D nằm trên (E) nên ta có:
2 2
x y
2 2 x y 16
2
100 x 4 100 x
1 1
y y
25 16 100 64 25 5
2 2 2
2
4 100 x 4x 100 x
5 5
2 2
2
Diện tích của hình chữ nhật ABCD là: S
ABCD
x. y x.
m
Khi đó, số tiền ông An phải trả là:
2 2
4 x 100 x 4 100
.1 000 000 20 x x
T
.1 200 000
5 5
2
24 000 000
160 000x
100 x (đồng)
Ta có:
x
2 2
2 x 100
x
100 x 50
2
2
24 000 000
160 000x
100 x 24 000 000
8 000 000

Tmin 240 000 000
8 000 000 67 398 224 (đồng) khi và chỉ khi
x x x
Chọn: A
Câu 9:
2
100 5 2
Phương pháp:
- Lập công thức tính số tiền còn nợ sau mỗi tháng theo T là số tiền nợ ban đầu.
- Đến khi trả hết nợ thì số tiền nợ bằng 0 .
- Giải phương trình và kết luận.
Cách giải:
Gọi T là số tiền cô Ngọc vay ban đầu, kí hiệu r 1%, A 5tr
- Sau tháng thứ nhất, số tiền nợ là
- Sau tháng thứ hai, số tiền nợ là
T2 T 1 r A T 1 r A
r A
1 1
T r T r r A Ar A
2
1 1
T r A r A
- Sau tháng thứ ba, số tiền nợ là:
T1 T Tr A T 1 r A.
2 2
1 1 1 1
T r A r A T r A r A
r A
3 2
1 1 1
T r A r A r A
3 2
T 1 r A 1 r 1 r 1
r 3
3 1 1
T 1 r
A
1
r 1
3 A
3
T 1 r 1 r
1
r
....
A
n
1 1 1 .
r
n
- Sau tháng thứ n, số tiền nợ là T T r r
Do sau 5 năm (60 tháng) thì cô Ngọc trả hết nợ nên T60 0
T 11% 5 11% 60
1
0 T 224,775
1%
n
Do tháng cuối cùng có thể trả ít hơn 5 triệu nên số nợ ban đầu không vượt quá 224,775 triệu
Vậy nên số nợ ban đầu có thể là 224 triệu.
triệu

Chú ý: Số nợ không thể là 225tr vì nếu vậy thì sau 60 tháng không thể trả hết nợ mà sẽ còn dư
nợ đến tháng thứ 61 (mâu thuẫn giải thiết).
Câu 10:
Phương pháp:
Đổi: 5 năm = 60 tháng.
Lãi suất 5%/năm tương ứng với
Số tiền nhận được sau 5 năm là:
5 % /tháng.
12
60 59 58 1 0
5 5 5 5 5
35. 1 % 3. 1 % 3. 1 % .... 3. 1 % 3. 1 % 248.9358023.
12 12 12 12 12
Chọn A.

VDC THỰC TẾ
Câu 1: Từ một hình tròn có tâm S, bán kính R, người ta tạo ra các hình nón theo hai cách
sau đây:
1
Cách 1: Cắt bỏ
4
hình nón rồi ghép hai mép lại được hình nón N 1 .
1
Cách 2: Cắt bỏ
2
hình nón rồi ghép hai mép lại được hình nón N 2 .
V1
Gọi V 1 , V 2 lần lượt là thể tích của khối nón N 1 và khối nón N 2 . Tính .
V
V1
9 3
A. B. C. D.
V V1
3 3
4 2
V V1
7
2 2
V V1
9 7
2 3
V
8 3
2
2
Câu 2: Một người gửi số tiền 1 triệu đồng vào một ngân hàng với lãi suất 7%/năm. Biết
rằng nếu không rút tiền ra khỏi ngân hàng thì cứ sau mỗi năm, số tiền lãi sẽ được nhập vào
vốn ban đầu (người ta gọi đó là lãi kép). Hỏi sau 4 năm người đó sẽ lĩnh bao nhiêu tiền
(triệu đồng), nếu trong khoảng thời gian đó không rút tiền ra và lãi suất không thay đổi?
4
4
4
A. (1,07)
B. (1,93)
C. (2,07)
D.
2
2
2
4
(2,93)
Câu 3 Một người gửi 10 triệu đồng vào ngân hàng. Hỏi nếu theo kì hạn 3 tháng vowislaix
suất 1,65% một quý thì sau hai năm người đó nhận được một số tiền (triệu đồng) là bao
nhiêu?
8
8
8
8
A. 10.(1,0165) B. 10.(0,0165) C. 10.(1,165) D. 10.(0,165)
Câu 4: Một bình đựng nước dạng hình nón (không có đáy), đựng đầy nước. Biết rằng chiều
cao của bình gấp 3 lần bán kính đáy của nó, Người ta thả vào đó một khối trụ và đo được
thể tích nước tràn ra ngoài là
16 ( 3
dm ). Biết rằng một mặt của khối trụ nằm trên mặt đáy
3
của hình nón, các điểm trên đường tròn đáy còn lại đều thuộc các đường sinh của hình nón
(như hình vẽ) và khối trụ có chiều cao bằng đường kính đáy của hình nón. Tính diện tích
xung quanh của bình nước.
S xq

A. 9 10 ( 2
S
).
xq
dm
B.
2
2
C. S 4 ( dm )
D.
xq
Sxq
Sxq
2
4
10( dm )
3 ( 2
dm )
1
Câu 5: Biết rằng khối lượng chất phóng xạ tại thời điểm t là m( t) m 0 T
, trong đó m 0
2
là khối lượng chất phóng xạ ban đầu (tức tại thời điểm t = 0) và T là chu kì bán rã. Biết chi
kì bán rã của một chất phóng xạ là 24 giờ (1 ngày đêm). Hỏi 100 gam chất đó sẽ còn lại
bao nhiêu gam sau 4 ngày đêm?
25
25
A. 5 gam B. gam C. gam D. 4 gam.
8
4
Câu 6 Cho miếng tôn hình tròn tâm O bán kính R. Cắt bỏ một phần miếng tôn theo một
hình quạt OAB và gò phần còn lại thành một hình nón đỉnh O hông đáy (OA trùng với
OB). Gọi S, S’ lần lượt là diện tích của miếng tôn hình tròn ban đầu và diện tích của miếng
S '
tôn còn lại. Tìm tỉ số để thể tích khối nón lớn nhất.
S
2
t
6
1
2
1
A. B. C. D.
3
4
3
3
Câu 7 Một người gửi số tiền 1 triệu đồng vào một ngân hàng với lãi suất 7%/năm. Biết
rằng nếu không rút tiền ra khỏi ngân hàng thì cứ sau mỗi năm, số tiền lãi sẽ được nhập vào
vốn ban đầu (lãi kép). Sau 3 năm người đó sẽ lĩnh được số tiền là bao nhiêu (triệu đồng)
(nếu trong khoảng thời gian này không rút tiền và lãi suất không thay đổi)?
1,007 3
1,7 3
1,07 3
0,7
3
A. B. C. D.

Câu 8 Một người gửi 5 triệu đồng vào ngân hàng. Hỏi nếu theo kì hạn 3 tháng với lãi suất
1,5% một quý thì sau 2 năm người đó nhận được một số tiền T là bao nhiêu (triệu đồng)
nếu trong khoảng thời gian này không rút tiền và lãi suất không thay đổi?
T 51,015 8
T 8
T 3
3
A. 5 1,15 B. 5 1,015 C. T 5 1,15 D.
Câu 9. Một mảnh vườn hình chữ nhật có chiều dài 16m và chiều rộng là 8m. Người ta
dùng hai đường parabol, mỗi parabol có đỉnh là trung điểm của một cạnh dài và đi qua hai
mút của cạnh dài đối diện, phần mảnh vườn được giới hạn bởi hai parabol (phần gạch sọc
như hình vẽ) được trồng hoa. Giả sử chi phí để trồng hoa là 45000 đồng/m 2 . Khi đó, số tiền
phải chi để trồng hoa trên phần mảnh vườn đó (số tiền được làm tròn đến hàng nghìn) là
đồng
A. 2 715 000 đồng B. 2 159 000 đồng C. 3 322 000 đồng D. 3 476 000
Câu 10. Một bình đựng nước dạng hình nón (không có đáy), đựng đầy nước. Người ta thả
vào đó một khối cầu có đường kính bằng chiều cao của bình nước và đo được thể tích nước
tràn ra ngoài là 18
dm . Biết rằng khối cầu tiếp xúc với tất cả các đường sinh của hình
3
nón và đúng một nửa của khối cầu chìm trong nước (hình bên). Tính thể tích nước còn lại
trong bình
3
24
dm
A. 3
3
3
6 dm B. 12 dm C. 54 dm D.

ĐÁP ÁN
Câu 1: Cách ghép 1: Xét hình nón N 1 có độ dài đường sinh là l 1
R.
Do mặt xung quanh của hình nón N 1 là
3 3R
2
R 2 r1 r1
. Suy ra
4 4
3
4
hình nón ban đầu nên ta có hệ thức:
2
9R
R 7 .
2 2 2
h1 l1 r1
R
16 4
Cách ghép 2: Xét hình nón N 2 có độ dài đường sinh là l
2
2 2 2 R R 3 V
h2 l2 r2
R . Do đó
4 2 V
2
R.
1
r h
3 9 7
.
1 8 3
3
2
1 1 2
1
r1 h1
2
2
2
r
r2 h2
2
h2
Tương tự, ta cũng tính được:
Câu 2 A
Câu 3 A
Câu 4 B
Câu 5 C
Câu 6 A
: Gọi AOB ,(0 2 ), r 0 là bán kính đường tròn có độ dài AB, h > 0 là chiều cao
của khối nón.
Ta có:
. R
2 2 R 2 2
AB
.R r h OA r 4
2
2
3 2
1 R
và V
2
3 8
2 6
Khảo sát hàm số V theo biến , ta được thể tích lớn nhất khi .
3
2 2
4
.
1 2 2 6 S ' 6
Do đó: S ' R R .
2 3 S 3
Câu 7C
Câu 8D
Câu 9A
Đặt hai parabol vào trong hệ trục tọa độ Oxy với trục hoành trùng với một cạnh dài và gốc
tọa độ O là trung điểm của cạnh dài đó. Từ giả thiết, hai parabol có phương trình lần lượt
1 2 1 2
là y x , y x 8
8 8

Phương trình hoành độ giao điểm của hai parabol là
1 2 1 2 2
x x 8 x 32 x 4 2
8 8
Diện tích trồng hoa được xác định theo công thức
4 2
1 1
S x 8 x dx 60,34m
8 8
4 2
2 2 2
Số tiền cần dùng bằng 2.715.000 đồng
Câu 10 A
Xét hình nón tròn xoay, ta có: h SO 2 R, r OA,
l SA
Trong đó R là bán kính của khối cầu.
3
3 1 4
R
Do thể tích nước tràn ra ngoài là 18
dm
. 18 R 3 dm h 6 dm
2 3
Xét tam giác vuông SAO, đường cao OH R ta được
1 1 1 1 1 1 1 3 2R
r 2 3dm
2 2 2 2 2 2 2 2
OH OS OA R 4R r r 4R
3
1 2 3
Thể tịc khối nón là V r h 24 dm . Thể tích nước còn lại
3
3
24 18 6
dm

13 Câu VDC Bài Toàn Thực Tế đề thi thử các trường
Câu 1(Đề Thi Thử THPTQG Năm 2019- Đề 01). Một tấm nhôm hình vuông cạnh 10cm.
Người ta cắt ở bốn góc của tấm nhôm đó bốn tam giác cân bằng nhau (xem hình vẽ), mỗi tam
giác cân có chiều cao bằng x, rồi gấp tấm nhôm đó dọc theo đường nét đứt để được một hình
chóp tứ giác đều. Tìm x để khối chóp nhận được có thể tích lớn nhất.
A. x 4
B. x 2
C. x 1
D.
3
x
4
Câu 2 (Đề Thi Thử THPTQG Năm 2019- Đề 01). Một chiếc lô gô đặt tại trụ sở hội chữ thập đỏ
của liên hợp quốc có dạng như hình vẽ. ABCD và MNPQ là hai hình chữ nhật có diện tích bằng
nhau, AB = NP = 5m, hình tròn có bán kính bằng 5m. Phần gạch sọc được sơn bằng màu đỏ,
2
2
phần còn lại được sơn bằng màu trắng. Mỗi m sơn màu đỏ có giá 30 nghìn đồng, mỗi m sơn
màu trắng có giá 10 nghìn đồng. Hỏi số tiền để sơn chiếc lô gô đó gần nhất với số tiền nào dưới
đây ?
A. 2.981.000 đồng B. 2.891.000 đồng C. 2.398.000 đồng D. 2.198.000 đồng
Câu 3 (Đề Thi Thử THPTQG Năm 2019- Đề 02) : Trong sân vườn của một trường học, người
ta dự định làm một vườn hoa hình elip và được chia ra làm 4 phần bởi 2
đường parabol có chung đỉnh, đối xứng nhau qua trục của elip (hình vẽ).
Biết độ dài trục lớn trục nhỏ của elip lần lượt là 8m và 4m,
F
1,F2
là hai
tiêu điểm. Phần A, B để trồng hoa, phần C, D sẽ trồng cỏ. Kinh phí để
trồng mỗi mét vuông hoa và cỏ lần lượt là 250.000 đồng và 150.000
đồng. tổng số tiền để hoàn thành vường hoa (làm tròn đến hàng nghìn)

gần nhất với số tiền nào dưới đây ?
A. 4.656.000 đồng B. 5.455.000 đồng
C. 5.676.000 đồng D. 4.766.000 đồng
Câu 4(Đề Thi Thử THPTQG Năm 2019- Đề 03). Người ta bỏ 3 quả bóng có kích cỡ như
nhau vào một cái hộp hình trụ. Biết đường kính đáy của hình trụ bằng đường kính của quả
bóng bàn và chiều cao của chiếc hộp bằng 3 lần đường kính của quả bóng bàn. Gọi S 1 là diện
S1
tích xung quanh của 3 quả bóng bàn và S 2 là diện tích xung quanh của chiếc hộp. Tỉ số
S
bằng
3
A.1. B. 2. C. .
D.
2
Câu 5(Đề Thi Thử THPTQG Năm 2019- Đề 03). Anh H sau khi tốt nghiệp đại học đã được
tuyển dunhj vào làm việc tại một công ty với mức lương khởi điểm là x triệu đồng/ tháng và số
tiền lương này được nhận vào ngày đầu tiên của tháng. Trong suốt 3 năm kể từ ngày đi làm, đều
đặn mỗi tháng ngay sau khi lĩnh được lương, anh H trích ra 20% và ngay lập tức gửi tiết kiệm
vào ngân hàng theo hình thức lãi kép với kỳ hạn 1 tháng và lãi suất là 0,5%. Sang tháng đầu tiên
của năm thứ tư đi làm anh H đã được tăng lương thêm 10% và mỗi tháng anh vẫn trích ra 20%
lương để gửi tiết kiệm giống như 3 năm đầu. Sau đúng 4 năm kể từ ngày đi làm, anh H nhận
được số tiền cả gốc và lãi là 100 triệu đồng. Hỏi mức lương khởi điểm của anh H gần nhất với
mức nào dưới đây?
A. 8.900.000 đồng. B. 8.992.000 đồng. C. 9.320.000 đồng. D. 9.540.000
đồng.
Câu 6(Đề Thi Thử THPTQG Năm 2019- Đề 1). Cho lò xo có chiều dài tự nhiên bằng 10cm, độ
cứng k = 800N/m . Công sinh ra khi kéo lò xo từ độ dài từ 15 cm đến 18 cm bằng.
A. 1,54J B. 1,56J C. 1,69J D. 1,96J
Câu 7(Đề Thi Thử THPTQG Năm 2019- Đề 1). Một màn ảnh
hình chữ nhật cao 1.5m được đặt trên cao 2m so với tầm mắt (tính
từ mép dưới của màn hình). Để nhìn rõ nhất phải xác định vị trí
đứng sao cho góc nhìn lớn nhất. Hãy xác định vị trí đó (góc BAC
gọi là góc nhìn).
A. 5 m B. 2m
C. 7 m D. 3m
Câu 8(Đề Thi Thử THPTQG Năm 2019- Đề 4). Số lượng một loài vi khuẩn trong phòng thí
.
nghiệm được tính theo công thức S t A.2 a t với A là số lượng vi khuẩn ban đầu, S t là số
lượng vi khuẩn sau t phút, a là tỷ lệ tăng trưởng. Biết rằng sau 1h có 6400 con, sau 3h có
26214400 con. Khi đó số vi khuẩn ban đầu là
A. 50 B. 100 C. 200 D. 500
Câu 9. (Đề Thi Thử THPTQG Năm 2019- Đề 4) Một ca nô đang chạy trên vịnh Bắc Bộ với
5 .
2
2

vận tốc 25 m / s thì đột nhiên hết xăng. Từ thời điểm đó thì ca nô chuyển động chậm dần với
gia tốc a 5 m / s . Hỏi từ lúc hết xăng đến lúc dừng hẳn thì ca nô đi được quãng đường là
A. 50m B. 62,5m C. 70,5m D. 73,5m
Câu 10. (Đề Thi Thử THPTQG Năm 2019- Đề 5) Một chất điểm chuyển động với vận tốc
2
v( t) 3t 2( m / s)
. Quãng đường vật di chuyển trong 3s kể từ thời điểm vật đi được 135m
(tính từ thời điểm ban đầu) là
A. 135m B. 393m C. 302m D. 81m
Câu 11(Đề Thi Thử THPTQG Năm 2019 – Đề 6). Trên một
đoạn đường giao thông có 2 con đường vuông góc với nhau tại O
như hình vẽ. Một địa danh lịch sử có vị trí đặt tại M, vị trí M
cách vị trí đường OE 125 m và cách đường OH 1km. Vì lý do
thực tiễn, người ta muốn làm một đoạn đường thẳng AB đi qua vị
trí M, biết rằng giá để làm 100m đường là 150 triệu đồng.
Chọn vị trí A và B để hoàn thành con đường với chi phí thấp
nhất. Hỏi chi phí thấp nhất để hoàn thành con đường là bao
nhiêu? (THPT Lương Thế Vinh, Hà Nội, lần 1)
A. 1,9603 (tỷ đồng) B. 2,3965 (tỷ đồng)
C. 2,0963 (tỷ đồng) D. 3 (tỷ đồng)
Câu 12(Đề Thi Thử THPTQG Năm 2019 – Đề 6). Lương khởi điểm tháng 1/2017 của Duy là
8.000.000 đồng và Duy quyết định sẽ tiết kiệm 10% tiền lương. Cứ sau mỗi 3 năm lương của
Duy lại tăng 6,9%. Đến tháng thời điểm nào số tiền tiết kiệm xấp xỉ 51 triệu?
A. 12 năm 8 tháng B. 03/2022 C. 09/2029 D. 07/2030
Câu 13(Đề Thi Thử THPTQG Năm 2019- Đề 9). Một vật chuyển động với vận tốc
3
2
gia tốc a t m / s .
Vận tốc của vật sau 10s từ thời điểm t 0 có giá trị 8,6 m / s .
2t
1
Vận tốc ban đầu bằng
A. 4 m / s B. 3, 4 m / s C. 9, 4 m / s D. 6 m / s
vt
và
GIẢI
Câu 1: Chọn đáp án C

Đặt tên các điểm như hình vẽ
AB OA OB
2 2 2
(5 x) (5 x) 2(5 x)
2 2 2
2
2 2 2 2
SO SA AO 5 x (5 x) 10x
1 .2.(5 )
2
. 10
V x x
3
3
Đặt
2 10.(5 ) 4
x .
x
y x x x
4
(5 ) . (0 5)
y ' 4(5 x) . x (5 x)
3
(5 x) (5 5 x)
3 4
y ' 0 x 1
Lập BBT ta thấy ymax y(1)
Vậy x=1
Câu 2: Chọn đáp án D

MON 120 MN 5 3
1
S ( miếng piza OAB)
= ( hình tròn =
6 S ) ( AOB 60
)
25
6
25 3
25 25 3
S( OAB)
S ( miếng piza OAB ) - S( OAB)
= -
4
6 4
25
25 3
S( phần gạch chéo ) 4.( ) 2 S( ABCD) S(
hình vuông chính giữa )
6 4
25
25 3
2
4.( ) 2.5 3.5 5 S(
phần trắng ) S(
hình tròn ) S(
phần gạch chéo )
6 4
tiền = 2.198.000 đồng D
Câu 3 : Chọn C.
Phương pháp: Sử dụng tích phân để tính.
Cách giải: Vì hình có tính chất đối xứng nên ta tính phần diện tích ở góc
1
2
Phương trình đường elip ở nửa trên là y 16 x
2
F2
Tọa độ tiêu điểm là suy ra giao điểm của Parabol và Elip là
2 3;0 I2 3;1
2
1
Giả sử Parabol có phương trình là y ax . Thay tọa độ điểm I vào ta có: a . Vậy phương
12
1 2
trình Parabol là y x .
12
Từ đó ta có diện tích phần A và B là:
2 3
1 2 1 2
4. ( 16 ) 19,065
S
AB
x x dx
2 12
Diện tích phần C và D là: S S S 8
19,065 6,068
CD elip AB
Vậy chi phí là 19,065.250000 6,068.150000 5676450 . Đáp án C phù hợp nhất.
Câu 4: Chọn đáp án A
0

S 1
S 2
3.4
r 12
r
2 2
2 r.6r 12
r
2
S1
1 A
S2
Câu 5: Chọn đáp án B
Gọi lương khởi điểm là X
0, 2X
Cả gốc và lãi sau 3 năm đầu hay 36 tháng là : S
r
r r
Cả gốc và lãi 12 tháng sau đó là :
11
12 0,2.1,1.
( S 0,2.1,1. X )(1 r) X ((1 r) 1)(1 r) 100000000
r
Thay r 0,5% X 8992000 B
36
((1 ) 1)(1 )
Câu 6. Công được sinh ra khi kéo căng lò xo từ 15 cm đến 18 cm là.
0,08
W 800xdx
1,56 J .
0,05
2 2 2
2 2 2
Câu 7. Đặt OA = x, ta có AC x 3,5 và AB x 2 .
Ta có.
2 2 2 2 2 2 2 2
AB AC BC x 4 x 3,5 1,5 x 7
cos BAC
2. AB. AC 2 x 4 x 3,5 x 4 x 3,5
2 2 2 2 2 2
Để BAC lớn nhất thì cos BAC nhỏ nhất suy ra tìm giá trị nhỏ nhất của
t 7
f ( t)
trên 0;
. Xét f '( t) 0 t 7 .
2
t 4 t 3,5
2
Lập BBT ta được min
x(0; )
f ( t) f (7). Vậy x 7 x 7( m)
.
Câu 8. Chọn đáp án B
.60
2 . A 6400
.180
2 . A 26214400
A 100
Câu 9. Chọn đáp án B
25
Sau t giây cano dừng hẳn t 5
5
Quãng đường cano đi được đến khi dừng :
Câu 10. Chọn đáp án B
1
s v t at
2
2
0
62,5

t
v( t) dt 135 t 5 v( t) dt 393
0 5
Câu 11. Chọn đáp án C
Gọi phương trình AB : y ax b
y qua M (125;1000) 125a
b 1000
8
b
b
A AB b
a
( )
125
S 2,0963
2
(0;b), B( ;0)
1000 b
2
min
2
1397,5
Câu 12. Chọn đáp án B
Ba năm đầu tiên số tiền tiết kiệm được 0,8.36 =28,8 (triệu)
Mỗi tháng của ba năm tiếp theo tiết kiệm được 0,8.(1+0,069)=0,8552
Để được 51 triệu thì cần số tháng để tiết kiệm là 51 28,8 25,55
0,8552
Như vậy cần 5 năm và 2 tháng để có số tiền 51 triệu
Câu 13. Chọn đáp án A
10
3
v v dt 8,6 v v 4
10 0 0 0
2t
1
0

CHUYÊN ĐỀ VDC MŨ LOGARIT
Câu 1. Tính giá trị của tích P ln(cot1 ).ln(cot 2 )...ln(cot 89 ).
A. P 1
1
B. P
45
C. P 0
D.
P 1
2 2 1 1 24ab
Câu 2. Cho a 0;b 0, tìm GTNN MinF
của F a b
4 4
2 2
a b a b ab
A. MinF 15
B. MinF 26 C. MinF 21 D.
MinF 19
Câu 3. Tìm các giá trị x thỏa mãn hệ
5y
2
10
log3
x
3
2
5y .log3
x 1
3
3
A. x 27
B. x 3
C. x 3 hoặc x 27 D.
1
x
3
2 2 2
sin x cos x sin x
Câu 4. Tìm các giá trị m để bất phương trình 2 3 m. 3 nghiệm đúng
x
.
A. m 4 . B. m 6 . C. m 1. D. m 1
.
2 2 2
2
x mx
2 x mx m
Câu 5. Tìm các giá trị m để phương trình 5
5 x 2mx m có
nghiệm x 0;
1 .
A. 1 m 0 .
1
B. 0 m .
3
C. m 1
hoặc m 0 . D.
3 m 1.
Câu 6. Biết các số thực x, y thỏa mãn log 2 2 2x y 1. Tìm GTLN của S 2x y .
x 2
y
9
A. Smax 3.
B. Smax
.
C. Smax 6.
D.
2
13
Smax
.
2
Câu 7 Gọi S 1 , S 2 lần lượt là tập nghiệm của các bất phương trình
3
3
log ( x + 1).log x- 2 < 0 và x - 3x
< 0 . Khi đó:
x
x+
1
A. S1 Ì S2
. B. S2 Ì S1
. C. S1Ç
S2
= Æ. D. Cả A,
B, C đều sai.

1 1
Câu 8. Cho F log
a
.log
1
c.log
1
b.log
c
. Đẳng thức nào dưới đây với
4 3
x
2
a
b
a
a, b,c,d, x
thỏa mãn: 0 a b c d x 1.
1
A. F 6loga
x B. F logb
x C. F 24logc
x D.
24
6
F log x
d
1 1 x 1 3x
Câu 9. Xét bất đẳng thức 4x 1
. (1)
2
x1 8
x 2
x 2
3x1
A. (1) đúng với x B. (1) đúng với x 0
C. (1) đúng x 1
log 3
D. (1) đúng
Câu 10 Tìm các số thực x thỏa mãn hệ phương trình
2
2
x y
2 3
2
x y
2 .3 1
10
3
x
x log2
3
1
A. x log2
3
B. x log2
C.
1 D.
3
x log2
3
Không tồn tại x
1 1
2
Câu 11. Cho E và F . Chọn khẳng định đúng.
x
y
1
4 1
4 1
x
2 y
A. E F x 0 y
B. E F 0 x y
C. E F x y 0 hoặc x y
D. E F 2 x y 1
hoặc x y
2 2 2
sin x cos x
Câu12. Tìm m để phương trình 2 3
sin x
m. 3 có nghiệm.
A. 1 m 4 . B. 2 m 3. C. 1
m 3. D.
2 m 4 .
1
2
Câu1C
Câu2D
Câu 3B
ĐÁP ÁN
Câu 4A
Câu 5B
Câu 6B

Câu 7A
Câu 8D
Câu 9D
Câu 10B
Câu11C
Đặt
x y
2 a, 2 b a b 0
(MSC: mẫu số chung)
có
E F
2 ab
1
E F 0 ab 1 a b 0
a
b
Câu 12A
2
2 1
Đặt sin x t có phương trình 3 m ,
3 9
t
t
t
2 a 2 b 2 1 ab 21 a 2 1
b
2
t
tức là khi
MSC
x y 0 hoặc x y
2 1
Lưu ý f t
3 nghịch biến trên 0; 1
(vì t sin 2 x t 0;
1
).
3 9

Câu 1 :( Chuyên Thái Nguyên- 2019 ) Xét các số thực dương x;y thỏa mãn
1
y
log3
3xy x 3y
4 . Tìm giá trị nhỏ nhất P
min
của biểu thức P x y .
x 3xy
A. Pmin
P
min
4 3 4
4 3 4
4 3 4
B. Pmin
C. Pmin
D.
3
3
9
4 3 4
9
Câu 2: ( Chuyên Vinh Nghệ An- 2019 ) Giả sử m là số thực thỏa mãn giá trị nhỏ nhất của hàm
x
số 31 3
x
f x mx
trên là 2
A. m10; 5
B. m 5;0
C. m 0;5
D. m 5;10
Câu 3: ( Chuyên Vinh Nghệ An- 2019 ) Có bao nhiêu giá trị nguyên của m để phương trình
2x
4 2
x
9.3 m 4 x 2x 1 3m
3 .3 1 0
có đúng 3 nghiệm thực phân biệt.
A. Vô số B. 3 C. 1 D. 2
Câu 4: ( THPT Đào Duy Từ- 2019 ) Cho hàm số
định sau, có bao nhiêu khẳng định đúng?
1) f ' x 0, x
2) f 1 f 2 ... f 2017 2017
3)
1 1
3
4 3
4
2
f x
x
x
1 1
f x
x
3 2 3 2
A. 0 B. 3 C. 2 D. 1
x
Câu 5: ( Chuyên Cao Bằng- 2019 ) Phương trình x
1 2 1 2
x , x x x . Tính giá trị của biểu thức K x1 3x2
2
x
. Trong các khẳng
2 5 log 3 0 có hai nghiệm
A. K 32 log2
3 B. K 18 log2
5 C. K 32 log3
2 D.
K 24 log2
5
Câu 6 : ( Chuyên Ngoại ngữ- 2019 ) Cho hàm số
2
f x Biết f ' x 3x 2 xe , x 1;0
y f x
liên tục, có đạo hàm trên 1;0
. Tính giá trị biểu thức A f 0 f
1
A. A 1
B. A 1
C. A 0
D.
Câu 7 : ( Chuyên Ngoại ngữ- 2019 ) Cho hàm số
liên tục và có đạo hàm trên . Biết hàm số
y f x
f ' x có đồ thị
1
A e
.

được cho trong hình vẽ. Tìm điều kiện của m để hàm số
2019
x
2 đồng biến trên 0;1
g x f mx
A. m 0
B. m ln 2019
C. 0 m ln 2019 D. m ln 2019
x 1 e
log 2 0
Câu 8: ( Chuyên Ngoại ngữ- 2019 ) Tìm số nghiệm của phương trình 2 x 1
A. 4 B. 3 C. 2 D. 0
Câu 9: ( Chuyên Hà Tĩnh- 2019 ) Cho hàm số f x ln x 2 x
1 2 2019
P e e ...
e
f f f
2020
A. P B.
2019
2019
P
2020
2019
P C.
2020
P
2019
e
D.
. Tính
Câu 10: ( Chuyên Hà Tĩnh- 2019 ) Tổng tất cả các giá trị của tham số m để phương trình
2
x 2x1 2 xm
3 log 2 2 có đúng ba nghiệm phân biệt là:
2 x m
x 2x3
A. 3. B. -2 C. -3. D. 2.
Câu 11: ( Chuyên Hà Tĩnh- 2019 ) Cho cấp số cộng (a n ), cấp số nhân (b n ) thỏa mãn
a a 0, b b 1
3
và hàm số f x x 3x
sao cho f a
2 f a
2 1 2 1
log 2 log
f b f b . Tìm số nguyên dương n nhỏ nhất sao cho b 2019a
2 2 2 1
n
và
2 1
A. 17. B. 14 C. 15. D. 16
Câu 12: ( Chuyên Thái Bình lần 4- 2019 )Cho các số thực x, y với x 0 thỏa mãn
x 3 y xy 1
1 xy
e e x
y 1
e 1 3y
x3
y
. Gọi m là giá trị nhỏ nhất của biểu thức T = x + 2y +1.
e
Mệnh đề nào sau đây đúng?
A. m 2;3
B. m1;0
C. m0;1
D. m1;2
Câu 13: ( Chuyên Vinh Nghệ An lần 3- 2019 ) Có bao nhiêu số nguyên m để phương trình
x
x 3 me có 2 nghiệm phân biệt?
A. 7 B. 6 C. 5 D. vô số
Câu 14: ( Chuyên KHTN lần 3- 2019 ) Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m m 10
để
x
phương trình 2 1 log 2
x m m có nghiệm?
4
A. 9 B. 10 C. 5 D. 4
n

Câu 15 : ( Ninh Bình lần 2- 2019 ) Cho hàm số
thị như hình vẽ sau
Số nghiệm của phương trình
A. 5 B. 1
C. 2 D. 3
2
x
x
f e
y f x
f e 2 0
là
có đồ
Lời giải:
Câu 1:
Phương pháp:
+ Biến đổi giả thiết để sử dụng nếu hàm f t đồng biến thì
f x f y x y
+ Biến đổi đưa P về hàm số chứa 1 biến x hoặc y rồi tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số thu được.
Cách giải:
1
y
x 3xy
ĐK: 0 y 1 x; y 0
Ta có
1
y
log3
3xy x 3y
4
x 3xy
y x xy x xy y
x 3xy
log 1 log 3 3 3 1 1
3 3
log3 1 y 3 1 y log3
x 3 xy *
3
Xét hàm số f t log t 3t t
0
có
0;
Kết hợp (*) suy ra
3
x 3xy x 3xy
f 1 y f 1
y
3 3
x 3xy 3 3y x 3xy 3y
3 0(**)
Xét P x y x P y thay vào (**) ta được
2
P y 3 P y y 3y 3 0 P(3y 1) 3y 2y
3
Ta tìm giá trị nhỏ nhất của
g y
1
f ' t 3 0; t
0 nên hàm số đồng biến trên
t ln 3
2
3y
2y
3
3y
1
trên 0;1

Ta có g '
y
2
6y 2 3y 1 3 3y 2y 3
2
9y 6y
11
3y
1 3y
1
2 2
1
2 3
y 0;1
Giải phương trình
3
g ' y
0
1
2 3
y 0;1
3
1
2 3
Lại có g ' y
0y
0;
3
và
Hay
g '
y đổi dấu từ âm sang dương tại
1
2 3
g ' y
0 y
;1
3
1
2 3
y nên
3
1 2 3 4 3 4 4 3 4
min g y
g Pmin
0;1
3
3 3
Chọn A.
Câu 2: Chọn: B
Ta có:
TH1:
f x 31 x 3 x mx f ' x 31 x ln 31 3 x ln3 m . Xét 2 trường hợp sau:
0, ' 0 hàm số y f x
m f x
2 2
TH2: 0 '' 31 x
x
m f x ln 31 3 ln 3 0 f ' x
hợp
luôn đồng biến không tồn tại giá trị min.
có nhiều nhất 1 nghiệm x
0
. Chọn trường
f ' x
0 có nghiệm, khi đó
x x0
f ' x
0 +
f
x
f x 0
Khi đó:
f x 2 31 3 mx 2
f x
m
x0 x0
0
0
x0 x0
'
0
0 31 ln 31 3 ln 3 0
Với x m
0
0 ln31 ln3 5;0
*

Với x 0 * x0
**
0
x0 x0
31 3
m
m
x0 x0
31 ln 31 3 ln 3
Từ (**) bấm máy tính ta thấy m 5;0
là thỏa mãn.
Câu 3: Chọn: C
Ta có
1 m
4
x1
2x 2 x x 1
9.3 m 4 x 2x 1 3m 3 .3 1 0 3 4 x 1 3m
3 0 1
Đặt t x 1
1 m
t
3 3
3 3
t
, phương trình (1) thành 3 4 t 3m
3 0 2
Bài toán trở thành tìm số giá trị nguyên của m để phương trình (2) có đúng 3 nghiệm thực phân
biệt.
Nhận xét: Nếu t 0
là một nghiệm của phương trình (2) thì t0
cũng là một nghiệm của phương
trình (2). Do đó điều kiện cần để phương trình (2) có đúng 3 nghiệm thực phân biệt là phương
trình (2) có nghiệm t 0 .
Với t 0 thay vào phương trình (2) ta có
Thử lại:
+) Với 2
Ta
2 m
1
m
m 2 0
m
2
t 1 2
m phương trình (2) thành t
t
có
3 4 3 0
3 3
t 1
3 2, t
t
và 2 4 t 3 2, t
suy ra
3
3
t 1 2
3 4 t 3 0 0, t
t
3 3
Dấu bằng xảy ra khi t 0 , hay phương trình (2) có nghiệm duy nhất t 0 nên loại m 2
+) Với 1
1 1
t
3 3
t
m phương trình (2) thành 3 4 t 6 0 3
Dễ thấy phương trình (3) có 3 nghiệm t 1, t 0, t 1
Ta chứng minh phương trình (3) chỉ có 3 nghiệm t 1, t 0, t 1. Vì t là nghiệm thì t cũng là
nghiệm phương trình (3) nên ta chỉ xét phương trình (3) trên 0;
Trên tập
t 1 1
0; , t
t
3 3 4 6 0
3 3
t 1 1
Xét hàm f t 3 4 t 6
t
trên 0;
3 3

2 1
f t f t t
3 t
3. t
t t t 2 t
2
' 3 ln3 3 .ln3 , '' 3 ln 3 3 .ln 3 0, 0
3
Ta có
Suy ra
f ' t đồng biến trên 0; f ' t
0 có tối đa 1 nghiệm t f t
2 nghiệm t 0;
. Suy ra trên
0; , phương trình (3) có 2 nghiệm t 0, t 1
0 0 có tối đa
Do đó trên tập , phương trình (3) có đúng 3 nghiệm t 1, t 0, t 1. Vậy chọn m 1
Chú ý: Đối với bài toán trắc nghiệm này, sau khi loại được m 2 ta có thể kết luận đáp án C
do đề không có phương án nào là không tồn tại m.
Câu 4:
Cách giải:
x x x
1 1 1 2 4 6.2 1
f x
x x x x x x
3 2 3 2 3 2 3.2 1 3.4 10.2 3
1)
x x x x x x x x
2.4 .ln 2 6.2 .ln 23.4 10.2 3 6.4 .ln 2 10.2 .ln 24 6.2 1
f ' x
x x
3.4 10.2 3 2
x x x x x x
2.2 63.4 10.2 3 6.2 104 6.2 1 .2
x .ln 2
x x
3.4 10.2 3 2
x
8.4 8
x x
3.4 10.2 3 2
x
.2 .ln 2
x
x
f ' x 0 8.4 8 0 4 1 x 0
2) f x
x x
4 6.2 1
x x
3.4 10.2 3
x x x x
1 4 6.2 1 2.4 4.2 2
f x 1 0, x f x 1,
x
x x x x
3 3.4 10.2 3 3.4 10.2 3
Ta có;
f 1 f 2 ... f 2017 11 ... 1 2017
f 1 f 2 ... f 2017 2017
2) sai
3) f x 1 1 1 1
2
2
2
2
x
x
x
3 2 3 2
f x
3 4 3 4
Chọn: A
Câu 5
Phương pháp:
+) Giải phương trình tích
A
0
A. B 0
B
0
x
là sai.

+) Sau đó giải phương trình mũ và logarit cơ bản.
Cách giải:
ĐKXĐ: x 0
x
2 5 0
2 5 log 3 0
log2
x 3 0
x
2
x
x
2 5
x
log2
5
tm
3
log2
x 3 x 2 8
x
Vậy phương trình x
x log 5, x 8 K x 3x
log 5 24
1 2 2 1 2 2
Chọn: D
Chú ý: Chú ý ĐKXĐ của bài toán.
Câu 6
Phương pháp:
- Nhân cả hai vế của đẳng thức bài cho với
2 5 log 3 0 có hai nghiệm
f x
e .
- Lấy tích phân hai vế cận từ -1 đến 0 và tính A.
Cách giải:
Ta có:
f x f x
2
f x x x e x e f x x x x
2 2
' 3 2 , 1;0 ' 3 2 , 1;0
Lấy tích phân hai vế, ta có:
0 0 0 0
2 3 2
f x
f x
' 3 2
1 1 1
e f x dx x x dx e d f x x x
0
f x f f
0 1
1
e 0 e e 0 f 0 f 1
Vậy A f f
Chọn: C
Câu 7:
0 1 0
Phương pháp:
Sử dụng công thức đạo hàm
Hàm số
f u' u ' f ' u
y f x
xác định trên K thì hàm số đồng biến trên K khi
ra tại hữu hạn điểm)
Dựa vào đồ thị để đánh giá khoảng đồng biến của hàm
Cách giải:
1
f ' x 0; x K (dấu = xảy
f ' x từ đó suy ra hàm g ' x

Ta có ' 2019 x
x
.ln 2019. ' 2019
g x f m
Để hàm số g x đồng biến trên 0;1 thì
x
x
x
x
m 2019 .ln 2019. f ' 2019
x
Đặt 2019 x
x
h x .ln 2019. f ' 2019
thì m
g ' x 0; x 0;1 2019 .ln 2019. f ' 2019 m 0
với mọi 0;1
Dựa vào đồ thị hàm số
và f ' 2019 x
đồng biến.
0;1
min h x
' ta xét trên đoạn
y f x
Lại có 2019 x đồng biến và dương trên 0;1
Nên 2019 x
x
h x ln 2019. f ' 2019
Suy ra
f ' 1
0 )
Vậy m 0
Chọn: A
Câu 8:
đồng biến trên 0;1
0;1
Phương pháp:
0 0
x
x
0;1 thì f
2019 1;2019 ' 2019 0
min h x h 0 2019 .ln 2019. f ' 2019 ln 2019. f ' 1 0 (vì theo hình vẽ thì
- Đặt ẩn phụ t x 1, tìm điều kiện của t, đưa phương trình về ẩn t.
- Sử dụng phương pháp hàm số, xét tính tương giao đồ thị và suy ra số nghiệm của phương trình
ẩn t.
- Từ đó kết luận số nghiệm của phương trình ẩn x.
Cách giải:
Đặt t x 1 1, phương trình trở thành 2 t
log 2 0 2 t
t e t e log 2
2
Xét hàm t
2
y f t t e , t 1 có
Bảng biến thiên:
f ' t 2te t t e t t t 2 e t 0 t 0 do t 1
t 1
0
f 't
0 +
f t
1/e
0
y log 2

Từ bảng biến thiên ta thấy, trên nửa khoảng 1;
đường thẳng y log 2 cắt đồ thị hàm số
y
f t
tại hai điểm phân biệt nên phương trình log 2
1 t 0 t
1 2
f t có 2 nghiệm phân biệt thỏa mãn
Nhận thấy t x 1 x t 1 nên với mỗi t 1 ta có tương ứng 2 giá trị của x.
Vậy phương trình đã cho có 4 nghiệm phân biệt.
Chọn: A
Câu 9:
Cách giải:
1 1 1
2
x x x x 1
2
2
f x ln x x
Ta có: f x ln x x e e
Khi đó:
Chọn: B
Câu 10:
Phương pháp:
f 1 f 2 f 2019
1 1 1 1 1 1 2019
P e e ... e 1 ... 1
2 2 3 2019 2020 2020 2020
Sử dụng tính đơn điệu của hàm số để đánh giá nghiệm của phương trình.
Cách giải:
2
x 2x1 2 xm
2
x 2x3
2
x 2x32 xm
2 ln 2 x m 2
x m
2
ln x 2x
3
2
x 2x3 2
2 xm
2
3 ln x 2x 3 3 ln 2 x m 2 *
x
3 log 2 2 3
2
x 2x3
3 ln 2 x m 2
2 xm
2 2
3 ln x 2 3
Xét hàm số f (t) = 3 t .ln t , (t > 0), ta có:
1
f ' t 3 .ln 3.ln t 3 . 0, t 0
t
t
t
Hàm số đồng biến trên 0;
Khi đó, phương trình (*)
2 2
x 2x 3 2 x m 2 x 2x 1 2 x m
x 2x 1 2x 2m
x
2
x 2x 1 2x 2m 2
2 1 0,
2
do x x x
2
1
2m
1
2
x x m m m
Bảng xét dấu:
4 1 2 0, ' 4 1 2 3 2 2
m
3
2
1
2

+) Nếu
1 2m
+ + 0
3 2m
0 + +
1
m thì 2m
1 0 , phương trình (1) vô nghiệm
2
Phương trình đã cho không thể có ba nghiệm Loại
+) Nếu
1
m thì
2
1 x 0
và
Phương trình đã cho có ba nghiệm
+) Nếu
x
2 2 TM
2
2 x 4x
2 0
x
2 2 TM
1
m thỏa mãn.
2
3 1
m thì (1) và (2) đều có hai nghiệm phân biệt
2 2
1 x 1
2m
1 2m 4 1 2m 1 2m 0 1 2m m : vô lý, do
Mà 2
3 1
m
2 2
2 2 2
1 2m 4 1 2m 1 2m 0 1 2m m 1 2m m m 2m 1 0 m 1
Vậy, với m 1 thì phương trình đã cho có đúng 3 nghiệm phân biệt m 1 thỏa mãn.
+) Nếu
biệt
m
3 1
2 2
với ; \ 1
3
m thì
2
3
m thỏa mãn.
2
phương trình đã cho có 4 nghiệm phân biệt Loại
2
1 x 2 x 2
2
2 x 4x 4 0 x 2
. Phương trình đã cho có 3 nghiệm phân
3
+) Nếu m thì ' 0 , phương trình (2) vô nghiệm Phương trình đã cho không thể có ba
2
nghiệm
Loại
Kết luận: Phương trình đã cho có 3 nghiệm phân biệt khi và chỉ khi
Tổng tất cả các giá trị của m là:
Chọn: C
Câu 11:
3 1
1 3
2 2
3 1
m ; 1;
2 2

Cách giải:
3
2
Xét hàm số f x x 3x
, có
f ' x 3x 3, f ' x 0 x 1
x 1
0 1
y '
+ 0 0 +
y
2
0
2
Ta có: a2 a1 0
2 3 3 2 3 3 1
f a f a a a a a
Nếu
2 1 2 2 1 1
3 3
1 2 2 1 1
a 1 a 3a a 3a
1 vô nghiệm
3 3
2
Nếu a a a a a a a
0 1 2 3 0 3 2 0 1 2 0
2 1
1 1 1 2 2 2 2
a 1 a 0 a n 1,
n
n
Ta có: b2 b1 1, suy ra log2 b2 log2 b1
0 . Chứng minh tương tự ta có:
b
2 1
log 1 log 0 2 ,
0
1 n1 *
2
b2 2
b1
b
1
n
n
b2
2 2
n
Khi đó,
b 2019a 2 2019 n 1 , n
n
n
1 *
*
Kiểm tra các đáp án, ta thấy: số nguyên dương n nhỏ nhất thỏa mãn là: n =16 .
Chọn: D
Câu 12:
Phương pháp:
Sử dụng tính đơn điệu của hàm số để đánh giá nghiệm.
Cách giải:
Ta
có:
x3 y xy1 xy1 1 x3 y 1 xy1
1
e e x y 1 1 e 3y e x 3y e xy 1
3 3 1
1
x y x y xy
e e e
Xét hàm số
trên
1
f t e t
t
e
t
có
Khi đó, (1)
1
f ' t e t 1 0, t
t
Hàm số f (t) liên tục và đồng biến
e
f x 3y f xy 1 x 3y xy 1 x xy 3y
1 0
x 1
y x x y do x
x 3
3 1 0

x 1 4
Suy ra, T x 2y 1 x 2. 1 x 1
x 3 x 3
1
Ta chứng minh T , x
0 :
3
2
4 4 x 6x
5
2 2
g x x 1 , x 0 g ' x 1 0, x 0
x 3 x 3 x 3
Xét
g x
đồng biến trên 0;
1
min g x
g 0
0;
3
Vậy, GTNN của T là 1 3
Chọn: C
Câu 13:
Phương pháp:
+) Cô lập m, đưa phương trình về dạng m f x
+) Số nghiệm của phương trình m f x
là số giao điểm của đồ thị hàm số y m và y f x
+) Lập BBT hàm số y f x
và kết luận.
Cách giải:
x x 3
x
x 3 me m f x* Do e 0x
x
e
x
Để phương trình x 3 me có 2 nghiệm phân biệt thì phương trình (*) có 2 nghiệm phân biệt.
Xét hàm số
BBT:
f
x 3
x
e
x
ta có:
x
x
e x 3 e x
2
f ' x 0 x 2
2x
x
e e
x 2
f ' x
+ 0 -
f
x
2
e
0

Số nghiệm của phương trình
m f x
là số giao điểm của đồ thị hàm số y m và y f x
Dựa vào BBT ta có phương trình (*) có 2 nghiệm phân biệt
Mà m
m1;2;3;4;5;6;7
Chọn A.
Câu 14:
Chọn A.
Câu 15:
Phương pháp:
x
- Giải phương trình bậc hai ẩn f e
.
2
0 m e
- Sử dụng tương giao đồ thị hàm số nhận xét nghiệm của phương trình và kết luận.
Cách giải:
x
Điều kiện: x 0 e 1.
x
x
Ta có: f e
f e
x
x
1 2
2 f e 2 1
2 0
f e
Quan sát đồ thị hàm số, ta thấy:
+ Đường thẳng y 2 cắt đồ thị hàm số y f x tại ba điểm
Do đó
x
e x0
0 vo nghiem
x
1 e x1
0;1 ( vo nghiem)
x
e x 2 x ln x x ln x
2
2 2 2
x 0 x 1 2 x .
0 1 2
+ Đường thẳng y 1
cắt đồ thị hàm số y f x tại hai điểm x
Do đó 2
x
e 1
vo nghiem
x
e x x
2
2 ln 2 ln 2
Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt.
Chọn C.
1; x 2
1 2

20 Câu VDC Hàm số mũ, Logarit đề thi thử các trường
Câu 1(Đề Thi Thử THPTQG Năm 2019-Đề 2 ). Biết phương trình
log
2 x 1 x
2log
1
x
2 2 x
5 3
có nghiệm duy nhất
nguyên. Hỏi m thuộc khoảng nào dưới đây để hàm số
đoạn [1;2] bằng -2.
x a b
2
mx a 2
y
x m
A. 2;4
B. 4;6
C. 6;7
D.
trong đó a, b là các số
có giá trị lớn nhất trên
m
m
m
m7;9
Câu 2(Đề Thi Thử THPTQG Năm 2019- Đề 3). Có bao nhiêu giá trị thực của tham số m để
x
phương trình 9 9 m3
x
cos
x
có duy nhất 1 nghiệm thực.
A. 1 B. 0 C. 2 D. Vô số
Câu 3(Đề Thi Thử THPTQG Năm 2019- Đề 3). Để kỷ niệm ngày 26-3. Chi đoàn 12A dư định
dưng một lều trại có dạng parabol (nhìn từ mặt trước, lều trại được căng thẳng từ trước ra sau,
mặt sau trại cũng là parabol có kích thước giống như mặt trước) với kích thước. nền trại là một
hình chữ nhật có chiều rộng là 3 mét, chiều sâu là 6 mét, đỉnh của parabol cách mặt đất là 3 mét.
Hãy tính thể tích phần không gian phía trong trại để lớp 12A cử số lượng người tham dư trại cho
phù hợp.
A. 30 m 3 B. 36 m 3 C. 40 m 3 D. 41 m 3
Câu 4(Đề Thi Thử THPTQG Năm 2019- Đề 4). Cho hàm số
số thực), trong đó x, a là các số thực thỏa mãn đẳng thức
ln 2x a 2m
y
ln 2x
a 2
(m là tham
2 2 2 2 2 2 2 2 n1
x a x a x a x a xa
log log log ... log 2 1 log 1 0
2 2 2
2
... 2
n can
(với n là số nguyên dương). Gọi S là tập hợp các giá trị của m thỏa mãn
của S là:
Max y 1 . Số phần tử
A. 0 B. 1 C. 2 D. Vô số
Câu 5. .(Đề Thi Thử THPTQG Năm 2019 – Đề 5) Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số
m để phương trình log 2
2 x 2 x 5 m log 2 5
2 có hai nghiệm phân biệt là nghiệm của
x 2x5
log x 1 log x 1 log 4
bất phương trình 2017
2017 2017
2
[1, e ]
A. 0 B. 1 C. 3 D. 2
Câu 6(Đề Thi Thử THPTQG Năm 2019- Đề 6). Anh An vay ngân hàng 1 tỷ đồng với lãi suất
là 0,5%/tháng để làm kinh doanh, anh An sẽ trả tiền ngân hàng theo hình thức trả góp (chịu lãi số
tiền chưa trả). Hỏi số tiền anh An phải trả ngân hàng mỗi tháng thuộc khoảng nào dưới đây để

sau đúng 20 tháng anh An trả xong nợ ngân hàng (giả sử lãi suất không thay đổi trong suốt thời
kỳ anh An vay nợ)?
A. (131000 000; 132 887 700) đồng. B. (132878700; 134 878780) đồng.
C. (40 000 000; 131 000 000) đồng. D. (134 878780; 250 000 000) đồng.
2
x x 1
Câu 7(Đề Thi Thử THPTQG Năm 2019- Đề 02) : Biết phương trình a .b 1 a, b 1
có hai nghiệm phân biệt x
1, x2
. Giá trị nhỏ nhất cảu biểu thức
x x
2
1 2
P 4 x1 x2
3
x1 x2
bằng
3
3
A. 3 4 1
B. 7 C. 3 2 1
D.
3
3 4
Câu 8(Đề Toán Pen- Đề số 4). Cho m, n là các số nguyên dương khác 1. Tích tất cả các nghiệm
thực của phương trình 3log x.log x 2log x 3log x 4 bằng
m n m n
3
2
A. m. n .
3
B. m 2
. n.
2
3
C. m. n .
2
D. m 3
. n.
Câu 9(Đề Toán Pen- Đề số 4). Gọi K là tập nghiệm của bất phương trình
2x x1 e
2 e
x1
4 1
3
x . Để hàm số y 2x 3 m 2
2
x 6 2m 3 x 3m
2019 đồng
biến trên K thì
A. m 2 2 3. B. m 2 2 3.
C. m 2 2 3. D. m 2 2 3.
Câu 10(Đề Thi Thử THPTQG Năm 2019 –Đề 5). Phương trình
x x1
x x
x
a
4 2 22 1sin 2 y 1
2 0 có nghiệm . Tính S a b.
y
b
A. S k.
B. S k2 .
C. S k.
D. S k2 .
2
2
3
3
Câu 11(Đề Thi Thử THPTQG Năm 2019- Đề 06). Có bao nhiêu giá trị nguyên của hàm số m
thuộc khoảng 1;2019 để phương trình dưới đây có nghiệm lớn hơn 3.
2 2 2
x x x x
m x x
log 1 .log 1 log 1 .
2 2019
A. 2018. B. 18. C.2019. D. 19.
Câu 12( Đề Thi Thử THPTQG Năm 2019- Đề 07). Tìm giá trị lớn nhất
x x x
2 2 2 2 1
P 9. 9. 1
với x .
x x x
1;1
2 2 2 2 1
A. P 1.
B. P 5.
C. P 3. D.
Max
Max
Max
P Max
của biểu thức
x
Câu 13(Đề Thi Thử THPTQG Năm 2019- Đề 1). Phương trình log
2( x 1) 2 x 1
x
PMax
1 .
3

có tổng bình phương các nghiệm là:
A. 1 B. 3 C. 5 D. 10
Câu 14(Đề Thi Thử THPTQG Năm 2019- Đề 4). Tổng các nghiệm của phương trình
8log x log 2x
2
2
2 2
1
17 1
13
bằng
1
17 1
13
8 8
8 8
8
A. 2 2
B. 2 2
C. 2 2
D.
1
13 1
13
8 8
2 2
Câu 15 (Đề Thi Thử THPTQG Năm 2019- Đề 5) Tích các nghiệm của phương trình
x
x x
x
3.4 3 10 .2 3 0 *
là:
1
A. log2
3 B. log2
3
C. 2log D. 2log2
3
3
1
13
8
2
Câu 16(Đề Thi Thử THPTQG Năm 2019- Đề 1). Có bao nhiêu giá trị nguyên của hàm số
100;100 để phương trình
2 m
log x 1
m 3 x 1
có hai nghiệm thực dương phân biệt?
m
3
A. 196. B. 198. C. 200. D. 199.
Câu 17(Đề Thi Thử THPTQG Năm 2019- Đề 3). Có tất cả bao nhiêu số nguyên m để phương
trình
2
x 2xm 5x3ln x 2
2 4 x 8x m 6ln x 0
1
có ba nghiệm thực phân biệt?
A. 0. B. 1. C. 2. D. vô số.
Câu 18. (Đề Thi Thử THPTQG Năm 2019- Đề 4) Có bao nhiêu giá trị nguyên m để phương
trình
m m
3 1 .12 x 2 .6 x 3 x 0
có nghiệm không âm?
A. 1. B. 2. C. 3. D. vô số.
Câu 19. (Đề Thi Thử THPTQG Năm 2019- Đề 5) Cho phương trình
3 2
mx mx x
m
x
log 5 6 log 3 1
2 2
13
. Với mọi số thực m không âm phương trình đã
cho có bao nhiêu nghiệm chung?
A. 1. B. 2. C. 3. D. vô số.
Câu 20(Đề Thi Thử THPTQG Năm 2019- Đề 6 ). Có bao nhiêu giá trị nguyên m để bất
2
2x
m x1 15 2
phương trình 2 2 m 8 x 3x
2 nghiệm đúng với mọi x 1;3 ?
A. 0. B. 1. C. 2. D. vô số.
GIẢI
Câu 1. Chọn A.
Phương pháp: S.

Cách giải: Ta có:
2 x 1 x 1
log5 2log
3( )( TXD : x 1)
x
2 2 x
2 x 1 x 1
log5 2log3
x 2
log (2 x 1) log x 2log ( x 1) 2log 2 x
5 5 3 3
log (2 x 1) log 4x log x 2log ( x 1)(*)
5 3 5 3
Đặt u 2 x 1 3; v x 1
(*) log u log ( u 1) log v log ( v 1)
Xét hàm số
x
2 2
5 3 5 3
f t t t
2
( ) log5 log
3(t1) , 1
1 2( t 1)
f '(t) 0
2
t ln 5 ( t 1) ln 3
=> f (t) đồng biến
2 x 1
x
x 2 x 1 0
x 1 2 x 3 2 2 a 3, b 2
x 1
2( L)
mx 1 y , x [1, 2]
x m
2
1
m
y' 0 x
[1,2]
2
( x m)
ymax
y(1)
1
y
max
m 1
m
2 m 3
Câu 2. Chọn A.
Phương pháp: Đặt ẩn phụ không hoàn toàn.
Cách giải: Ta có:
x
x
9 9 m3
cos
x
2x
x
3 m3 cos
x 9 0
t 3
2
t
x
mcos
xt
9 0 *
Điều kiện cần để phương trình đã cho có nghiệm duy nhất là
*
phải có đúng nghiệm dương

2 2
m cos x 36 0 mcos
x 6
và S mcos
x 0 . Vậy mcos
x 6 ** .
2
Thay ** trở lại phương trình ban đầu ta có: 3 x 6.3 x 9 0 3 x 3 x 1.
Thay 1 vào ** ta có: m 6.
x
Câu 3. Chọn B.
Phương pháp: Sử dụng tích phân.
Cách giải: Chọn hệ trục tọa độ như hình sao cho mặt trước của lều là mặt
mặt Oyz .
4 2
Phương trình Parabol là y x 4x
.
3
Oxy
, mặt đáy lều là
Ta có V S x dx
Trong đó
6
0
S x
3
4 2
S x x x dx
0
là diện tích phần gạch chéo.
4 6
3
6 6
3
Vậy V S x dx 6dx 36m
Câu 4. Chọn B
0 0
Cách giải: Ta có:
2 2
x
a 0
ĐK:
xa
0

2 2 2 2 2 2 2 2 n1
x a x a x a x a xa
log log log ... log 2 1 log 1 0
2 2 2
2
... 2
n can
2 2 2 2 2 2 2 n
2 2 n1
x a x a x a x a xa
log 2log 2 log ... 2 log 2 1 log 1 0
2 2 2 2 2
(2 2 2 2 ... 2 )log ( x a ) (2 1)(log xa 1) 0
0 1 2 3 n
2 2 n1
2 2
n1 2 2 n1
( 2 1)log ( x a ) (2 1)(log xa 1) 0
2 2
(2 1)[log ( x a ) (log xa 1)] 0
n1 2 2
2 2
log ( x a ) log xa 1 0
2 2
2 2
2 2
x a
log2
1
xa
2 2
x a 2xa
x a
Xét
ln x 2 m , [1,
2
y x e ]
ln x 2
t ln x t [0, 2]
t 2m y , t [0, 2]
t 2
2 2m
y'
2
( t 2)
TH1: 2+2m = 0 => m = -1
Max y Max y 1
=>
2
x[1, e ] t[0,2]
=> m = -1 thỏa mãn
TH2: 2+2m > 0 => m > -1 => hàm số đồng biến
2 2m
=> Max y y(2) 1 m 1(Loại)
t[0,2]
4
TH2: 2+2m < 0 => m < -1 => hàm số nghịch biến
=> Max y y(0) m 1 m 1(Loại)
t[0,2]
Vậy m = -1 thỏa mãn
Câu 5 Chọn A.
Phương pháp :
2
Cách giải : Trước hết ta giải biện luận phương trình 2
Điều kiện:
2
x
2x
5 0
x
2
x
2x
5 1
log 2
x 2 x 5 m log 2 5
x 2x5

2
t log2
x 2x
5 2
2
x x m 2
x 2x5
2
2
Vậy
Ta lại có:
log 2 5 log 2 5
x x
2017
log 1 log 1 log 4
2017 2017
x 1
x 1
log log
2017
2017
4
x 1
x 1
3x
5
0
x 1
5
1 x
3
5
40
Với 1 x thì 2 t log2
.
3
9
t 5t m 0
40
Mặt khác với mỗi giá trị t thỏa mãn 2 t log2
ta có 2 giá trị của x .
9
Do đó yêu cầu bài toán trở thành phương trình
40
2;log2
.
9
2
40
Hay phương trình t 5t m có đúng 1 nghiệm trong 2;log2
.
9
2
t 5t m 0 có đúng 1 nghiệm trong
25
m
2
4
Dựa vào sự biến thiên của hàm số f t t 5t
ta có:
2 40 40
log2
5log m 6
9 9
Vậy không có giá trị nguyên nào của m thỏa mãn.
Câu 6. Chọn C.
Phương pháp: Đây là bài toán trả lãi hàng tháng nên ta áp dụng công thức
n
n 1
r 1
Nn
A1 r
m trong đó Nn
là số tiền còn lại sau n tháng, A là số tiền vay, m là
r
số tiền trả hàng tháng.
Cách giải: Ta có:

0,5
20 1 1
0,5
100
0 1000000000. 1 m
100 0,5
100
m 526666452
Câu 7 : Chọn A.
Phương pháp: Logarit hóa và Viet.
Cách giải:
2
x x 1
a .b 1
a
2
x x 1
log a .b 0
2
x x 1 loga
b 0
2
loga
b.x x loga
b 0
20
Dễ thấy phương trình có hai nghiệm thực trái dấu nên theo định lý Viets ta có:
1
x1 x2 logb
a và x1x2
1
log b
Vậy :
2
a
1 2
P 4 x1 x2
3
x1 x2
2
a
x x
a
2
1
4logb
a
3
logb
a
log b 4log a 3
3
loga
b 3loga
b 4
log b
b
3
x 3x 4
Vì a 1,b 1
nên loga
b 0 . Tìm GTNN của y trên (0; )
ta được GTNN
x
3
3
của là 3 4 1
khi x 2 .
y
x1x
2
3
Vậy Giá trị nhỏ nhất của biểu thức P 4x1 x2
3 bằng 3 4 1
.
x1 x2
Câu8. Chọn đáp án C
Thử m=4 , n=8 casio
2

x 0,3624
x
2
1
44,1427
1 2
2 2
3 3
x x 16 4.8 m.
n
Câu 9. Chọn đáp án C
1;1
3
2
Casio K :
y 2x 3 m 2 x 6 2m 3 x 3m
2019
' 2
y x m x m
6( ( 2) 2 3
'
y đồng biến trên K y 0 với x K
2
x 2x
3
m max 2 2 3
x 2
Câu 10. Chọn đáp án A
x x1 x x x x 2 2 x
4 2 2 2 1 sin 2 y 1 2 0 (2 1 sin(2 y 1)) cos (2 y 1) 0
x 0, y k
x y k
2 2
Câu 11.
Lời giải
Chọn B
2
Vì 10
2 2
x>3 => log ( x x 1),log ( x x 1)
>0
2 2019
log ( x x 1).log ( x x 1) log ( x x 1)
2 2 2
2 2019
m
1 1
x x 1 x x 1
2
log
2( ).log
2
2019( ) log ( 1)
2
m
x x
log ( x x 1).log ( x x 1) log m( x x 1)
2 2 2
2 2019
log ( x x 1).log ( x x 1) log 2.log ( x x 1)
2 2 2
2 2019 m 2
2
2
log
2019( x x 1)
logm 2( Do log
2( x x 1) 0)
2
Xét f(x)= log ( x x 1)
, x>3
2019
1
Ta có: f '( x) 0( x 3) => hàm đồng biến
2
x 1.ln 2019
Để phương trình có nghiệm x>3 thì logm
2 f (3) logm
2 log
2019(3 8)
log m log 2019
2 3
8
log 2019
3
8
m 2 19,9
Vậy có 18 giá trị của m thỏa mãn

Câu 12: Chọn B
Phương pháp:
Cách giải:
x
x 1 1
Đặt 2 t 2 , t ;2
t 2
t
1 2 2
2
Khi đó 9 t t
9 1 t
1 9 2 t 1 t 1 t
1 9 1 t
P 9 1 1 f x
1
t 2
t 1 t 2t 1 t 1
t 1
t 1
t
2
18t
54t
36
f ' t
3
t 1
3 17
t
( t / m)
f '
2
t
0
3 17
t
( L )
2
1
f 1
2
f 2 5
vậy max P = 5
3 17
f
0.87
2
Câu 13. Điều kiện x 0
Ta có log
2( x 1) x 1 2 x x
Đặt t log
2( x 1) x 1 2 t 2 t t 2
x x
Xét hàm số
x
x
y 2 x y ' 2 ln 2 1 0
Hàm số luôn đồng biến
t x x log ( x 1)
Xét hàm số
2
y x log ( x 1)
, lập BBT và rút ra kết luận
Câu 14. Chọn đáp án A
x 0
x 0
1
ĐK:
1 x
log 2(2 x) 0 x
2
2
Đặt t log2
x
2
x
0
x
1
PT
2
8t
t 1 2

2 t 1
4t
1
2
t 1 2 t 1
2
Đặt u u 4u t 1(1)
2 4
PT t u
2
4 1(2)
1
17
1
17
8
t
x 2
2
8
t u 4t t 1
1
17
1
17
8
t x 2 ( Loai vi u 0)
8
(1) (2)
1
13
t
( L oai vi u 0)
1 2 1 8
4( u t) 1 u t 4t t 1
4 4
1
13
1
13
8
t
x 2
8
x
2
x
2
1
17
8
1 13
8
=> Đáp án A
Câu 15. Chọn đáp án B
x 2
t 2 3 t (3x 10) t 3 x 0 t , t 3
x
x log 3, x 1 x x log 3
1 2 2 1 2 2
1
3
Câu 16. Đáp án B
ĐK: x>0
2m
1
log x ( x 3)( x 1)
3
(2m 1)log x ( x 3)( x 1)
3
m 3 m 3
log
3
x x (*)
2m
1 2m
1
Phác nhanh đồ thị của 2 hàm số trên
Dễ thấy để (*) có 2 nghiệm =>
m 3
0
m
3
2m
1
m 3
0
1
m 3 1 2m 1
m
f '(1)
2
2m
1 ln 3
Ta cần tìm m nguyên thuộc [-100,100] => có 198 giá
trị m thỏa mãn
Câu 17: Chọn B

Cách giải:
ĐK: x>0
2
x 2xm 2 10x6ln
x
PT 2 x 2x m 2 10x 6ln x
u
v
2 u 2 v
f (u) f(v)(D B)
u v
2
x 2x m 10x 6ln x
2
m x x x g x x
g '(x) 2 x 8
x
x
1
g '( x) 0
x
3
8 6ln ( ), 0
2
6 2( x 4x
3)
x
x 0 1 3
g’(x) - 0 + 0 -
g(x)
15 6ln 3
7
Vậy để phương trình có 3 giao điểm thì 7 m 15 6ln 3
Mà m nguyên => có 1 giá trị của m
Câu 18: Chọn B
x x x x x
3m 1 .12 2 m .6 3 0 3m 1 .4 2 m .2 1 0 (1)
2
x
2
( t 1)
Đặt t 2 ( t 0) 3m 1 . t 2 m. t 1 0 (2) m f ( t)
2
3t
t
Để pt (1) có nghiệm x 0 pt (2) có nghiệm t 1mà f ( t ) đồng biến trên [1; )
1
f (1) m f ( ) 2 m m 2, 1
B
3
Câu 19. Chọn đáp án A
m 0 x 2, x 5
Kiểm tra :
x 5là nghiệm của phương trình với m
0
Câu 20. Chọn đáp án B
x 1 9 m 8 m 8, 9
m 8
thỏa mãn mọi x 1;3

m 9
không thỏa mãn mọi x 1;3
m 8

VDC HÀM SỐ MŨ-LOGARIT
x
x2
Câu 1: Gọi x0 log a
b là nghiệm của phương trình log 3 1 .log 3 9 3. Biết
x0 (0;1).
3 3
Khi đó, khẳng định nào sau đây là đúng?
A. a + b = 6 B. a + b = 4 C. a + b = 5 D. a + b = 9
mx2 4x2m
1
Câu 2: Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để phương trình: 2 có
4
2
nghiệm duy nhất.
A. m = 0 B. m > 0 C. 0 < m < 1 D. m < 0
Câu 3: Xét x, y là các số thực thỏa mãn điều kiện
x
y
2 2
1.
Khẳng định nào sau đây là đúng?
A. Biểu thức S không có giá trị nhỏ nhất. B. min S = -6.
C. Biểu thức S không có giá trị lớn nhất. D. max S = 2.
Đặt
2
2( x 6 xy)
S
x 2xy 3y
2 2
2a
2b
Câu 4: Gọi a và b là hai số thực thỏa mãn đồng thời a + b = 1 và 4 4 0,5. Khi đó
tích ab bằng:
1
1
1
1
A. B. C.
D.
4
2
2
4
1
Câu 5: Nếu log7 log3 log2
x
0( x 0) thì bằng:
x
1
1
A. 3 B. C. D. 2 2
3
2 2
Câu 6: Tập nghiệm của bất phương trình
1 1
1
x
2 x
16
2;
0;
A. ;
B. C. ;0
D.
x
Câu 7: Biết rằng đồ thị hàm số y a và đồ thị hàm số y log b
x cắt nhau tại điểm
1
; 2 . Khi đó, điều kiện nào sau đây là đúng?
2
A.0 < a < 1 và 0 < b < 1 B. a > 1 và b > 1
C. 0 < a < 1 và b > 1 D. a > 1 và 0 < b < 1.
Câu 8: Cho log x p,log x q,log x r.
Hãy tính log c
x theo p, q, r.
a b abc
A. log 1 1 1
c
x
B.
r p q
là:
1
log x c
1 1 1
r p q
.

1
C. log x 1 1 1
D.
c
log
1 1 1
c
x
r p q
r p q
6x
3x
Câu 9: Tìm số nghiệm của phương trình e 2 3. e .
A. 2 B. 3 C. 0 D. 1
x
Câu 10 Tìm các giá trị của m để phương trình e x m có nghiệm x [ 1;1].
e
A. 1
e
m e 1 B. 1
m 1 C. 1 m e 1 D. 1
m e
e
e
x x1
4 2 8
1 8
x
x
.
Câu 11: Tìm nghiệm của bất phương trình:
2
x
1
A. x 1
B.
C. x 0
D.
x
2
x 2x1
Câu 12 Tìm số nghiệm của phương trình: 2.2 2.2 x 1.
A. 2 B. 0 C. 1 D. 3
2
loga
x loga
x 2
Câu 13 Tìm nghiệm của bất phương trình 1
với a > 1.
log x 2
A. x a 2 .
x
a
B.
0
x a
C. x a
D.
2
x
a
. 2
0
x a
a
x
0
x
2
2 2
Câu 14: Cho phương trình: 6. a x 13( ab) x 6. b x 0( a 0; b 0; a b).
Tìm số nghiệm
của phương trình đã cho.
A. 0 B. 2 C. 3 D. 1
x
2x
x1
Câu 15: Cho hai phương trình log 9 4 x log 3
log 3 và 3 3 4 0. Biết
2 2 2
nghiệm chung của hai phương trình có dạng x log b,
với a, b 0, a b 10.
Khi đó
A, a b = 9 B. a b = 6 C. a b = 5 D. a b = 7
Câu 16: Cho bất phương trình:
phương trình đã cho.
2
log
2(2x 1) log
2( x 2 x) 0.
A. x 2 3
B. 2 3 x 2 3
1
C. x 2 3
D. 2 x 2 3
2
a
Tìm nghiệm của bất
x 2
Câu 17 Tìm số nghiệm của phương trình 2 3.2 8 0.
A. 0 B. 1 C. 3 D. 2
x2

1 2 98 99
Câu 18: Đặt a ln 2, b ln 5, hãy biểu diễn I ln ln ... ln ln
2 3 99 100
theo a và
b.
A. I 2( a b)
B. I 2( a b)
C. I 2( a b)
D.
I 2( a b)
a
Câu 19: Cho a, b đồng thời thỏa mãn a b 7 và 5 .8 b 512000. Tìm giá trị của
M 2 a b.
A. M = 10 B. M = 8 C. M = 9 D. M = 11
Câu 20: Tìm số nghiệm của phương trình
2 2
loga
x loga
x 1 5 0( a 1).
A. 1 B. 4 C. 2 D. 3
Câu 21: Cho log log (log x) log log (log y) log log (log z) 0. Tính
2
3 4 3 4 2 4 2 3
T x y z.
A. T = 89 B. T = 98 C. T = 105 D. T = 88
x x
Câu 22: Biết 4 4 2
23. Tính I 2 2 x
A. I = 5 B. I = 4 C. I 23 D. I 21
Câu 23: Tìm nghiệm của phương trình
2 1,
với a > 1.
4 log x 2 log x
1
1
1
x
2
a
x
a
x
a
A.
B.
C.
D.
1
1
x
x
1
x
4
4
2
a
a
a
Câu 24: Nghiệm của phương trình
a
4 2
x
4.2 2 15
là
A. 9 B. 27 C. 2 D. 6
Câu 25. Cho a, b là các số thực dương. Rút gọn biểu thức
3 a
x
a
1 1
3 3
a b b a
P
6 6
a b
x
1
1
x
2
a
1
3
A. P
B. P C. P ab D. P
3
ab
b
1
log3 x 1
log27
x
Câu 26. Tìm nghiệm của phương trình
1
log x 1
log x
9 81
a b
3 3 3
1 1 1
1 1
1
1 1
A. , ,
B. ,
C. 1, D. 1, ,
9 27 81
9 27
243 27 243
Câu 27. Tìm số nghiệm của phương trình 4
x
2
Câu 28. Cho
4.2 2 15
A. 2 B. 3 C. 1 D. 0
x y
2 2 4. Tìm giá trị lớn nhất của S x y
A.0 B.1 C.2 D. 4
x

3x 3x x x
Câu 29. Tìm số nghiệm của phương trình 3 .2 3 .2 2 0
A. 1 B. 3 C. 2 D. 4
2
Câu 30 Tìm số nghiệm của phương trình x x
log 1 log 2 1 2
3 3
A.0 B.3 C.1 D. 2
x1 x2
Câu 31 Với giá trị nào của m thì phương trình 4 2 m 0 có nghiệm
A. m 1
B. m 1
C. m 1
D. m 1
Câu 32
S
0,1
là tập nghiệm của bất phương trình nào sau đây?
x x
A. log x log x 3 log 16 0 B. 2log 3 log 1 3
2 1 4
2
4 2
2x
x
3x
x
C. 3 10.3 9 0
D. 2 5.3 0
x 1 1 1 1
Câu 33 Số nghiệm của phương trình 2e
2018 0 là
1 x 2 x 3 x 4 x
A.5 B. 1 C.4 D. 2018
Câu 1 C
ĐÁP ÁN
x
Giải phương trình bằng cách đặt ẩn phụ t log
3(3 1),
được nghiệm x0 log3
2. Từ đó
tìm được a + b = 5.
Câu 2 A
Câu 3 B
2
Nếu y 0 x 1.
Khi đó S = 2.
x
Nếu y 0. Đặt t . Ta có
y
t
3
2
f '( t)
- 0 + 0 -
2
2t
12t
S f ( t) , t R.
2
t 2t
3
3

f ( t)
2 3
Lập bảng biến thiên của hàm số:
Tính được
Câu 4 A
-6 2
2
2t
12t
f ( t) , t R.
2
t 2t
3
max S max f ( t) 3 và min S min f ( t) 6
Rút b từ a + b = 1 rồi thế vào
Câu 5 C
Câu 6 D
Câu 7 D
Câu 8 C
Câu 9 A
Câu 10 C
Câu 11 A
Câu 12 C
Câu 13 A
Đặt t log x.
Câu 14B
Câu 15D
Câu 16D
Câu 17D
a
R
2a
2b
4 4 0,5.
x
2
Đặt t 2 .
Câu 18C
: Gợi ý: Sử dụng công thức ln a ln b ln( ab).
Câu 19 A
Câu 20 C
: Sử dụng phép biến đổi t
Câu 21 A
Câu 22A
Câu 23C
Câu 24C
Câu 25C
Câu 26C
Câu 27C
2
loga
x 1.
R

Đặt t 2 x
Câu 28C
Sử dụng bất đẳng thức Cô-si
Câu 29A
x x
Đặt t 3 .2
Câu 30C
Câu 31C
Câu 32A
Câu 33C
x 1 1 1 1
. Xét f x
2e
2018
1 x 2 x 3 x 4 x
TXD: D ; 1 1;2 2;3 3;4 4;
x 1 1 1 1
f x 2e 0, x D
1 x 2 x 3 x 4
x
2 2 2 2
Lập BBT suy ra số nghiệm phương trình là 4

Câu 1: (GV Đặng Thành Nam -2019) Có bao nhiêu số thực m để tôn tại duy nhất cặp số thực
2
2 2
(x;y) thỏa mãn đồng thời log 2 2
2
4x 4y m m 5
1
và x y 2x 4y
1 0.
x y
A. 2. B. 6. C. 4. D. 0.
Câu 2: (GV Đặng Thành Nam -2019) Có bao nhiêu m nguyên để phương trình
1 2 1
.2 x
m m 16 x 6.8 x 2.4
x
có đúng hai nghiệm phân biệt?
A. 4. B. 5. C. 3. D. 2.
Câu 3: (GV Đặng Thành Nam -2019) Có bao nhiêu số nguyên m để phương trình
x 1 1 2
2 8 x m
2
có 3 nghiệm thực phân biệt.
A. 8 B. 9. C. 6. D. 7.
Câu 4: (GV Đặng Thành Nam -2019) Cho hai số thực dương a, b khác 1 và đồ thị của các hàm
số y log x, y log x như hình vẽ bên. Gọi d là đường thẳng song song với trục Oy và cắt trục
a
b
hoành tại điểm A có hoành độ x k( k 1).
Gọi S 1 là diện tích hình phẳng giới hạn bởi
y log x,
d và trục hoành; S 2 là diện tích hình phẳng giới hạn bởi y log x,
d và trục hoành.
a
Biết S 1 = 4S 2 . Mệnh đề nào sau đây đúng ?
b
4
A. b a B.
4
a b C.
b a 4 ln 2 D.
Câu 5: (GV Đặng Thành Nam -2019) Có bao nhiêu số nguyên m để phương trình
x x1
x
4 2 1 2 2
m có đúng 2 nghiệm thực phân biệt
A. 2 B. 3 C. 5 D. 4
a b
4 ln 2.
Câu 6: (GV Đặng Thành Nam -2019) Có bao nhiêu số nguyên m2018;2018để phương
trình
2 8
3
x
2
m
x 1 2
có đúng hai nghiệm thực phân biệt .

A. 2013. B. 2012. C. 4024. D. 2014.
Câu 7: (GV Đặng Thành Nam -2019) Cho hàm số
bảng xét dấu của đạo hàm như sau
f x m
Bất phương trình 3 4 f x 1 4m
khi
y f x
thoả mãn f f
nghiệm đúng với mọi số thực 2;2
x -3 1 2 4
f '( x ) + 0 - 0 - 0 + 0 -
2 3, 2 2 và
x khi và chỉ
A. m2; 1 .
B. m2; 1 .
C. m2;3 .
D.
m 2;3 .
Lời giải
Câu 1. Chọn đáp án A.
Có điều kiện giả thiết tương đương với
2 2
2 2 2 2
x y 2x 4y 1 0 x y 2x 4y 1 0
( x 1) ( y 2) 4(1)
Ta có (1) là đường tròn (C 1 ) tâm I 1 (-1;2), R 1 = 2; (2) là hình tròn (C 2 ) tâm
2 2 2 2 2 2 2
log 2 2 (4x 4y m m 5) 1 x y 2
4x 4y m m 5 x y 2 ( x 2) ( y 2) m m 1(2)
I R m m
2
2(2;2), 2
1.
Để tồn tại duy nhất cặp số thực (x;y) khi và chỉ khi hệ có nghiệm duy nhất tương đương
với (C1),(C2) tiếp xúc ngoài
I I R R m m m m
2
1 2 1 2
3 1 2 0; 1.
Chọn đáp án A.
*Chú ý tiếp xúc trong thì đường tròn và hình tròn có vô số điểm chung. Bạn đọc cần cẩn thận
cho trường hợp này.
Câu 2: Chọn đáp án A.
x
Đặt t 2 ( t 0) phương trình trở thành
2mt m t 6t 8t m 2mt t t 6t 9t
2 4 3 2 2 2 4 3 2
2 2
2
2 2
t m t 3t m t 4t
( t m) t 3 t
.
2
2
t m t 3t m 2t t
Với mỗi t 0 phương trình có một nghiệm x log
2
t.
Do đó phương trình có đúng 2 nghiệm
phân biệt khi và chỉ khi hệ phương trình cuối có đúng 2 nghiệm phân biệt t > 0.
.

2 2
Vẽ hai parabol ( P ) : y x 4 x;( P ) : y 2x x trên cùng hệ trục toạ độ. Yêu cầu bài toán
1 2
tương đương với đường thẳng y = m cắt hai đường thẳng ( P1 ),( P2
) tại đúng 2 điểm có hoành độ
m
1
m 0
đương . Vậy có 4 số nguyên thoả mãn.
m 3
m
4
Câu 3. Chọn đáp án A.
x1 1 2
Phương trình tương đương với: m f ( x) 2 8 x (*).
2
Ta có
1
x1 2
2 8 x ( x 2)
x1
1 1
x
2 2
g( x) 2 ln 2 x( x 2)
( ) 2 8
'( )
.
x1
x1 1 2
f x x f x
2 h( x) 2 ln 2 x( x 2)
8 2 x ( x 2)
2
Chú ý hàm số không có đạo hàm tại điểm x = 2.
Ta có
g x x g x g x
Và
x1 2 21 2 3
'( ) 2 ln 2 1 2 ln 2 1 0, 2 ( ) (2) 2 ln 2 0, 2
h x
x1 2
'( ) 2 ln 2 1 0, x 2
và
h( 1) ln 2 1 0; h(0) 2ln 2 0 h(0). h( 1) 0 do đó h( x) 0 có nghiệm duy nhất
x0 ( 1;0). Dùng máy tính tìm được x0 0,797563 lưu nghiệm này vào biến nhớ A, ta có
f x0 f ( A) 6,53131.
Vậy ta có f '( x) 0 x x0
( 1;0). Bảng biến thiên

x x
0
2 +
f '( x )
+ 0 - || +
f ( x )
+
f x
0
-
Quan sát bảng biến thiên suy ra phương trình có 3 nghiệm thực phân biệt khi và chỉ khi
2 m f ( x ) 6,53131 m 1,...,6 . Có tất cả 8 số nguyên thoả mãn.
0
Câu 4. Chọn đáp án A.
Theo giả thiết và công thức tích phân từng phần, ta có
k k k
ln x 1 k 1 k ln k ( k 1)
S1
loga
xdx dx x ln x x.
dx
ln a ln a 1
x ln a
1 1
1
k k k
ln x 1 k 1 k ln k ( k 1)
S2
logb
xdx dx x ln x x.
dx
ln b ln b 1
x ln b
1 1
1
4 4
Vậy S 1 4
1
4 S 2
ln ln .
ln a ln b
b a b a
Câu 5. Chọn đáp án A.
x
Đặt t 2 ( t 0) phương trình trở thành
2 2
t 2t 1 2( t m) 2m t 4t
1
2 1 2
.
2
2
t 2t 1 2( t m) 2m t 1
2
t t t m
Vẽ trên cùng hệ trục toạ độ hai parabol
-2
( P ) : y x 1;( P ) : y x 4x
1.
2 2
1 2

Với mỗi t > 0 cho ta một nghiệm x log
2
t.
Do đó phương trình có đúng 2 nghiệm thực phân
biệt khi và chỉ khi hệ phương trình cuối có đúng 2 nghiệm dương phân biệt. Điều này tương
đương với đường thẳng y = 2m cắt đồng thời (P 1 ), (P 2 ) tại đúng 2 điểm có hoành độ dương.
Quan sát đồ thị suy ra các giá trị cần tìm của tham số là
3
m
2m
3 2
2m 2 m 1 m0;1 .
1 2m
1
1 1
m
2 2
Câu 6. Chọn đáp án B.
2
2
x 1 3x
x 1 3x
Phương trình tương đương với: m 2 8 . Hàm số f ( x) 2 8
là một hàm
2
2
số chẵn, do đó ta chỉ cần xét trên nửa khoảng 0; để suy ra bảng biến thiên của hàm số
f ( x ) trên cả tập số thực.
Xét hàm số
3x
2
x1
2 2 8 ( x 2)
x 1
x 1 3x
2
g( x) 2 ln 2 3 x( x 2)
( ) 2 8 '( )
2
x1
x1
x x x
f x f x
2 3 2 ln 2 3 0(0 2)
2 8 (0 x 2)
2
có
g x x x
x1 2 2
'( ) 2 ln 3 8ln 2 3 0, 2
Và g(2) 8ln 2 6 0; g(3) 16ln 2 9 0 g(2) g(3) 0 g( x) 0 có nghiệm duy nhất
x0 (2;3) trên khoảng (2; ).
Ta có bảng biến thiên của hàm số f ( x ) như sau

x x0
-2 0 2 x
0
f '( x)
- 0 + || + || - || - 0 +
f ( x)
6
f ( x
0)
f ( x0
)
Suy ra phương trình có đúng hai nghiệm thực
m 6
2
7,8,...,2018 .
x0
1 3x
m
0
m f ( x0
) 2 8
Z
2
Có tất cả 2012 số nguyên thoả mãn.
Câu 46. Chọn đáp án B.
f x m f x m
Có 3 4 f x 1 4m 3 4 f x m 1 0.
t
Đặt t f x m,
bất phương trình trở thành:
Vậy
3 4t 1 0 0 t 2 0 f x m 2.
min f x m 0 min f x m 0
2;2
2;2
2 m 0
2 m 1.
max f x
m 2 max f x
m 2 3 m 2
2;2
2;2

Câu 1.
Câu 2.
(Giữa-Kì-2-Thuận-Thành-3-Bắc-Ninh-2019) Gọi S là tổng các giá trị nguyên của tham số m
x
x3 2
để phương trình 4 7 2 m 6m
có nghiệm x 1;3 . Chọn đáp án đúng.
A. S 35. B. S 20 . C. S 25 . D. S 21.
(Giữa-Kì-2-Thuận-Thành-3-Bắc-Ninh-2019) (Giữa-Kì-2-Thuận-Thành-3-Bắc-Ninh-2019)
x
x3 2
Gọi S là tổng các giá trị nguyên của tham số m để phương trình 4 7 2 m 6m
có
nghiệm x 1;3 . Chọn đáp án đúng.
A. S 35. B. S 20 . C. S 25 . D. S 21.
Câu 3. (KHTN Hà Nội Lần 3) Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m m 10
để phương trình
1
2 log4
2
x x m m
có nghiệm ?
A. 9 . B. 10 . C. 5 . D. 4 .
Câu 4. (Chuyên Bắc Giang) Có bao nhiêu số tự nhiên m để phương trình sau có nghiệm?
Câu 5.
x x x x .
m
e e 2 1 1 1
3m
2 2
A. 2 . B. 0 . C. Vô số. D. 1.
(Phan Đình Tùng Hà Tĩnh) (Phan Đình Tùng Hà Tĩnh) Tìm tất cả các giá trị của tham số m
x x m
để phương trình 4 2 2 1 0 có hai nghiệm âm phân biệt.
3
3
3
A. log2
m 0 . B. log
3
2 m 0 . C. log2
m 0 . D. m 1.
4
4
4
4
Câu 6. (Chuyên Thái Nguyên) Gọi x ,
2
x x 2
x là hai nghiệm của phương trình Khi đó tổng
1 2
2 .5 x
1.
x x bằng
1 2
2 log5
2
5
A. . B. 2 log 2 . C. 2 log5
2 . D. 2 log2
5 .
Câu 7.
(THPT LƯƠNG THẾ VINH 2019LẦN 3) Tích tất cả các nghiệm của phương trình
2
x 2 x1
3 5 là
A. 1. B. 2 log3
5 . C. P log3
45. D. P log3
5 .
x 2 x1
Câu 8. (Lương Thế Vinh Lần 3) Tích tất cả các nghiệm của phương trình 3 5 là
A. 1. B. 2 log3
5 . C. P log3
45. D. P log3
5 .
x x
Câu 9. (SỞ NAM ĐỊNH 2018-2019) Tính tích các nghiệm thực của phương trình 2 3 .
A. 3log 3.
B. log 54. C. 1.
D. 1
log 3.
Câu 10.
2
2
2
2 1 2 3
2
(THẠCH THÀNH I - THANH HÓA 2019) Tổng tất cả các nghiệm của phương trình
x
log 7 3 2 x bằng
3
A. 2 . B. 1. C. 7 . D. 3 .
a
Câu 11. (Đặng Thành Nam Đề 2) Cho hai số thực , phân biệt thỏa mãn log 7 3 2 a và
b
a
log 7 3 2 b.
Giá trị biểu thức 9 9
3
b
a b
3
bằng
A. . B. . C. . D. .
67 18 31 82
Câu 12.
(KSCL-Lần-2-2019-THPT-Nguyễn-Đức-Cảnh-Thái-Bình) Tổng các nghiệm của phương
x
trình log 17.2 8 2x
bằng
2
A. 1. B. 2 . C. 2
. D. 3

Câu 13.
(Trung-Tâm-Thanh-Tường-Nghệ-An-Lần-2) Tổng tất cả các nghiệm của phương trình
x x
log 25 3.5 15 x 1
bằng
5
1 log3
5
3
1 log 5
1
log5
3
A. . B. . C. 8 . D. .
log 5
log 5
log 3
3
3
5
Câu 14. (Nguyễn Khuyến)Cho a , b
5b
a
là các số dương thỏa mãn log . Giá trị
9
a log16 b log12
2
a
của bằng
b
a
a 7 2 6 a 1
6
a
A. 1
6 . B. . C. . D. 7 2 6 .
b
b 25
b 5
b
Câu 15. (SỞ GD & ĐT CÀ MAU) Tính tổng T tất cả các nghiệm của phương trình
log 25 5 x x 3 0 .
5
A. T 1. B. T 3. C. T 25 . D. T 2 .
3 2
Câu 16. (Hải Hậu Lần1) Số nghiệm của phương trình 2 x 2x 3x .3 x1
1
là:
A. 2 . B. 1. C. 0 . D. 3 .
Câu 17. (CỤM TRẦN KIM HƯNG - HƯNG YÊN NĂM 2019) Xác định m để phương trình
2log x 1 log mx 1 có nghiệm
Câu 18.
2
m
2 2 m
2 2
m
1
A. m 1. B. 1 m 1. C. m 1. D. .
m
1
(-Mai-Anh-Tuấn-Thanh-Hóa-lần-1-2018-2019) Hiệu của giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất
2
1
của hàm số f x 2x ln x trên đoạn
;e là
e
2 2
2 3
2 3
2 2
A. 2e 2 . B. 2e ln 2 . C. 2e ln 2 . D. 2e .
2
e
2
2
2
e
Câu 19. (CHUYÊN NGUYỄN QUANG DIỆU ĐỒNG THÁP 2019 LẦN 2) Với giá trị nào của x thì
Câu 20.
hàm số
y 2
2
2log3 xlog3
x
đạt giá trị lớn nhất?
A. 2 . B. 3 . C. 1. D. 2 .
(GIỮA-HKII-2019-NGHĨA-HƯNG-NAM-ĐỊNH) Hiệu của giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ
1 nhất của hàm số f x 2x ln x trên đoạn ;e
2
là
e
2 2
2
2
2 2
A. 2e 3. B. 2e ln 2 3 . C. 2e ln 2 3 . D. 2e 3 .
2
e
e
1
Câu 21. (SGD-Nam-Định-2019) Tìm giá trị lớn nhất của hàm số f ( x) e x
2 trên đoạn [0;3] .
4
2
3
A. e 2 . B. e 2 . C. e 2. D. e 2 .
Câu 22. (CHUYÊN HUỲNH MẪN ĐẠT 2019 lần 1) Giá trị lớn nhất của hàm số y x 2 ln x trên
Câu 23.
đoạn
2;3
bằng
A. 3. B. 6 3ln 3. C. 4 2ln 2 . D. e .
(CHUYÊN NGUYỄN DU ĐĂK LĂK LẦN X NĂM 2019) Giá trị biểu thức
2018 2019
3
2 2 . 2 1
bằng
2 1 2017
2 1 2019
2 1 2019
2 1
2017
A. . B. . C. . D. .

Câu 24. (CHUYÊN LÊ THÁNH TÔNG QUẢNG NAM LẦN 2 NĂM 2019) Cho hàm số y x 2 ln x .
Mệnh đề nào sau đây là đúng?
A. Hàm số đạt cực tiểu tại x e . B.Hàm số đạt cực tiểu tại x
1
.
e
C. Hàm số đạt cực đại tại x e . D. Hàm số đạt cực đại tại x
1
.
e
a bx 2
Câu 25. (THTT số 3) Với các số thực dương a , b để đồ thị hàm số y
có đúng một
x 2
b
đường tiệm cận, hãy tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P log
1
.
a
2
1
A. 2
. B. 2 . C. 1. D. .
2
x y z
Câu 26. (THTT số 3) Cho các số thực x, y,
z thỏa mãn log2 log3 log5
3. Tìm giá trị
4 9 25
nhỏ nhất của S log x.log y.log
z .
2001 2018 2019
A. min S 27.log 2.log 3.log 5 .
2001 2018 2019
B. min S 44.log 2.log 3.log 5 .
2001 2018 2019
C. min S 8.log 2.log 3.log 5.
2001 2018 2019
289
D. min S .log2001 2.log2018 3.log2019
5 .
8
Câu 27. (CỤM TRẦN KIM HƯNG - HƯNG YÊN NĂM 2019) Cho a, b,
c là các số thực thỏa mãn
a b c
log
2
a( a 2) b( b 2) c( c 2). Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
2 2 2
a b c 1
3a 2b c
P .
a b c
6 2 3 8 2 2
6 2 3
4 2 2
A. .
B. . C. . D. .
3
3
3
3
Câu 28. (Hậu Lộc Thanh Hóa) Đồ thị hàm số y f x đối xứng với đồ thị của hàm số
x
1
y a a 0, a 1
qua điểm I 1;1
. Giá trị của biểu thức f
2 log
a bằng
2018
A. 2016
. B. 2020
. C. 2016 . D. 2020 .
Câu 29. ( Hội các trường chuyên 2019 lần 3) Cho , 0;2 thỏa mãn x 3 x 8 ey ey 11
.
Giá trị lớn nhất của
P ln x 1
ln y
bằng
x y
A. 1 ln 3 ln 2 . B. 2 ln 3 ln 2 . C. 1 ln 3 ln 2 . D. 1
ln 2 .
Câu 30. (THTT lần5) Cho hai số thực dương , thỏa mãn log x x x y log 6 y 6x
. Giá
x y
2 2
6 8
trị nhỏ nhất của biểu thức P 3x 2y
bằng
x y
59
53
A. . B. 19 . C. . D. 8 6 2 .
3
3
Câu 31. (-Mai-Anh-Tuấn-Thanh-Hóa-lần-1-2018-2019) Cho hai số thực a,
b thỏa mãn
và log 2 2 a b 1. Giá trị lớn nhất của biểu thức P 2a 4b
3 là
a b a
b
2 2
1

10
1
A. 10 . B. . C. 2 10 . D. .
2
10
Câu 32. (Nam Tiền Hải Thái Bình Lần1) Cho x,
y là các số dương thỏa mãn
2 2
x 5 y
2 2
log2 1 x 10xy 9 y 0 . Gọi M ,m lần lượt là giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ
2 2
x 10xy y
2 2
x xy 9 y
nhất của P
. Tính T 10M m .
2
xy y
A. T 60 . B. T 94 . C. T 104
. D. T 50 .
Câu 33. (Sở Hưng Yên Lần1) (Sở Hưng Yên Lần1) Cho các số thực a, b, m,
n sao cho 2m
n 0 và
thỏa mãn điều kiện
2 2
log2 a b 9 1 log2
3a 2b
4
m n 2m n
2
9 .3 .3 ln 2m
n 2
1
81
2 2
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P a m b n .
A. 2 5 2 . B. 2 . C. 5 2 . D. 2 5 .
Câu 34. (HSG 12 Bắc Giang) Cho các số thực , thỏa mãn bất đẳng thức 2 2
4x 9
y 2 x 3 y 1 . Giá
trị lớn nhất của biểu thức P x 3y
là
x y
3
2 10
5 10
3 10
A. . B. . C. . D. .
2
4
4
4
Câu 35. (Chuyên KHTN) Cho hai số thực a 1, b 1. Gọi x1 , x2
là hai nghiệm của phương trình
x x
2 1
x
a . b
1.
x
2
1. Trong trường hợp biểu thức S 4x1 4x2
đạt giá trị nhỏ nhất, mệnh
x1 x2
đề nào sau đây đúng?
A. a b . B. a. b 4 . C. a. b 2 . D. a b .
Câu 36. (Chuyên Hạ Long lần 2-2019) Cho các số thực a,
b thỏa mãn a b 1. Biết rằng biểu thức
1 a
P loga
đạt giá trị lớn nhất khi Khẳng định nào sau đây là sai
log a
k
b a
b
.
ab
3
A. k 2;3
. B. k 0;1
. C. k 0;1
. D. k 0; .
2
Câu 37. (THPT-Phúc-Trạch-Hà-Tĩnh-lần-2-2018-2019-thi-tháng-4) Cho hàm số y f x . Có bảng
xét dấu đạo hàm như sau:
2
2
x 2x
Bất phương trình f x e m đúng x
0;2 khi chỉ khi
1
1
A. m f 0
1. B. m f 1
. C. m f 0
1. D. m f 1
.
e
e
mln x 2
Câu 38. (Hải Hậu Lần1) Cho hàm số y ( m là tham số thực) thỏa mãn min y max y 2 .
ln x 1
1;e 1;e
Mệnh đề nào duới đây đúng?
A. 0 m 10
. B. 0 m 2 . C. m 2
. D. 6 m 11.

Câu 39. (Cụm THPT Vũng Tàu) Cho x;
y là các số thực dương thỏa mãn điều kiện
xy
x+ 4 y 3 5 -x-4
y
5 + + x + 1= + 3 + y( x-4). Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = x + y .
xy
3 5
A. 3. B. 5+ 2 5 . C. 3-2 5 . D. 1+
5 .
2
Câu 40. ( Hội các trường chuyên 2019 lần 3) Cho , thỏa mãn log x log y log x y . Giá
trị nhỏ nhất của 3x y bằng
x y
1 1 1
2 2 2
A. 15 . B. 4 2 3 . C. 9 . D. 5 2 3 .
Câu 41. ( Nguyễn Tất Thành Yên Bái) Gọi x , y là các số thực dương thỏa mãn điều kiện
Câu 42.
Câu 43.
log x log y log x y
9 6 4
x a b
và , với a , b là hai số nguyên dương. Tính
y 2
2 2
T a b .
A. T 29 . B. T 20 . C. T 25 . D. T 26 .
(Sở Lạng Sơn 2019) Anh Bình muốn vay ngân hàng 200 triệu đồng theo phương thức trả góp
(trả tiền vào cuối tháng) với lãi suất 0,75%/tháng. Hỏi hàng tháng, Anh bình phải trả số tiền là
bao nhiêu (làm tròn đến nghìn đồng) để sau đúng 2 năm thì trả hết nợ ngân hàng?
A. 9236000. B. 9137000. C. 9970000. D. 9971000.
(THTT lần 5) Một chiếc ly bằng thủy tinh đang chưa nước bên trong được tạo thành khi quay
1 phần đồ thị hàm số y 2 x xung quanh trục Oy. Người ta thả vào ly một viên bi hình cầu có
bán kính R thì mực nước dâng lên phủ kín viên bi đồng thời chạm tới miệng ly. Biết điểm tiếp
xúc của viên bi và chiếc ly cách đáy của chiếc ly 3cm (như hình vẽ). Thể tích nước có trong ly
gần với giá trị nào nhất trong các giá trị sau?
Câu 44.
3
3
3
A. 30cm .
B. 40cm .
C. 50cm .
D.
3
60cm .
(THPT-Nguyễn-Công-Trứ-Hà-Tĩnh-lần-1-2018-2019-Thi-tháng-3) Do có nhiều cố gắng
trong học kì I năm học lớp 12, Hoa được bố mẹ cho chọn một phần thưởng dưới 5 triệu đồng.
Nhưng Hoa muốn mua một cái laptop 10 triệu đồng nên bố mẹ đã cho Hoa 5 triệu đồng gửi
vào ngân hàng (vào 1/1/2019) với lãi suất 1% trên tháng đồng thời ngày đầu tiên mỗi tháng
(bắt đầu từ ngày 1/2/2019) bố mẹ sẽ cho Hoa 300000 đồng và cũng gửi tiền vào ngân hàng với
lãi suất 1% trên tháng. Biết hàng tháng Hoa không rút lãi và tiền lãi được cộng vào tiền vốn
cho tháng sau chỉ rút vốn vào cuối tháng mới được tính lãi của tháng ấy. Hỏi ngày nào trong
các ngày dưới đây là ngày gần nhất với ngày 1/2/2019 mà bạn Hoa có đủ tiền để mua laptop?
A. 15 / 3 / 2020 . B. 15 / 5 / 2020. C. 15 / 4 / 2020 . D. 15 / 6 / 2020 .
Câu 45. (Trung-Tâm-Thanh-Tường-Nghệ-An-Lần-2) Anh An mới đi làm, hưởng lương 8 triệu đồng
một tháng và sẻ được nhận lương vào cuối tháng làm việc. An kí hợp đồng với ngân hàng trích
1
tự động tiền lương của mình mỗi tháng để gửi vào tài khoản tiết kiệm, lãi suất 0,45%
10
/tháng theo thể thức lãi kép. Kể từ tháng thứ 7, anh An được tăng lương lên mức 8 triệu 500
nghìn đồng mỗi tháng. Sau một năm đi làm, tài khoản tiết kiệm của anh An có bao nhiêu tiền (
Đơn vị: triệu đồng, kết quả lấy đến 3 chữ số sau dấu phẩy)
A. 10,148 triệu đồng. B. 10,144 triệu đồng. C. 10,190 triệu đồng. D. 10,326 triệu đồng.

Câu 46. (Triệu Thái Vĩnh Phúc Lần 3) Anh Ba vay trả góp ngân hàng số tiền 500 triệu đồng với lãi
suất 0.9%/tháng, mỗi tháng trả 15 triệu đồng. Sau bao nhiêu tháng thì anh Ba trả hết nợ?.
A. 40 . B. 45 . C. 48 . D. 50 .
Câu 47. (Hậu Lộc Thanh Hóa) Để đủ tiền mua nhà, anh An vay ngân hàng 500 triệu theo phương thức
trả góp với lãi suất 0,85% / tháng. Nếu sau mỗi tháng, kể từ thời điểm vay, anh An trả nợ cho
ngân hàng số tiền cố định là 10 triệu đồng bao gồm cả tiền lãi vay và tiền gốc. Biết phương
thức trả lãi và gốc không thay đổi trong suốt quá trình anh An trả nợ. Hỏi sau bao nhiêu tháng
thì anh trả hết nợ ngân hàng? (tháng cuối có thể trả dưới 10 triệu đồng).
A. 65. B. 66 . C. 67 . D. 68.
Câu 48. (Chuyên Vinh Lần 2) Cho số thực m và hàm số y f x có đồ thị như hình vẽ. Phương
x
2 2 x
f m nhiều nhất bao nhiêu nghiệm phân biệt thuộc đoạn 1;2
?
trình có
A. 2 . B.3 . C. 4 . D. 5 .
Câu tương tự:
Câu 49. (Chuyên Vinh Lần 2) (Đề minh họa năm 2019) Cho hàm số y f x liên tục trên và có
đồ thị như hình vẽ dưới đây. Tập hợp tất cả các giá trị thực của tham số m để phương trình
sin
0; là
f x
m có nghiệm thuộc khoảng
A. 1;3
. B. 1;1
. C. 1;3
. D. 1;1
.
Câu 50. (Chuyên Vinh Lần 2) Cho hàm số y f x xác định trên và có đồ thị như hình bên. Có
6 6
bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để phương trình: 4sin cos
nghiệm.
f
x x
m có

A. 2 . B. 4 . C. 3 . D.5 .
Câu 51. (ĐOÀN THƯỢNG-HẢI DƯƠNG LẦN 2 NĂM 2019) Biết x1,
x2
x1 x2
là hai nghiệm của
phương trình
2
2 x 3x1
1
log3
x 3x
2 2
5 2 và x1 2x2
a
2
b với a,
b là hai số nguyên dương.
Tính a 2b
?
A. 5. B. 1.
C. 1. D. 9.
x
x
Câu 52. (Hải Hậu Lần1) Tập hợp tất cả các giá trị của m để phương trình 2 3 m 4 1
có hai
nghiệm thực phân biệt là
a;
b . Tính S 2a 3b
A. S 29 . B. S 28 . C. S 32 . D. S 36 .
Câu 53. (KỸ-NĂNG-GIẢI-TOÁN-HƯỚNG-ĐẾN-THPT-QG) Phương trình
2
x 3x
2 2
log2 x 4x
3
2
có nghiệm các nghiệm x1;
x2
. Hãy tính giá trị của biểu thức
3x
5x
8
2 2
A x1 x2 3x1x2
A. 31 B. 31. C. 1
Câu 54.
Câu 55.
1
D. .
(CHUYÊN NGUYỄN DU ĐĂK LĂK LẦN X NĂM 2019) Cho phương trình
x
5 m log 5 x m . Có bao nhiêu giá trị m nguyên trong khoảng 20;20
để phương trình
có nghiệm.
A. 15. B. 14. C.19. D. 17.
(THPT NINH BÌNH – BẠC LIÊU LẦN 4 NĂM 2019) Tính tích tất cả các nghiệm thực của
1
2
2x
1
x
2x
phương trình log2
2 5.
2x
1
A. 0 . B. 2 . C. 1. D. .
2
2 2
Câu 56. (Chuyên Bắc Giang) Tìm m để phương trình log x log x 3 m có nghiệm x 1;8 .
2 2
A. 6 m 9 . B. 2 m 3. C. 2 m 6 . D. 3 m 6 .
Câu 57. (Ba Đình Lần2) Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để phương trình
2 2
4xx
4xx
9 4.3 2m
1 0 có nghiệm?
A. 27 . B. 25 . C. 23. D. 24 .
Câu 58. (Liên Trường Nghệ An) Cho hàm số y f x liên tục trên và có đồ thị như hình vẽ dưới
đây

y
3
-2
-1
O
1
1
2
x
-1
2
x m 1
Số các giá trị nguyên của tham số m không vượt quá 5 để phương trình f
0 có
8
hai nghiệm phân biệt là
A. 5. B. 4 . C. 7 . D. 6.
x
Câu 59. (Nguyễn Khuyến)Cho phương trình 5 m log 5
x m với m là tham số. Có bao nhiêu giá
trị nguyên của
m 20;20
để phương trình đã cho có nghiệm?
A. 20. B. 21. C. 9. D. 19.
Câu 60. (CHUYÊN LÊ HỒNG PHONG – NAM ĐỊNH 2019 – LẦN 1) Cho 0 x 2020 và
log
2(2x 2) x 3y
8 y .Có bao nhiêu cặp số ( x; y)
nguyên thỏa mãn các điều kiện trên ?
A. 2019. B. 2018. C. 1. D.4.
Câu 61.
Câu 62.
x x1
(Hậu Lộc Thanh Hóa) Tổng tất cả các nghiệm thực của phương trình 15 x.5 5 27x
23
là
A. 1. B. 0 . C. 2 . D. 1.
(PHÂN TÍCH BL_PT ĐỀ ĐH VINHL3 -2019..) Có bao nhiêu số nguyên m để phương trình
x 3 me x
có 2 nghiệm phân biệt?
A.7. B. 6. C. 5. D. Vô số.
Câu 63. Có bao nhiêu số nguyên m nhỏ hơn 100 để phương trình m 10x me x
có hai nghiệm phân
biệt?
A. 52. B.98. C. 49. D. 96.
Câu 64. Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m trong đoạn 100;100
để phương trình
mln
x x m có hai nghiệm phân biệt?
A. 100. B. 198. C. 108. D.92.
2x
1
2
Câu 65. (THPT LƯƠNG THẾ VINH 2019LẦN 3) Phương trình log3 3 8 5 có hai
2 x x
( x 1)
a
a
nghiệm là a và (với a , b *
và là phân số tối giản). Giá trị của b là
b
b
A. 1. B. 4 . C. 2 . D. 3 .
Câu 66. (Chuyên Vinh Lần 3) Có bao nhiêu số nguyên m
x
để phương trình x 3 me có 2 nghiệm
phân biệt?
A. 7 . B. 6 . C. 5 . D.Vô số.

Câu 67. (Đặng Thành Nam Đề 9) Có bao nhiêu số nguyên a 200;200 để phương trình
Câu 68.
x xa
e e ln 1 x ln x a 1
có nghiệm thực duy nhất.
A. 399 . B. 199. C. 200 . D. 398 .
(THPT TX QUẢNG TRỊ LẦN 1 NĂM 2019) Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số
m 2019; 2019 để phương trình
x 2x 1 mx 2m
1
2019 0. Có đúng 3 nghiệm thực phân biệt.
x 1 x 2
A. 4038 . B. 2019 . C. 2017 . D. 4039 .
Câu 69. ( Sở Phú Thọ) Có bao nhiêu giá trị nguyên dương của tham số m để tồn tại các số thực x , y
3x5 y10 x3 y9
thỏa mãn đồng thời e e 1 2x 2y
và
2 2
log 3x 2y 4 m 6 log x 5 m 9 0 .
5 5
A. 3 . B. 5 . C. 4 . D. 6 .
2 1
Câu 70. (Ba Đình Lần2) Nghiệm dương của phương trình log2
2x
3x
1 2 có dạng
2
a b
a , b , c . Giá trị của a b c bằng:
c
A. 20 . B. 23. C. 24 . D. 42 .
2
12 x 3x
Câu 71. (Hoàng Hoa Thám Hưng Yên) Cho a,
b là các số dương lớn hơn 1, thay đổi thỏa mãn
a b 2019 để phương trình 5log x.log x 4log x 3log x 2019 0 luôn có hai nghiệm
a b a b
3 m 4 n
phân biệt x1,
x2
. Biết giá trị lớn nhất của ln x1x2
bằng ln ln , với m,
n là các số
5 7 5 7
nguyên dương. Tính S m 2 n.
A.22209. B. 20190. C. 2019. D. 14133.
2
2x y1
2x y
Câu 72. (Ba Đình Lần2) Xét các số thực dương x,
y thỏa mãn 2019 . Giá trị nhỏ nhất
2
( x 1)
Pmin
của biểu thức P 2y x bằng
1
1
7
15
A. Pmin
. B. Pmin
. C. Pmin
. D. Pmin
.
4
2
8
8
2 1
x
Câu 73. (Chuyên Ngoại Ngữ Hà Nội) Tìm số nghiệm của phương trình x 1 e
log 2 0 .
A. 3 . B. 4 C. 0 D. 2
Câu 74. (ĐỀ-THI-THU-ĐH-THPT-CHUYÊN-QUANG-TRUNG-L5-2019) Cho hàm số y f x
liên tục trên và có đồ thị như hình vẽ.

Số nghiệm thực của phương trình
f
x
2 f e 1là
A. 1. B. 2 . C. 4 . D. 3 .
Câu 75. (Thuận Thành 2 Bắc Ninh) Cho các số dương a, b,
c thỏa mãn
1 b
a 1,log3
a b 0,log
a
b ,ln c b . Tổng nằm trong khoảng nào dưới
c c
S a b c
đây?
3
6 3
5
7
A. ;2 . B. ; . C. ;3 . D. 3; .
2
5 2
2
2
Câu 76.
(Đặng Thành Nam Đề 5) Ba anh em An, Bình và Cường cùng vay tiền ở một ngân hàng với
lãi suất 0,7%/tháng với tổng số tiền vay của cả ba người là 1 tỉ đồng. Biết rằng mỗi tháng ba
người đều trả cho ngân hàng một số tiền như nhau để trừ vào tiền gốc và lãi. Để trả hết gốc và
lãi cho ngân hàng thì An cần 10 tháng, Bình cần 15 tháng và Cường cần 25 tháng. Số tiền trả
đều đặn cho ngân hàng mỗi tháng của mỗi người gần nhất với số tiền nào dưới đây?
A.21422000 đồng. B. 21900000 đồng. C. 21400000 đồng. D. 21090000 đồng.
x
x
Câu 77. (GIỮA-HKII-2019-VIỆT-ĐỨC-HÀ-NỘI) Cho bất phương trình 9 m 1 .3 m 0 1 .
Tìm tất cả các giá trị của tham số m để bất phương trình 1 có nghiệm đúng x
1
3
3
A. m 0 . B. m . C. m 2
. D. m .
2
2
Câu 78. (GIỮA-HKII-2019-VIỆT-ĐỨC-HÀ-NỘI) Phương trình
1 1
m.
9 3
2m
1 0 có
nghiệm khi m nhận giá trị:
1
1
1
A. m . B. m 4 2 5 . C. m 4 2 5 . D. m m 4 2 5 .
2
2
2
Câu 79. (Chuyên Ngoại Ngữ Hà Nội) Độ pH của dung dịch được tính theo công thức
pH log
H
với
H
là nồng độ ion
H
trong dung dịch đó. Cho dung dịch A có độ
pH ban đầu bằng 6 . Nếu nồng độ ion
H
trong dung dịch A tăng lên 4 lần thì độ pH trong
dung dịch mới gần bằng giá trị nào dưới đây?
A. 5,7 . B. 5,2 . C. 6,6 . D. 5, 4.
x
x
Câu 80.
(Sở Quảng NamT) Anh A vào làm ở công ty X với mức lương ban đầu 10 triệu đồng/tháng.
Nếu hoàn thành tốt nhiệm vụ thì cứ sau 6 tháng làm việc, mức lương của anh lại được tăng
thêm 20%. Hỏi bắt đầu từ tháng thứ mấy kể từ khi vào làm công ty X, tiền lương mỗi tháng của

anh nhiều hơn 20 triệu đồng(biết rằng trong suốt thời gian làm ở công ty X anh A luôn hoàn
thành tốt nhiệm vụ)?
A. Tháng thứ 31 B. Tháng thứ 25 C. Tháng thứ 19 D. Tháng thứ 37
Câu 81. (Chuyên Lê Quý Đôn Quảng Trị Lần 1) Tính số nghiệm của phương trình cot x 2 x trong
11
khoảng ;2019
12
A. 2020. B. 2019. C. 2018. D. 1.
Câu 82. ( Nguyễn Tất Thành Yên Bái) Ba anh em An, Bình và Cường cùng vay tiền ở một ngân hàng
với lãi suất 0,7% / tháng với tổng số tiền vay là 1 tỉ đồng. Giả sử mỗi tháng ba người đều trả
cho ngân hàng một số tiền như nhau để trừ vào tiền gốc và lãi. Để trả hết gốc và lãi cho ngân
hàng thì An cần 10 tháng, Bình cần 15 tháng và Cường cần 25tháng. Hỏi tổng số tiền mà ba
anh em trả ở tháng thứ nhất cho ngân hàng là bao nhiêu (làm tròn đến hàng nghìn)?
A. 45672000 đồng. B. 46712000 đồng. C. 63271000 đồng. D. 64268000 đồng.
Câu 83.
(THPT LÊ QUÝ ĐÔN QUẢNG NGÃI) (THPT LÊ QUÝ ĐÔN QUẢNG NGÃI) Anh A
vay 50 triệu đồng để mua xe với lãi suất 1%/tháng. Anh ta muốn trả góp cho ngân hàng theo
cách: sau đúng một tháng kể từ ngày vay anh bắt đầu hoàn nợ; hai lần hoàn nợ liên tiếp cách
nhau đúng một tháng, số tiền hoàn nợ là như nhau và anh A trả hết nợ sau 2 năm kể từ ngày
vay. Biết rằng mỗi tháng ngân hàng chỉ tính lãi không đổi 1% trên số dư nợ thực tế của tháng
đó. Hỏi số tiền mỗi tháng anh A phải trả cho ngân hàng gần nhất với số nào sau đây?
A. 2,36 triệu đồng. B. 2,35 triệu đồng. C. 2,34 triệu đồng. D. 2,37 triệu đồng.

Câu 1.
LỜI GIẢI
Chọn D
x x3 2 x x 2
Ta có: 4 7 2 m 6m 4 8.2 m 6m
7 (1) .
Đặt 2 x t , với 1;3 thì t 2;8 .
x
2 2
Phương trình đã cho trở thành t 8t m 6m
7(2) .
2
Xét hàm số f ( t) t 8 t, t 2;8 .
Ta có f ' ( t) 2t
8; f ' ( t ) 0 t 4 2;8 .
Câu 2.
Lại có f (2) 12; f (4) 16; f (8) 0.
Mà hàm ( ) xác định và liên tục trên t 2;8 nên 16 f ( t) 0 .
f t
2
Do đó phương trình (2) có nghiệm trên t 2;8 16 m 6m
7 0 7 m 1.
Vậy m 6; 5; 4; 3; 2; 1;0
. Do đó S 21.
Chọn D
x x3 2 x x 2
Ta có: 4 7 2 m 6m 4 8.2 m 6m
7 (1) .
Đặt 2 x t , với 1;3 thì t 2;8 .
x
2 2
Phương trình đã cho trở thành t 8t m 6m
7(2) .
2
Xét hàm số f ( t) t 8 t, t 2;8 .
Ta có f ' ( t) 2t
8; f ' ( t ) 0 t 4 2;8 .
Câu 3.
Lại có f (2) 12; f (4) 16; f (8) 0.
Mà hàm ( ) xác định và liên tục trên t 2;8 nên 16 f ( t) 0 .
f t
2
Do đó phương trình (2) có nghiệm trên t 2;8 16 m 6m
7 0 7 m 1.
Vậy m 6; 5; 4; 3; 2; 1;0
. Do đó S 21.
Chọn A
ĐK: x 2m
0
Ta có 2 x1
x
log x 2m
m
4
2 log x 2m 2m
2
Đặt t log x 2m
2
ta có
x
2 t 2m
2 x
t
x 2
t
2 x 2m
f u 2 u
t 1
u
Do hàm số đồng biến trên , nên ta có 1 t x . Khi đó:
x
x
2 x 2m 2m 2 x .
g x 2 x
Xét hàm số
x g
x 2 ln 2 1 0 x log ln 2 .
Bảng biến thiên:
x
2

Từ đó phương trình đã cho có nghiệm khi và chỉ khi
log2
ln 2
2m g log2
ln 2
m g
0,457 (các nghiệm này đều thỏa mãn điều kiện
2
x
vì x 2m
2 0 )
Do m nguyên và 10
, nên m 1, 2,3, 4,5,6,7,8,9 .
m
Câu 4.
Chọn D
Điều kiện : x 1;1 .
m 3m
2 2
Xét phương trình: e e 2 x 1 x 1 x 1
x 1 .
2
Đặt t x 1
x .
2
2 2 2 t 1
Ta có t 1 2 x. 1 x x. 1 x .
2
Khi đó, phương trình trở thành:
2
m 3m t 1
e e 2t
1
2
1
Xét hàm số: g u u u trên .
m 3m
2
m
3
m 3
e e t t
1
e e t t 2
3
2
Ta có: g u 3u 1 0, u . Suy ra hàm số g u đồng biến trên .
m
m
Do đó: 2 g e g t e t .
Khi đó ta có
m
2
1 e x 1
x 3
2
Xét hàm số: f x x 1 x . TXĐ: 1;1 .
2
x 1
x x
Ta có: f x
1 .
2 2
1
x 1
x
2
x
0 2
f x 0 1 x x x .
2 2
1
x x 2
Bảng biến thiên:
2
x 1
2
f x
0
f
x
1
2
.
1
1
1
x 3
x 1;1
Phương trình có nghiệm 1;1 phương trình có nghiệm
m
1 e 2 m ln 2 .

Do m nên m 0 .
Câu 5.
Chọn C
Đặt 2 x
2 m
2
m
t , t 0 . Phương trình đã cho trở thành t t 2 1 0 t t 1 2 * .
Ta có x 0 t 1. Do đó, bài toán trở thành tìm để phương trình * có hai nghiệm phân
m
0;1
x t
biệt thuộc khoảng (vì mỗi giá trị sẽ cho một giá trị và ngược lại).
2
Xét hàm f t t t 1 với t 0;1 .
1
Ta có f t 2t
1
và f t 0 2t 1 0 t 0;1
.
2
f t
Bảng biến thiên của hàm số trên 0;1 như sau
Câu 6.
Câu 7.
*
Dựa vào bảng biến thiên, phương trình có hai nghiệm phân biệt thuộc khoảng 0;1 khi và
3 m 3
chỉ khi 2 1 log2
m 0 .
4 4
3
Vậy giá trị m cần tìm là log2
m 0 .
4
Chọn A
x x x x x
2 2
x x 2x x x 2x
2
5 5 5
2 .5 1 log 2 .5 0 log 2 2 0 log 2 2 0
x
0
.
2 log 2
1
x2
5
Chọn C
2
x 2 x1
3 5
2
2
x 2 x 1 log 5 x x log 5 2 log 5 0 .
3
3 3
.
Ta có
log 5 4log 5 8 log 5 2 2
4 0
2
3 3
3
Phương trình có hai nghiệm phân biệt.
Câu 8.
2
Theo Vi-ét, ta có x1 x2 2 log3
5 log3 3 log3
5 log3
45 .
Chọn C
2
x 2 x1
3 5
2
2
x 2 x 1 log 5 x x log 5 2 log 5 0 .
3
3 3
Ta có
log 5 4log 5 8 log 5 2 2
4 0
2
3 3
3
Phương trình có hai nghiệm phân biệt.
Câu 9.
2
Theo Vi-ét, ta có x1 x2 2 log3
5 log3 3 log3
5 log3
45 .
Chọn B
Ta có:
2
x 1 2 x
3
2 3
2 2x3 2
2 2
x 1 log 3 x 1 (2x
3)log 3
2 2
2 2 2 2
x 1 2x log 3 3log 3 x 2x
log 31 3log 3 0 (*)

Phương trình (*) có hệ số a 1, c 1 3log 3 0 a. c 0 , do đó phương trình có hai
nghiệm phân biệt x x . Theo vi-et:
1,
2
2
3
1 2 2 2 2 2
x . x 1 3log 3 log 2 log 3 log 54.
Câu 10.
Chọn A
x x 2x x 9
Ta có log3
7 3 2 x 7 3 3 7 3
x
.
3
x
Đặt t 3 t 0 . Phương trình trở thành
7 13
7 13
x
3
x log3
2
2
.
x 7 13 7 13
3
x log3
2 2
7 13
9
t
2
7 t t 7t
9 0 2
t
7 13
t
2
tm
tm
Câu 11.
Câu 12.
Câu 13.
Câu 14.
7 13 7 13
Tổng các nghiệm của phương trình log3 log3
2 .
2 2
Chọn C
Từ giả thiết ta có
a,
b là hai nghiệm phân biệt của phương trình
x x 2x 2x x
log
3(7 3 ) 2 x 7 3 3 3 7.3 9 0
a b
3 3 7
Theo định lí Vi-ét ta có .
a b
3 .3 9
a b a b 2 a b 2
Do đó: 9 9 (3 3 ) 2.3 .3 7 2.9 31.
Chọn D
ĐKXĐ: 17.2 x 8 0 .
2
x
x 2x x x
Khi đó log 17.2 8 2x
17.2 8 2 2 17.2 8 0 .
2
x
2
Đặt 2 t t 0 . Khi đó phương trình trở thành t 17t
8 0 . Phương trình có hai nghiệm
t ; 1 2
1 2 1 2 3
t
1 2 1 2
Chọn B
5
x x x x
thỏa mãn t . t 8 2 .2 8 2 2 x x 3.
x x x x x1
x
log 25 3.5 15 1 25 3.5 15 5
5 3 x log 3
5 5 x
1
x
x x
5
25 8.5 15 0
.
x
1
log3
5
Vậy tổng tất cả các nghiệm của phương trình là 1
log5
3 .
log 5
Chọn D
t
a 9
2t
5b
a
log9 a log16 b log12
t . Khi đó
t
a 3
b
16 .
2
b 4
5b
a t
12
2
3

Câu 15.
Câu 16.
t t 2t
Ta có: 5.16 t 9 t 2.12
t 5 9 2.
12
3 3
2. 5 0 .
16 16
4 4
t
3 a 3
Suy ra 1 6 7 2 6 .
4 b 4
Chọn B
log 25
x
5 x 3 0 log
x
25 5 3 x
Ta có:
5
5
x 3x
x
2
25 5 5 25 5 25.5 x x
5 125.
x
5
Đặt 5 x t với t 0 . Phương trình 1 trở thành:
2
25t
t 125
3
5
2t
2
t 25t
125 0. 2
1
2
Phương trình 2
có 25 4.125 125 0
nên phương trình 2
có hai nghiệm phân biệt
S
25 0, P 125 0
t1,
t2
dương thỏa mãn t1 t2 25 và t1. t2
125
.
x1 x2
Khi đó, phương trình có hai nghiệm phân biệt x , x thỏa mãn: 5 t , 5 t .
1
1 2
x1 x2 x1 x2
Ta có 5 5 .5 t1. t2
125
x1 x2 3 .
Vậy T 3.
Chọn D
x 3 2
2 x 3 x x
1
2 .3 1
2
1 3 1
log
x x x x
2
2 .3
0
2
x x x x
1 3 1 log 3 0
2
t
1 2
x
1
.
2
x
3x
log2
3 0 (1)
Phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt khác 1 vì
9 4log2
3 0 .
4 log2
3 0
Câu 17.
Do đó phương trình đã cho có 3 nghiệm phân biệt.
Lời bình: Tăng Duy Hùng
- Cần nhận xét thêm x 1 không là nghiệm pt(1).
Chọn B
2
Ta có 0 m 2 1 m
.
Phương trình
2log 1 log 1
2
x mx
m
2 2 m
2 2
x
1 0
với .
2
2
x 1 2
2
m 1
log x 1 log mx 1
x 1;
2
m
2 2 m
2 2
x 1 mx 1 x
2
Yêu cầu bài toán trở thành định m để phương trình m 1 có nghiệm trên khoảng 1;
.
x
2
Xét hàm số f x
1 trên khoảng 1;
.
x

2
Ta có f x 0 x
1;
và lim f .
2
x 1, lim f x
1
x
x1
x
Bảng biến thiên
x
f
x
f
x
1
1
1
Dựa vào bảng biến thiên, phương trình có nghiệm khi 1 m 1
.
Câu 18.
Câu 19.
ChọnC
1
Ta có f x
4x
, khi đó f x 0 có nghiệm
x
1
x
2
1
;e
e
Mặt khác, f 1 2
1, , nên ,
2
e
e
f 1 1
ln 2
2
2
2
2
f e 2e 1
M max f x 2e 1
1 ;e
1
2 3
m min f x
ln 2 . Do đó M m 2e ln 2 .
2
2
1
;e
e
Chọn B
e
2log3 xlog3
x
Xét hàm số y 2 .
Tập xác định: D 0; .
2log 2
3 x log 2 1
3
2 x
y ln 2. 2log
3
x.
x ln 3 x ln 3
2
2log 2
3 xlog
2 1
3 x
y 0 2 ln 2. 2log
3
x. 0 log3
x 1 x 3
x ln 3 x ln 3
Ta có bảng biến thiên
x 0 3 +
y’ + 0 -
2
.
.
y
0 0
Vậy giá trị lớn nhất là 2 đạt tại x 3.
Câu 20.
Chọn C
1 Trên đoạn ;e
2
hàm số liên tục và xác định.
e
f x 2x ln x
Ta có f x 2 ;
x
' 1
1 ' 1
f x 0 x ; e
2
2
e

Câu 21.
Câu 22.
Câu 23.
Câu 24.
1 2 1 2 1 1 1
f ln 1; 2. ln 1 ln 2 ;
e e e e
f
2
2 2
2
Suy ra max f x e min f x
2 2; 1
ln 2
1 2 1
2
; e
; e
e e
2 2
Vậy max f x min f x 2e 2 1 ln 2 2e
ln 2 3.
1 2 1
2
; e
; e
e e
2 2 2 2
f e 2e ln e 2e
2
Chọn A
x1
Ta có f '( x) e 0, x
[0;3], do đó hàm số y f ( x)
đồng biến trên đoạn [0;3] .
4
Vậy giá trị lớn nhất của hàm số đoạn [0;3] bằng f (3) e 2 .
Chọn D
Tập xác định: 0; và 2;3 D .
D
y 0 ln x 1 x e2;3 .
y 2
4 2ln 2 y 3
6 3ln 3 y
Ta có y 2 x ln x 2 ln x 1
1
ln x .
Vậy max y = e tại x e
.
2;3
Chọn D
, , e = 2e e = e .
2018 2019 4036 2019 2017 2019 2019
3 2 2 . 2 1 1 2 . 2 1 1 2 . 1 2 . 2 1
Ta có
2017 2019
2017
1 2 1 2 2 1
1
2 .
Chọn B
Với x 0 , ta có y ' 2x ln x x; y '' 2ln x 3.
l
x
0
y ' 0 2x ln x x 0
1 x
ln x
2
1
.
e
1 1
1
y '' 2ln 3 2 0. Như vậy, x là điểm cực tiểu của hàm số.
e e
e
Câu 25.
Chọn A
a
Do a , b 0 nên hàm số luôn có tập xác định D ; \ 2
.
b
Ta có lim y 0 đồ thị hàm số có đường tiệm cận ngang y 0.
x
a bx 2 a bx 2
Mà y
, đặt f x a bx 2 .
x 2 x 2 a bx 2
Để đồ thị hàm số trên có đúng một đường tiệm cận thì f 2 0 a 2b
2 .
b
Đặt a 1
x , y ta suy ra x 4y
3 .
2
P log x
y , (do a 0 nên x 1).
x x
2
1
Lại có 3 4y
3. 3 x y x 2 y 1
y .
2
2 2
x

Câu 26.
1
Vậy P log
x
y log
x 2
.
2
x
x
2 a
1
Dấu bằng xảy ra 1 1 .
y
b
4
2
Chọn A
x y z
Đặt a log
2
, b log
3
, c log5
. Khi đó a, b, c 0 và a b c 3
4 9 25
2 x 2 2
2 2
Suy ra a log2 a log2 x 2 log2
x a 2 .Tương tự log3 y b 2,log5
z c 2 .
4
2
Ta có: log x log 2.log x a 2 .log 2 .
2001 2001 2 2001
2 2
Tương tự ta có: log y b 2 .log 3;log z c 2 .log 5 .
2018 2018 2019 2019
2 2 2
Suy ra S ( a 2) b 2 c 2 .log 2.log 3.log 5 .
2001 2018 2019
Bài toán đã cho tương đương với bài toán: Cho các số a, b, c 0 thoản mãn a b c 3 . Tìm
2 2 2
giá trị nhỏ nhất của S ( a 2) b 2 c 2 .log 2.log 3.log 5 .
Ta có:
2001 2018 2019
2 2 2 2 2 2
a b a b a b a b
2
a
b 2
2 2 1 1 3 3
2
2 2 3 2 1
2
a 2b 2 a b 3 3 a b
1
2
2
2
a b a b
(Bunhiacopxki)
2 2 2 3
1 2 31 1 1
2
4 4
2 2
2 2 2 1
2 2
P a b c a b c c
2
a b a b
2
3c 3a b c
27 .
2 2
P 27 khi a b c 1
hay x 8, y 27, z 125
.
Câu 27.
Suy ra Smin 27.log2001 2.log2018 3.log2019
5 .
Chọn C
Ta có:
a b c
log2 a a 2 b b 2 c c 2
2 2 2
a b c 1
2 2 2 2 2 2
log2 a b c 2 a b c 1 log2
a b c 1 a b c 1
2 2 2 2 2 2
log 2a 2b 2c 2a 2b 2c log a b c 1 a b c 1
(*)
2 2
2
Xét hàm f t log t t với t 0 ,
1
Ta có, f ' t 1 0, t
0;
nên hàm số f t
đồng biến trên 0;
.
t ln 2
Khi đó, * f 2a 2b 2c f a 2 b 2 c
2 1

2 2 2
2a 2b 2c a b c 1
a 2 b 2 c
2
1 1 1 2
3a 2b c
Ta lại có, P P 3a 1 P 2b 1 P 1c 1
6 3P
(**)
a b c
Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki ta có:
2
6 3P P 3a 1 P 2b 1 P 1c 1 2. P 3 P 2 P
1
2 2 2 2
2 6 2 3 6 2 3
3P 12P 8 0 P
3 3
Câu 28.
Câu 29.
6 2 3 3 1 1 1
3
Vậy, Pmax
khi a , b , c .
3
3 3 3
Chọn A
1
Gọi xG 2 loga 2 loga
2018
2018
1
Ta có f 2 loga f 2 loga 2018 f xG
2018
Giả sử ; thuộc đồ thị hàm số y f x và có điểm đối xứng qua điểm I là
G ' x ; y
G '
G xG
yG
x
G ' thuộc đồ thị hàm số y a .
1;1
GG '
Ta có I là trung điểm của .
xG xG '
2 loga 2018 xG
'
Do đó ta có xI 1 xG '
loga
2018
2 2
x
loga
2018
G ' xG
';
yG
' thuộc đồ thị hàm số y a nên yG
'
a 2018
yG yG '
yG
2018
Ta lại có yI
1 yG
2016 .
2 2
1
Vậy f 2 loga f xG yG
2016
.
2018
Chọn B
1
Điều kiện: x 1,
y .
e
x 3 x 8 ey ey 11
Ta có :
2 2 2
x 5x 24 e y 11ey
(*), có 2x
5 0 , x
1.
2 2 2
e y 11ey x 5x
24 0
2
11
2x
5 x 8
ey
y
2 ey x 8 e
Do đó (*)
.
11
2x
5
ey 3 x 3
x
ey
y
2
e
x 8 9
x 8
+) Do y 2 nên loại y .
e e
e
3
x
+) Với y , 1
x 2 :
e
Cách 1:
Khi đó, ta được: P ln x ln 3 x trên 1;2 .
Ta có
P
1
1
2x ln x 2 3 x ln 3 x

1 1
P 0 0
2x ln x 2 3 x ln 3 x
3 x ln 3 x
x ln x 0
3 x ln 3 x x ln x
(**)
Xét hàm f t
t ln t trên 1; , có f t ln t 1 0, t
1;
.
2 ln t
3
Khi đó (**) f 3 x f x
3 x x x .
2
Bảng biến thiên:
Câu 30.
3 3
Từ đó Pmax 2 ln 3 ln 2 tại x , y .
2 2e
Cách 2:
Khi đó, ta được: P ln x ln 3 x trên 1;2 .
2
2
P ln x ln 3 x 2 ln x ln 3 x 2ln x 3 x
2
x 3 x
2ln 4ln 3 ln 2 , x
1;2
2
ln x ln 3
x
3
Dấu “ ” xảy ra khi x 3 x x .
2
x 1;2
3 3
Vậy Từ đó Pmax 2 ln 3
ln 2 tại x , y .
2 2e
Chọn B
x
0
Điều kiện: .
0 y 6
Từ giả thiết ta có:
2 2
log2 x x x y log2 6 y 6x log2 x x log2
x 6 y
x 6 y
(*)
1
Xét hàm số f t log2
t t với t 0 , Ta có f ' t
1 0, t
0 nên hàm số
t ln 2
f t log t t đồng biến trên khoảng 0; .
2
Do đó * f x 2 f x 6 y x 2 x 6 y x 6 y x y 6 ** ( do x 0 )
Áp dụng Bất đẳng thức Cô si cho các cặp số dương và bất đẳng thức
**
, ta có:
6 8 3
3 x 6 y
3 2 8 3 .6 2 3 x
. 6 y
P x y x y 2 . 8 19
.
x y 2 2 x 2 y 2 2 x 2 y

Câu 31.
Câu 32.
x y 6
3x
6 x
2
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi . Vậy giá trị nhỏ nhất của P bằng 19.
2 x y
4
y 8
2 y
ChọnA
2 2
2 2
Do a b 1 nên từ log 2 2 a b 1 a b a b 1.
a b
2 2
a
b 1
2 2
Suy ra: 1 1 1
a b
2 2 2
Khi đó:
P a b a b a b
2 2
2 2
2
2 2
1 1 2 2 1 1 1
2 4 3 2 4 2 4 . 20. 10
(Áp dụng BĐT Bu-nhi-a- Cốp -xki)
1 1
a b
2 2
0
2 4
1 1
a
2 2
2 10
Đẳng thức xảy ra khi 1 1 1
a b
2 2 2
1 2
b
2 10
2 2
a
b 1
1 1
a
2 10
Vậy Pmax 10 khi
.
1 2
b
2 10
Chọn B
x 5y
x 10xy y
2 2
2 2
log2 1 x 10xy 9 y 0
2 2
2 2 2 2 2 2 2 2
x y x xy y x y x xy y
log 5 log 10 log 2 2 5 10 0
2 2 2
2 2 2 2 2 2 2 2
x y x y x xy y x xy y
log 2 10 2 5 log 10 10
2 2
2x 10 y x 10xy y
2 2 2 2
vi)
x x
10 9 0 10 9 0
y y
2 2
x xy y
x x
2 2 9
x xy 9 y y
y
P
2
xy y x
1
y
x
Đặt t , điều kiện : 1 t 9
y
2
2
x
1 9
y

Câu 33.
f t
t
2
2
t 9 t 2t
8
; f t
;
2
t 1
t 1
t
4
f t
0
t
2
11
99
f 1
; f 2
5 ; f 9
2
10
Nên M 99 , m 5 . Vậy T 10M m 94 .
10
Chọn A
Ta có: log 2 2 2 2
2
a b 9 1 log2 3a 2b log2 a b 9 log2
23a 2b
2 2
H a;
b
H C
3;2
2 2
a b 9 6a 4b a 3 b 2 4 .
Gọi , suy ra thuộc đường tròn có tâm I , bán kính R 2 .
4
2
9 .3 .3 ln 2 2 1 81
m n 2m n
Lại có m n
4
2mn
1
2mn
2
3 ln 2m
n 2 1
81,
Với m,
n thỏa mãn 2m
n 0 , ta có:
+) m n m n
4
2mn
2mn
4 4
2 2 2 . 4 3 81
2m n
2m n
2
+) ln 2m
n 2 1
ln1 0 .
4
2mn
2mn
2
Suy ra 3 ln 2m
n 2 1
81
4
2m
n
Do đó 1
2m
n 2m
n 2 0 .
2m
n 2 0
Gọi K m;
n , suy ra K thuộc đường thẳng có phương trình 2x
y 2 0 .
2 2
Ta có: P a m b n HK .
2.3
2 2
d I, 2 5 2
2 2
2 1
đường thẳng không cắt đường tròn C .
Do đó HK ngắn nhất khi K là hình chiếu của điểm I trên đường thẳng và điểm H là giao
điểm của đoạn thẳng với đường tròn C .
IK
Lúc đó HK IK IH 2 5 2 .
Vậy giá trị nhỏ nhất của P bằng 2 5 2 .
Câu 34.
Chọn D

2 2
Điều kiện 4x
9y
1.
2 2
Trường hợp 1: 4x
9y
1
.
2 2 2x
1
1 3
Ta có 2x 3y
1 x 3y 1 P .
3y
1
2 2
2 2
Trường hợp 2: 4x
9y
1.
1
2 2
Khi đó log 2 3 2 2
2 2 1 2 3 4 9
1 1 1
x y x y x y 2 3 .
4x 9
y x y
2 2 2
1 1 1 3
P x 3y 2x 3y
.
2 2 2 4
Áp dụng BĐT Bunhiacopski ta được:
2 2 2
1 1 1
1 1 1 5
2x 3y 1 2x 3y
.
2 2 2
4
2 2
8
Câu 35.
Suy ra 1 1 1
2 3
3 3
P x y
10 .
2 2 2 4 4
1 1
2 2x 3y 5 10
2 2 8x
6y
1
x
Dấu bằng xẩy ra khi và chỉ khi
20
.
3
10
4x
12y
3
10 5 2 10
x 3y
y
4
30
Chọn D
2
3 10
Từ 1
và 2
suy ra giá trị lớn nhất của P là .
4
Ta có:
x
2 1 2
x
a . b 1 x x log a 1 0
Dễ thấy phương trình trên luôn có 2 nghiệm x1 , x2
Áp dụng hệ thức Vi-et, ta có
b
Câu 36.
S
2
x . x
4x 4x
1
4log
1 2
1
2
2
x1 x2
logb
a
Áp dụng bất đẳng thức Côsi cho 3 số dương thì
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi
Và do a 1, b 1nên đáp án D đúng
Chọn A
Ta có a b 1 log b 0 .
a
1
S a a
log a
2
b
3
2logb
2logb
3 4
1
a b b a
3
2logb
log 2
2
a
logb
a
b
a
3 2
1 a
P loga loga ab loga a loga b 1 loga b 1
log
a
b.
log a b
ab
2
2
Đặt t 1 log b t 0 log b 1
t . Ta có: P t t 2 trên
a
a
0;

Bảng biến thiên
t 1
2
P 9
2
Hàm số đạt giá trị lớn nhất tại
1
t .
2
Câu 37.
Với
Chọn D
3
1 1 3 3
4
t 1 loga
b log
a
b b a k .
2 2 4 4
2 2
x 2x x 2x
f x e
m f x e m .
Xét hàm số:
Trên khoảng
Trên khoảng
2 2
x 2x x 2x
g x f x e ; g x f x 2x 2 e .
0;1
1;2
ta có
ta có
x
f 0
g x 0, x
0;1 .
2x
2 0
x
f 0
g x 0, x
1;2 .
2x
2 0
f x 0
Tại điểm x 1 ta có g x
0 .
2
x 2x
2x
2e 0
Suy ra bảng biến thiên của g x
:
Câu 38.
1
max 1 .
0;2
e
Từ bảng biến thiên ta có: g
x f
Do đó bất phương trình m g x đúng với mọi x 0;2 khi và chỉ khi
1
m max g x
f 1 .
0;2
e
Chọn D
m 2
Trên đoạn 1;e
ta có: y ' .
x ln x 1
2
TH1: Nếu 2 thì y ' 0, x 1;e Hàm số đồng biến trên
m 1;e

m 2
min y y(1) 2 , max y y(e)
.
1;e
1;e
2
m 2
min y max y 2 2 2 m 10
(nhận).
1;e 1;e
2
TH2: Nếu 2 thì y ' 0, x 1;e Hàm số nghịch biến trên
m 1;e
m 2
min y y(e)
, max y y(1) 2 .
1;e
2 1;e
m 2
min y max y 2 2 2 m 10
(loại).
1;e 1;e
2
TH3: Nếu 2 thì y ' 0, x 1; e Hàm số là hàm hằng trên
m 1;e
min y max y 2 y
1;e 1;e
1;e 1;e
Vậy m 10
6;11 .
min max y 4
(không thỏa mãn giả thiết).
Câu 39.
Chọn B
xy
3 5
x y x
xy
3 5
x+ Ta có 4 y -x-
5 1 3 4 y
+ + + = + + ( -4)
x+ 4 y -x-4 y xy-1 1-
xy
Û 5 - 3 + x + 4y = 5 - 3 + xy -1( 1).
( ) 5 3
t -t
Xét hàm số f t = - + t trên .
¢ ( ) = 5 .ln 5+ 3 .ln 3+ 1> 0; " Î f ( t)
( )
t
-t
Vì f t x nên hàm số đồng biến trên 2 .
( 1 ) ( 2 )
( )
Từ và ta có x + 4y = xy -1 3 . Dễ thấy 4 không thỏa mãn 3 .
x = ( )
x + 1
Với x ¹ 4 , ( 3)
Û y = kết hợp điều kiện y > 0 suy ra x > 4 .
x - 4
x 1
Do đó P = x + y = +
x + .
x - 4
x + 1
Xét hàm số g ( x)
= x + trên ( 4;+¥ ).
x - 4
5 é x = 4 + 5
Ta có g¢ ( x)
= 1- = 0 Û .
( x-4) 2 ê
êë x = 4-
5
x 4 4 5
x
g – 0
g x
5 2 5
Dựa vào bảng biến thiên ta có P = min g x = 5+
2 5 .
min
( 4; +¥ )
( )
Câu 40.
Chọn C
ĐK: x, y 0 .
2
2
Ta có: log x log y log x y
log xy log x y
1 1 1
2 2 2
1 1
2 2

xy x 2 y x 1
y x
2
1 .
2
x
Từ 1
x 1 0 x 1. Do đó 1
y .
x 1
Câu 41.
2
x
1 1
1
Khi đó 3x y 3x 4x 1 4
x 1
5 2 4
x 1 . 5 9, x
1.
x 1 x 1 x 1
x 1
x
1 x
1
y 0
y 0 3
x
2 2
Dấu " " xảy ra x x
y
y
2
.
x 1 x 1
9
y
1 1 2
4
x 1
x
1
x 1 2
3
x
Vậy giá trị nhỏ nhất của 3x y bằng 9 khi
2
.
9
y
2
Chọn D
t t
log x log y log x y t , t . Ta có x 9 , y 6 , x y 4 t
.
9 6 4
Theo bài ra ta có:
9 t 6 t 4
t
t
3 1
5
t t
2t
t
9 6 3 3
1
1 0 2 2
.
t
4 4 2 2 3 1
5
0
2 2
t
x 9 3 1
5
Ta có: .
y 6 2 2
t
2 2
Theo bài ra ta có : a 1, b 5 nên T a b 26 .
Câu 42.
Chọn B
Gọi
x là số tiền mà Anh Bình trả mỗi tháng trong 2 năm.
Số tiền còn nợ sau 1 tháng: 200(1 r)
x
2
Số tiền còn nợ sau 2 tháng: (200(1 r) x)(1 r) x 200(1 r) x[1 (1 r)]
Câu 43.
3 2
Số tiền còn nợ sau 3 tháng: 200(1 r) x
1 (1 r) (1 r)
…
Số tiền còn nợ sau 24 tháng: 200(1 r) x
1 (1 r) (1 r)
24 23
24 23
Sau 24 tháng trả hết nợ nên: 200(1 r) x
1 (1 r) (1 r)
0
24
24 (1 r) 1
200(1 r) x 0 x 9,137
r
Chọn A
(triệu đồng).

Giả sử thiết diện qua trục của chiếc ly được gắn vào hệ trục Oxy như hình vẽ. Khi đó thể tích
chiếc ly chính là thể tích khối tròn xoay khi quay hình phẳng giới hạn bởi các đường
y 2 x ; y 1;
y a quanh trục Oy .
Đồ thị hàm số y 2 x cắt trục tung tại điểm có tung độ bằng 1.
Gọi là điểm tiếp xúc của viên bi với chiếc ly thì M 2;4 .
M
y 2 x M 2;4
d : y 4ln 2. x 4 8ln 2
Tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại có phương trình là
.
Gọi I là tâm của viên bi. Đường thẳng IM đi qua M và vuông góc với d nên có phương
1 1
trình IM : y x 4 .
4ln 2 2ln 2
Khi đó I Oy IM
1 1
1
I 0;4 MI 2;
R IM 4 .
2
2ln 2 2ln 2
4ln 2
1 1
Suy ra a OH OI R 4 4 6.8475 .
2
2ln 2 4ln 2
2 4 3 3
Thể tích nước có trong chiếc ly là V
log2
y d y R 29,65cm
.
3
Câu 44. Gọi n là số tháng gửi tiết kiệm của Hoa (tính từ 1/1/2019).
Khi đó tổng số tiền bạn Hoa nhận được sau
a
1
n tháng là:
Với 5000000 đồng ban đầu: T1 500000011%
n
Với
A
đồng gửi mỗi tháng thì
* Đầu tháng thứ 2: gửi A đồng.
Cuối tháng thứ 2, có A A. r A 1
r .
* Đầu tháng thứ 3 gửi A đồng.
Cuối tháng thứ 3 có: A 1 r A
1
r A
1 r 2
1
r .
* Đầu tháng thứ 4 gửi A đồng.
Cuối tháng thứ 4 có: A1 r 2
1 r
1 r A1
r
A1 r 3 1 r 2
1
r
…
* Đầu tháng thứ n gửi A đồng.
Cuối tháng thứ có:
A
n1
1 r. 1 r
1
.
r
n1 n2
n A1 r 1 r ... 1
r
A
1
r
1
1
r
1
1
n
r
1

Do đó, sau n
tháng gửi tiết kiệm của Hoa (tính từ 1/1/2019) thì
Câu 45.
T
2
300000 n1
n1
.1,01.
1,01 1 30300000.
.
0,01
1,01
1
n
n1
Ta có T T1 T2
5000000 11% 30300000. 1,01 1
10000000
.
n
n1
50 1,01 303. 1,01 1
100
.
n1
806
353,5 1,01
403 n 1 log1,01
13,17
n 14,17
.
707
Vậy sau ít nhất 15 tháng (tính từ 1/1/2019) thì Hoa có ít nhất 10 triệu đồng nên ngày gần nhất
với ngày 1/2/2019 là 15 / 4 / 2020 .
Chọn B
Gọi số tiền mỗi tháng anh An gửi tiết kiệm ngân hàng trong 6 tháng đầu là A ; số tiền mỗi
tháng anh gửi tiết kiệm từ tháng thứ 7 là B .
Đặt q 1
0,45% 1,0045 .
Gọi S là số tiền có trong tài khoản tiết kiệm cuối tháng thứ n . Ta có
S1
n
A
S S S .0,45% A A.
q A
2 1 1
,
,
2
S3 S2 S2.0,45% A S2.
q A Aq Aq A
3 2
S S S .0, 45% A S . q A Aq Aq Aq A ,
…
4 3 3 3
6
5 4
q 1
S6 S5 S5.0,45% A S5.
q A Aq Aq A A
, q 1
S S S .0,45% B S q B ,
7 6 6 6
2
S S S .0,45% B S . q B S q Bq B ,
….
8 7 7 7 6
6 6
6 5 4 6 q 1 q 1
S12 S6.
q Bq Bq B Aq B .
q 1 q 1
Theo giả thiết ta có 1 1
A 8 0,8 triệu đồng; B 8,5 0,85 triệu đồng.
10
10
Vậy
6 6 6 6
6 q 1 q 1 6 1,0045 1 1,0045 1
S12
Aq B 0,8.1,0045 0,85
q 1 q 1 1,0045 1 1,0045 1
S 12
10,144 triệu đồng.
Cách 2:
Sau 1 năm với lãi suất
r
thì:
Khoản lương tiết kiệm được của tháng 1: 0.8. 1
r 11
Khoản lương tiết kiệm được của tháng 2: 0.8. 1
r 10

…………………………………………………
Khoản lương tiết kiệm được của tháng 6: 0.8. 1
r 6
Khoản lương tiết kiệm được của tháng 7: 0.85. 1
r 5
Khoản lương tiết kiệm được của tháng 8: 0.85. 1
r 4
…………………………………………………
Khoản lương tiết kiệm được của tháng 12: 0.85. 1
r 0
Câu 46.
Vậy tổng tiền tiết kiệm được từ khoản lương sau 1 năm là
11 6 5 0
T 0.8 1 r ... 1 r 0.85 1 r ... 1
r
6 6
6 6
6 1 1 1 1
6 1,0045 1 1,0045 1
0,8. 1 0,85 0,8.1,0045 . 0,85. 10,144
r
r
0,0045 0,0045
(triệu đồng).
Chọn A
Phân tích:
r r
r
- Một người gửi ngân hàng một số tiền M trong n kì hạn, với lãi suất i /kì hạn.Sau
n kì hạn người đó sẽ lãnh một số tiền cả gốc lẫn lãi là: T M 1
i .
- Một người vay mua hàng trả góp số tiền M theo phương thức trả hàng tháng vào
cuối mỗi tháng kể từ tháng đầu tiên. Mỗi tháng anh ta trả một số tiền là m . Và chịu lãi suất số
tiền chưa trả là i /tháng. Để tính thời hạn phải trả hết số tiền vay, ta giải phương trình tìm n :
n m
n
M 1 i 1 i
1 .
i
+) Áp dụng cho bài toán này ta có: M 500 000 000; m 15000000; i 0.9%.
n
n 15 000 000
n
+) Thay vào phương trình ta có: 500 000 0001 0.009 1 0.009
1
.
0.009
15 000 000
0.009
+) n log1.009
39.8 .
15 000 000
500 000 000
0.009
Câu 47.
Chọn B
Đặt N 500 triệu là số tiền đã vay , A 10
triệu là số tiền trả trong mỗi tháng và r 0,85% là
lãi suất ngân hàng, n là số tháng anh An phải trả hết nợ.
Theo đề bài
Cuối tháng thứ nhất anh An còn nợ số tiền là N Nr A N 1 r A .
Cuối tháng thứ hai anh An còn nợ số tiền là
2
N 1 r A N 1 r A r A N 1 r A 1 r 1
.
Cuối tháng thứ ba anh An còn nợ số tiền là
2 3 2
N 1 r A1 r 1 1 r A N 1 r A1 r 1 r
1
.
….
n n1 n2
Cuối tháng thứ n anh An còn nợ số tiền là N 1 r A1 r 1 r ... 1 r
1
.

Câu 48.
n n1 n2
Để sau n tháng anh An trả hết nợ thì N 1 r A1 r 1 r ... 1 r
1
0
n n1 n2
n
N 1 r A1 r 1 r ... 1 r
1
1
r 1
N
1 r
A
r
1 n A
A
r n log 1
.
r
A Nr A Nr
10
Áp dụng ta có n log
1 0,0085
n 65,38
.
10 500.0,0085
Vậy anh An phải trả trong vòng 66 tháng.
Chọn B
x
Đặt t t x 2 2 x
với 1;2
x .
n
Hàm số
x
x
t t x liên tục trên 1;2
có t x 2 ln 2 2 ln 2 và t x 0
x
x
x
2 ln 2 2 ln 2 0 2 2
Bảng biến thiên:
x
x 0 .
x 1
0 2
t x
– 0
t x
5
2
17
4
2
5
Nhận xét: Dựa vào bảng biến thiên với mỗi t 2;
2 có 2 giá trị của x thỏa mãn t 2 x 2
5 17
và với mỗi t 2 ;
2 4
có duy nhất 1 giá trị x thỏa mãn t 2 x 2 x .
Xét phương trình
f t
17
m với t
2;
4 .
x
Dựa vào đồ thị phương trình 2 2 x
f
trình
f t m có 2 nghiệm t 1
, 2
x
Vậy phương trình 2 2 x
m có số nghiệm nhiều nhất khi và chỉ khi phương
t trong đó có: t 5
1
2;
2
và 5 ;
17
t 2
2 4 .
f m có nhiều nhất 3 nghiệm phân biệt thuộc đoạn 1;2
.
x
Câu 49.
Câu tương tự:
Chọn D
Đặt sin
t x , do x 0;
nên 0;1
t .
Khi đó phương trình trở thành: f t m, t 0;1
. Đồ thị
f t trên 0;1 như hình vẽ.
Từ đồ thị ta có: Phương trình f sin
x
m có nghiệm thuộc khoảng 0;
phương trình
f t m có nghiệm trên nửa khoảng 0;1
1;1
m .

Câu 50.
Câu 51.
Câu 52.
Chọn D
Đặt 4 sin x cos
t 6 6 x
3
4
2
4 1
sin 2
x
6 6
Do đó phương trình 4sin cos
nghiệm trên đoạn 1;4 .
Dựa vào đồ thị đã cho ta thấy: phương trình
Vậy 1;2;3;4;5
m .
2
4 3sin 2x t 1;4.
f x x m có nghiệm phương trình f t
Chọn B
2 x
2
Điều kiện xác định của phương trình: x 3x
2 0 .
x
1
f t m có nghiệm t với 1;4
t
m có
t 1 m 5 .
2
t
Đặt t x 3x
2 với 0 . Phương trình đã cho trở thành 2 1
log t 2 5 2 0 .
t
Xét hàm số 2 1
f t log t 2 5 2 .
3
1
t
Ta có:
2 1
f t 2 t.5 ln 5 0 , t
0 .
t 2 ln 3
9
Suy ra f t
luôn đồng biến trên 0;
. Mà f 0 log3
2 0
5
Do đó phương trình có đúng 1 nghiệm trên khoảng 0; .
f t 0
2
t 1
log 1 2 5 1 2 0
Xét ta có (đúng)
3
Suy ra t 1 là nghiệm duy nhất.
3 5
x1
2
t 1
x 3x
2 1
2
3 5
x1
2
Suy ra a 9, b 5. Vậy a 2b
1.
Chọn D
x
x
x
2 3
Ta có 2 3 m 4 1
m .
x
4 1
1
x1 2x2
9 5
2
x
x x
2 3
1
3.2 .2 ln 2
1
Xét hàm số f x
trên f x
0 x log .
x
x
x
2
4 1
4 1 4 1
3
.
3
Ta có bảng biến thiên
a
3
Từ bản biến thiên suy ra m3; 10 . Do đó S 2.3 3.10 36 .
b
10

Câu 53.
Câu 54.
Chọn C
2
Ta có : 3x 5x 8 0 x
nên đk của phương trình là: x
x 3x
2
3x
5x
8
2
2
log2 x 4x
3
2
1
log
2
x 3x 2 log2
3x 5x 8 3x 5x 8 x 3x
2
2
2 x
2
2 2 2 2
1 1
log2 x 3x 2 x 3x 2 log2
3x 5x 8 3x 5x
8
2 2
3x
2 0
x
1
2 2 2 2
Xét hàm số
1
1 1
f ( t) log
2
t t,( t 0) ; f '( t) 0 t
0 .
2
t ln 2 2
Nên hàm số ( ) đồng biến trên tập 0; .
f t
2 2
Mà phương trình có dạng : f x 3x 2 f 3x 5x
8 .
Vậy phương trình đã cho tương đương với phương trình:
2 2
3x 5x 8 x 3x
2
2
x
1 2x
8x
6 0 ( t / m ) .
x
3
2
2 2
Vậy A x x 3x x x x 5 x . x 1.
Chọn C
1 2 1 2 1 2 1 2
x
Đặt 5 m log 5
x m t .
.
.
x x x
5 m t 5 m t
5 m t
Ta có hệ phương trình: .
t t
log5
x m
t x m 5
5 m x
x t x t
Trừ hai vế ta được: 5 5 t x 5 x 5 t f x f t .
x
x
Với f x 5 x f x 5 .ln5 1 0 x .
Hàm số y f x đồng biến trên .
Phương trình f x f t có nghiệm duy nhất x t .
x
x
Với x t ta có 5 m x 5 x m.
5
x
Xét hàm số g x x .
x
x 1 1
g x 5 .ln5 1 g x 0 5 x log5
.
ln5 ln5

với m
1 log
1 m 1 log
1 .
ln5 ln5 ln5 ln5
5 5
Do là số nguyên và m 20;20 nên m { 19; 18;...; 1}
.
m
Câu 55.
Vậy có 19 giá trị
Chọn D
Điều kiện x 0
m
1
Đặt t x , t 2 .
2x
thỏa mãn bài toán.
t 1
t
Phương trình trở thành: log2
2 5
2
Xét f t log t 2 t với t 2 .
Ta có f 2 5 nên x 2 là một nghiệm của phương trình 1 .
1 t
f ' t
2 ln 2 0 t
2
t ln 2
f t
luôn đồng biến trên khoảng 2;
Đồ thị hàm số y f t cắt đường thẳng y 5 nhiều nhất tại 1 điểm.
Vậy t 2 là nghiệm duy nhất của phương trình 1 .
1
2
Với t 2 : x 2 2x 4x
1 0 2
.
2x
Câu 56.
Phương trình
2
có hai nghiệm phân bệt và tích tất cả các nghiệm thực của phương trình là
Chọn C
2
Ta có: log x log
2 2
x 3 m log x 2log x 3 m 1 .
2 2 2 2
1
t 2 2t 3 m 2
2
t 0;3
Đặt t log 2
x , 1;8 t 0;3 . Phương trình trở thành .
x
1
x 1;8
2
f t t 2t
3 t 0;3
Phương trình có nghiệm khi và chỉ khi phương trình có nghiệm .
Xét hàm số với .
Ta có bảng biến thiên:
1 .
2
Câu 57.
1
x
Vậy phương trình có nghiệm 1;8 f 1 m f 3 2 m 6 .
Chọn B
ĐKXĐ: x 0;4 .
2
Đặt t 4x x với 0;4 thì t
x 0;2
u 3 t
Đặt với 0;2 thì u 1;9
t
2
Khi đó, tìm m đề phương trình u 4u 2m
1 0 có nghiệm thuộc đoạn 1;9 .

2
2m u 4u
1, với u 1;9
2
Xét hàm số f u u 4u
1.
f u 2u 4 0 u 2.
f f
Ta có, 1 4 , 2 5, f 9 44
.
Câu 58.
5
Do đó, phương trình có nghiệm khi và chỉ khi 44 2m
5 22
m .
2
Vậy có 25 số nguyên của tham số m .
Chọn A
x
Để phương trình k có 1 nghiệm thì k 0 .
2
2
2
x m 1 Do đó để 0
x m 1
m 1
f f
có 2 nghiệm thì đường thẳng y phải
8
8
8
cắt đồ thị y f x tại 2 điểm phân biệt có hoành độ lớn hơn 0.
2
m 1
2 2
Dựa vào đồ thị ta thấy 1 1
7 m 9 0 m 9 m3;3
.
8
Mà m 5; m .Vậy m 2; 1;0;1;2
.
Câu 59.
Có tất cả 5 giá trị.
Chọn D
x
Ta có 5 m log 5 x m
* . Đặt t 5
x m .
*
Suy ra t log 5
x m x m 5
t x 5
t m .
x
t 5 m
Ta có hệ t x 5 x 5
t 5 x t
x t 5 (1).
t
x 5 m
Xét hàm số f u u 5 u
có f u 1 5 u .ln 5 0, u
nên hàm số đồng biến trên .
1
x t
. Khi đó ta được 5
x
x
x m x 5 m .
Đây là phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số y x 5
x và đường thẳng y m
song song hoặc trùng trục hoành.
Xét 5 x
x
1
y x có y 1 5 ln 5 . Suy ra y 0 x log5
.
ln 5
Bảng biến thiên
1
m f
5
ln 5
Dựa vào bảng biến thiên, ta thấy phương trình có nghiệm log 1;0

m
Vì
nên m . Vậy có 19 giá trị nguyên của thỏa bài toán.
m
19; 18;...; 1
m
20;20
Câu 60.
Chọn D
Do 0 x 2020 nên log
2(2x 2) luôn có nghĩa .
Ta có log
2(2x 2) x 3y
8 y
3
log
2( x 1) x 1 3y
2 y
log 2 ( x1) 3 y
log
2( x 1) 2 3y
2 (1)
Xét hàm số f ( t) t 2 t .
t
Tập xác định D và f ( t) 1 2 ln 2 f ( t) 0 t
.
Suy ra hàm số f ( t)
đồng biến trên . Do đó (1) log
2( x 1) 3y
x
3
1 2 y
y log ( x 1)
8
.
Ta có 0 x 2020 nên 1 x 1 2021 suy ra 0 log
8( x 1) log8
2021.
Lại có log 2021 3,66 nên nếu y thì y 0;1;2;3
.
8
Vậy có 4 cặp số ( x; y ) nguyên thỏa yêu cầu bài toán là các cặp (0;0) , (7;1) , (63;2) , (511;3) .
Câu 61.
Chọn B
1
Ta thấy x không là nghiệm của phương trình, do đó
3
1 1 27 23
15 x.5 x 5 x 27 23 5
x
x
x
3x
1
1
Xét hai hàm số 5 x
27x
23
1 1
f x và g x
trên tập ; ;
3x
1
D
3 3
x1 1
96 1
Ta có f x 5 .ln 5 0, x
và g x
0, x
.
3
3x
1
3
2
f ( x )
g ( x)
Do vậy hàm số là hàm đồng biến và là hàm nghịch biến trên từng khoảng xác định
nên phương trình có tối đa 02 nghiệm.(xem thêm phần đồ thị minh hoạ)
Câu 62.
Nhận thấy x 1 là hai nghiệm của phương trình tren.
Vậy tổng các nghiệm của phương trình là 0 .
Chọn A

Ta có x 3 me x x
me x 3 0 .
x
Phương trình đã cho có 2 nghiệm phân biệt khi và chỉ khi đồ thị hàm số y me x 3 cắt trục
Ox tại 2 điểm phân biệt.
x
Ta có y me 1.
x
+) Nếu m 0 thì y 0, x
nên đồ thị hàm số y me x 3 không thể cắt trục Ox tại 2
điểm phân biệt.
+) Nếu m 0 thì y 0 x ln m . Ta có bảng biến thiên:
Câu 63.
Suy ra
ln m 2 0 e
2
m . Vậy
0 e
2
m . Do đó các giá trị nguyên của m là 1, 2, …,7.
Nhận xét: Những bài toán về số nghiệm của phương trình phụ thuộc vào tham số m ta thường
tìm cách cô lập m rồi khảo sát hàm số, tuy nhiên với bài toán này, nếu làm vậy thì gặp khó khăn
trong việc khảo sát hàm số nhận được. Do đó ta xét vị trí tương đối của đồ thị một hàm khác
với trục hoành. Bài toán này cần đến các kĩ năng khảo sát hàm số, giải phương trình mũ và bất
phương trình logarit.
Chọn B
x x
m 10x me me 10x m 0
x
x
Xét y me 10x m y
me 10 .
Thấy m 0 không thỏa mãn. Với m 0 được
10
y 0 x ln .
m
Mà
Câu 64. Chọn D
y 0
0 , vậy để phương trình có 2 nghiệm phân biệt thì
số nguyên thỏa yêu cầu bài toán.
Điều kiện xác định: x 0
mln x x m mln x x m 0
Xét
m
y mln
x x m y
1.
x
Thấy m 0 không thỏa mãn. Với m 0 được y 0 x m .
10
ln 0 m 10 . Do vậy có 98
m

Câu 65.
Câu 66.
Vậy để phương trình có 2 nghiệm phân biệt thì mln m
2m
0 m
2
m e . Do vậy có 92 số nguyên thỏa yêu cầu bài toán.
Chọn D
1
2x
1 0 x
Điều kiện 2 .
x
1 0
x
1
2x
1
2
Ta có: log3 3x
8x
5 .
2
x 1
2x
1
x
2
log3 1 3x
8x
4
2
1
3 x 1
2x
1
log 3 1 2 1
3 2
2 2
log 2x 1 2x 1 log 3 x 1
3 x 1
1
3 3
Xét hàm số: f t log 3
t t với t 0 .
1
f t
1 0 t
0 .
t.ln 3
f t
Suy ra hàm số đồng biến trên 0; .
Phương trình 1 f 2x 1 f 3 x 1
.
x
2
2 2
2x 1 3 x 1 3x 8x
4 0 hay
2 .
x
3
2
Vậy hai nghiệm của phương trình là 2 và suy ra b 3 .
3
Chọn A
x x
Ta có: x 3 me me x 3 0 .
x
x
Đặt f x me x 3 f x me 1.
m 0 f x f x
Nếu thì 0 0 có tối đa một nghiệm.
Ta xét với m 0 , khi đó f x 0 x ln
m .
Bảng biến thiên
2
2
x x
.
ln 2
.
m
2
e
x
2
Để phương trình x 3 me có 2 nghiệm phân biệt ln m 2 0 0 m e .

Câu 67.
Từ đó suy ra m 1;2;3;4;5;6;7 .
Chọn B
x xa
Vì e e 0, x
nên ln(1 x) ln(1 x a) 1 x 1 x a a 0.
1 x 0
Điều kiện của phương trình là x 1 a, a
0.
1 x a 0
Phương trình tương đương với:
x x1
e e x x a
ln( 1) ln( 1) 0.
Xét hàm số ( ) x xa
f x e e ln( x 1) ln( x a 1).
Ta có
x xa 1 1 x xa a
f '( x) e e e e 0 a 0, x a
1.
x 1 x a 1 ( x 1)( x a 1)
f x
Suy ra đồng biến trên 1 a;
với a
0 .
Ta có
lim f ( x) ; lim f ( x)
x
x( a1)
Bảng biến thiên:
Câu 68.
f ( x) 0 luôn có một nghiệm thực duy nhất với mọi a 0 .
Vì a 200;200
nên có 199 số a nguyên thỏa mãn.
toduyhienvb@gmail.com
Chọn C
TXĐ: D
\ 1;2 .
Ta có
x 2x 1 mx 2m
1
2019 0
x 1 x 2
x 2x
1 m( x 2) 1
2019 0
x 1 x 2
x 2x
1 1
2019 m. (*)
x 1 x 2
x 2x
1 1
Đặt f ( x) 2019 . Khi đó
x 1 x 2
x
3 1
f '( x) 2019 ln 2019 0 x D.
2 2
( x 1) ( x 2)
Ta có bảng biến thiên

Câu 69.
Dựa vào bảng biến thiên, để phương trình (*) có 3 nghiệm thực phân biệt thì
m
2 m 2.
Mà m 2019; 2019 và m nên có 2017 giá trị m thỏa mãn.
Chọn B
3x5 y10 x3 y9
e e 1 2x 2y
3 9 3 5 10
3x5 y10 x3 y9
e e x y x y
3x5 y10 x3 y9
e x y e x y
3 5 10 3 9
,
t
Xét hàm số f t e t t .
1 0, .
t
Ta có: f t e t Suy ra hàm số luôn đồng biến trên .
Câu 70.
Khi đó phương trình
f t 0
3x
5y
10 x 3y 9 2y
1
2x
.
Thay vào phương trình thứ 2, ta được:
có nghiệm là duy nhất. Tức là:
x y m x m
2 2
x m x m
log 3 2 4 6 log 5 9 0
2 2
5 5
log 5 6 log 5 9 0 1 .
Đặt
5 5
5
x t t x
log 5 , 5
t 2 m 6 t m
2 9 0 (2).
. Khi đó phương trình (1) trở thành
Tồn tại x , y thỏa mãn yêu cầu bài toán khi và chỉ khi phương trình (2) có nghiệm, tức là:
2 2
2
m 6 4 m 9 0 3m
12m
0 0 m 4 .
Vậy có 5 giá trị nguyên dương của m thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Chọn C
x
0
2
Điều kiện: 2x
3x
0
3 . x
2
2
Ta có:
2 x x
2
2
12 x 3x
1
log 2 3 1 2
2
2
2 2x
3x1
log 2x
3x
1 2 2
2
2
2 2x
3x1
log 2x
3x
1 2 2 (*)

2
Đặt t 2x 3 x; t 0 . Khi đó phương trình (*) trở thành: 2 1
log ( 1) 2 2 t
t
1 .
2
Nhận thấy rằng phương trình (1) là phương trình hoành độ giao điểm của hai đồ thị hàm số
y log ( t 1) luôn đồng biến trên 0; và 2 2 t2 1
y luôn nghịch biến trên 0; .
2
Do đó phương trình 1 có nghiệm duy nhất t 1( nhận ).
3 17
x
2 2
4
Từ đó ta có phương trình: 2x 3x 1 2x 3x
1 0 .
3 17
x
4
Vậy a 3; b 17; c 4 . a b c 24 .
Câu 71.
Chọn A
Điều kiện: x 0 .
ln x ln x ln x ln x
Ta có 5log
a
x.logb x 4loga x 3logb
x 2019 0 5 . 4 3 2019 0.
ln a ln b ln a ln b
2
5t 3ln a 4ln b
Đặt t ln x . Ta được phương trình:
t 2019 0 (*)
ln a.ln
b ln a.ln
b
Do a, b 1
ln a.ln b 0. Vậy (*) luôn có hai nghiệm phân biệt t1,
t2
. Suy ra phương trình đã
cho luôn có hai nghiệm phân biệt x , x .
1 2
3ln a 4ln b 3ln a 4ln 2019 a
Mặt khác ta có: t1 t2
.
5 5
3ln a 4ln 2019
a
ln x1. x2 ln x1 ln x2 t1 t2
5
Vì a 1, b 1
và a b 2019 nên a 1;2018 .
3ln u 4ln 2019
u
1;2018
Xét hàm số f ( u)
trên .
5
6057 7u
6057
Ta có f ( u)
f ( u) 0 u
5u
2019 u
7
Bảng biến thiên:
Câu 72.
3 6057 4 8076
Vậy giá trị lớn nhất của ln x1x2
bằng ln ln .
5 7 5 7
Do đó m 6075, n 8076 hay S m 2n
22209 .
Chọn D
2
2x y1
2x y
Ta có: 2019
2
( x 1)
2
2x
1
x 1 .2019 2 x y .2019
2 2 y

2
2 2 x1 4x 2 y
x 1 .2019 2 x y .2019
2
2 2 x1 2 2x
y
x 1 .2019 2 x y .2019
2
2u
2v
Đặt u x 1 , v 2 x y, u 0, v 0 , khi đó (1) trở thành u.2019 v.2019 . (2)
Xét hàm đặc trưng
2t
f t t.2019 , t 0 ,
. (1)
ta có
2t
2t
f ' t 2019 2 t.2019 .ln 2019 0, t
0 :
Hàm f t đồng biến trên (0; ).
2 f u f v u v x 1 2x y y x 1.
Phương trình 2 2
2
Vậy P 2y x 2x x 2. Do P là hàm bậc hai có hệ số a 2 0 nên
Câu 73.
b 1 1 1 15
min P P P 2. 2 .
2a
4 16 4 8
Chọn B
2 1
x 1 e x
2 1
log 2 0 x 1 e x
log 2 , 1
2 t
Đặt t x 1, điều kiện t 1
khi đó phương trình trở thành t e log 2 ,
2 t 2 t 2 t
Đặt f t t e , f t t e t e
t 2t e .
2 t
Ta có
t
0
2 t
+) f t 0 t
2t e
0 , ( t 2
loại vì t 1).
t
2
0
2 t
2
+) f t t 2t e 0 t 2t 0 t (0; )
, ( vì t 1)
2
+)
2
lim f t lim t e
t
t
t
2 t
Từ đó thu được bảng biến thiên của hàm số y f t t e trên 1;
như sau:
Câu 74.
2
1 2
x
Dựa vào bảng biến thiên ta thấy phương trình có hai nghiệm phân biệt , t thỏa mãn
1 t1 t2
nghiệm.
Chọn B
Ta có
. Ứng với mỗi nghiệm này cho ta được hai nghiệm nên phương trình 1 có 4

f
x
x
2 f e 1
x
2 f e
1
2 f e a , 2 a 3
x
e
1
x
x
2 f e 1 f e 3
x 0
x
e b 1VN
x
e
c 1
x x
x
2 f e a f e a 2, 0 a 2 1
e d 0 x ln t
x
e
t 2
Câu 75.
Câu 76.
Vậy phương trình đã cho có 2 nghiệm phân biệt
Chọn B
b
Ta có ln c b ln b b ln c c(*)
.
c
1
Xét hàm số f ( t) ln t t, t
0
f t 1 0, t 0
t
là hàm số đồng biến trên 0; .
f t
Phương trình (*) có dạng
f ( b)
f c
Do đó ta được b c .
1
Lại có log3
a b 0 a 3 b . Thay vào log a
b ta được :
c
1 1 1 1
log b b log3
b b .
3
b b b 3
1
1 1
1 2
3
6 3
Vậy b c , a 3 . Suy ra S a b c .
3
3 ;
3 3
3 3 5 2
Chọn A
Giả sử ban đầu vay A đồng, lãi suất mỗi kì là r , trả nợ đều đặn mỗi kì số tiền m đồng và trả
hết nợ sau kì thứ n .
Sau kì thứ nhất số tiền còn phải trả là A1 A(1 r) m.
Sau kì thứ hai số tiền còn phải trả là
A A 2
(1 r ) m A (1 r ) m (1 r ) m A (1 r ) m m (1 r ) .
2 1
………………………………………..
Sau kì thứ
n
số tiền còn phải trả là
1
(1 ) n
n
An
A r
m m(1 r) ... m(1 r)
Sau kì thứ n trả hết nợ nên A 0 , do đó
n
n
(1 ) 1
(1 ) 1
n r m r
A(1 r) m 0 A
(đồng).
n
r r(1 r)
n
n
n (1 r) 1
A(1 r) m .
r
Gọi số tiền vay của An, Bình và Cường lần lượt là a, b,
c và m là số tiền trả đều đặn hàng tháng
của mỗi người.
Ta có
9
a b c 10
(đồng).
An sau đúng 10 tháng trả hết nợ nên
n
m (1 r) 1 m
a
n
r(1 r) 0,007(1,007)
10
(1,007) 1
10
;

Câu 77.
Câu 78.
n
15
m (1 r) 1 m (1,007) 1
Bình sau đúng 15 tháng trả hết nợ nên b
;
n
15
r(1 r) 0,007(1,007)
Cường sau đúng 25 tháng trả hết nợ nên
Vậy
Chọn D
(1,007) 10 1 (1,007) 15 1 (1,007) 25 1
n
m (1 r) 1 m
c
n
r(1 r) 0,007(1,007)
25
(1,007) 1
m m m
10 m 2,1422710
10 15 25
0,007(1,007) 0,007(1,007) 0,007(1,007)
25
9 7
;
(đồng).
Đặt t 3 x , t x là hàm đồng biến trên , lim t với 1; , thì t 3; .
2
Ta có: 1 t m 1t m 0 2
x
Để 1 có nghiệm đúng x
1
thì 2 có nghiệm đúng t
3
2
t m 1t m 0 t
3 t 2 t mt
1
Xét hàm số
f t
x
2
t t
t
3 m
t
3
t 1
2
2
t t
2t 1 t 1 t t
2 2 2
2t t 1 t t t 2t
1
có f t
t
2 2 2
1
t 1 t 1 t 1
2 2
Với t 3 , t 2t
1 3 2.3 1 0 nên
f t 0 t
3;
3 3
Do đó 3
m
min f t
m .
3;
2 2
Chọn D
3
6 3
min f t
f 3
3;
4 2
x
1 1
Ta có phương trình: m. 2m
1 0 (1)
9 3
x
x
1
2
Đặt t , t 0
phương trình trở thành: t m. t 2m
1 0 (2)
3
Phương trình (1) có nghiệm phương trình (2) có nghiệm dương.
t 2 không là nghiệm của phương trình (2) nên (2)
2
t 1
m
t 2
f ( t)
2
t 4t
1
f '( t)
,
2
( t 2)
Bảng biến thiên.
2
t 4t
1
2
t 2 5 ( L)
f '( t) 0 0 t 4t
1 0
2
( t 2) t 2 5 ( N)
t 0 2 2 5
f '( t ) - || - 0 +
f ( t)
1
2
4 2 5

Câu 79.
Từ bảng biến thiên ta thấy, phương trình có nghiệm khi
Chọn D
Nồng độ ion
H
trong dung dịch ban đầu là:
1
m m 4 2 5
2
pH
6 log
H
6
H
10
6
Nồng độ ion
H
trong dung dịch A sau khi đã tăng lên 4 lần là:
H
4.10
6
.
Vậy độ pH trong dung dịch mới là:
6
pH log 4.10 5, 4 .
Câu 80.
Câu 81.
Câu 82.
Chọn B
Gọi n là số chu kỳ 6 tháng (một chu kỳ là 6 tháng). Thì lương một tháng của anh A sau n chu
kỳ là:
n
T A 1 r với A 10.000.000 đồng, r 0,2
Trước hết ta tìm
n
để T A 1 r 20.000.000 n log 2 log 2 3, 08
r
n 1 1,2
Tức là để lương của anh A nhiều hơn 20 triệu thì phải từ 3 chu kỳ trở lên.
Xét n 3 (sau 18 tháng) thì lương của anh A là:
3
n
T A 1 r 10.000.000.1,2 17.280.000
Xét
n 4 (sau 24 tháng) thì lương của anh A là:
3
n
T A 1 r 10.000.000.1,2 20.736.000
Từ đó dễ thấy đáp án B thoả mãn.
Chọn C
Điều kiện: x k , k . Ta có cot x
x
2 cot x
x
2 0 .
đ
đ
1
Xét hàm số cot 2 x 11
f x x trên ; , ;2 ,..., 2018 ;2019
.
12
1 x
11
Có f x 2 .ln 2 0 x
.
2
; ,
;2 ,..., 2018 ;2019
sin x
12
Hàm số
f
x
nghịch biến trên từng khoảng xác định.
11
11
11
11
Trên ;
12
ta có f x
f f x
cot 2 0 f x 0 vô nghiệm.
12
12 12
f x
Ta có hàm số nghịch biến trên từng khoảng ;2 ,..., 2018 ;2019
và trên mỗi
khoảng đó hàm số có tập giá trị là
Suy ra trên mỗi khoảng ;2 ,..., 2018 ;2019 , phương trình f x 0 có nghiệm duy
nhất. Vậy phương trình
1
có 2018 nghiệm.
Chọn D
Gọi số tiền mà ba anh em An, Bình và Cường vay ngân hàng lần lượt là A , B , C và X là số
tiền mỗi người trả hàng tháng.
Áp dụng công thức tính số tiền còn lại sau n tháng vay lãi ngân hàng

n 1
1
r 100
S M 1 X
n
100
r
100
n
Trong đó: M : Số tiền vay, r%
: lãi suất hàng tháng, X : Số tiền trả 1 tháng.
Khi trả hết nợ : S 0 .
n
9
A B C 10
10
10 1,007
1
A1,007
X 0 A
206205230,7
0,007
304037610,4
15 B
Ta có hệ phương trình:
.
15 1,007 1
B
1,007
X
0 C
489757158,9
0,007
X
21422719,34
25
25 1,007
1
C
1,007
X
0
0,007
Vậy tổng số tiền mà ba anh em trả ở tháng thứ nhất cho ngân hàng là:
3 21422719,34 64268158 64268000
đồng.
Câu 83.
Chọn B
Gọi số tiền nợ vay ban đầu là P . Lãi suất dư nợ hàng tháng là r (%)
Gọi x là số tiền anh A trả ngân hàng hàng tháng và Pn
là số dư nợ sau tháng thứ n .
Số tiền dư nợ sau tháng thứ nhất là P P r x .
1
1
2
Số tiền dư nợ sau tháng thứ hai là P2 P 1 r x x 1
r .
3 2
Số tiền dư nợ sau tháng thứ ba là P3 P 1 r x x 1 r x 1
r .
Như vậy, số dư nợ sau tháng thứ
n
n là Pn
P 1 r x 1 1 r 1 r ... 1
r
2 n1
n P r P
n
r
Pn
P 1 r
x x
n
1 1
n
n
1 r 1
1
r
r
.
Áp dụng cho bài toán trên với
n 24; P 0; P 50; r 0,01
24
ta có:
n
24
P 1
r P
n
r 50. 1,01 .1,01
x
2,3536736116 . Như vậy ta chọn đáp án B .
n
24
1 r 1 1,01 1

Câu 1. (Thuận-Thành-3-Bắc-Ninh-2019) Có bao nhiêu giá trị nguyên dương của tham số m để phương
2
2x
mx 1
2
trình log2
2x mx 1 x 2 có hai nghiệm thực phân biệt?
x 2
A. 3. B. 1. C. 4. D. 2.
Câu 2. (Thuận-Thành-3-Bắc-Ninh-2019) (Giữa-Kì-2-Thuận-Thành-3-Bắc-Ninh-2019) Có bao nhiêu
giá trị nguyên dương của tham số m để phương trình
2
2x
mx 1
2
log2
2x mx 1 x 2 có hai nghiệm thực phân biệt?
x 2
A. 3. B. 1. C. 4. D. 2.
Câu 3. (Thuận Thành 2 Bắc Ninh) Có bao nhiêu giá trị nguyên dương của m 20 để bất phương trình
2
x 2
2
log2 x 4x m 5 có nghiệm x
.
2
3x 4x m
A. 15 . B. 12 . C. 14 . D. 13 .
Câu 4. (Thuận Thành 2 Bắc Ninh) Gọi S là tập chứa các giá trị nguyên của m để phương trình
3 3
3x 18x30m x 6x10m 2m
e e e 1
có 3 nghiệm thực phân biệt. Tính tổng các phần tử của tập S .
A. 110 . B. 106 . C. 126 . D. 24 .
Câu 5. (Sở Ninh Bình Lần1)Cho hàm số
A. Hàm số đồng biến trên khoảng 0;1 .
B. Hàm số đồng biến trên khoảng .
0;
;0
1;
1;
f x ln x x . Khẳng định nào dưới đây đúng?
C. Hàm số đồng biến trên các khoảng và .
D. Hàm số đồng biến trên khoảng .
Câu 6. (Đặng Thành Nam Đề 12) Cho hàm số f x ln e x m . Có bao nhiêu số thực dương m để
1
f a f b với mọi số thực a , b thỏa mãn a b 1
A. 1. B. 2 . C. Vô số. D. 0 .
x 2
Câu 7. Hải Hậu Lần1) Cho hàm số f x
ln 2019 ln . Tính tổng
x
S f 1 f 3 ... f 2019
.
4035
2019
2020
A. S . B. S 2021. C. S . D. S .
2019
2021
2021
Câu 8. (Thị Xã Quảng Trị) Cho hàm số
f ' x 1
là
ln 2x
5
f x
. Tập nghiệm của bất phương trình
7
A. ;
. B. 5 7
; ;
5
. C. . D. ; 3;
2
2 2
2
Câu 9. (KSCL-Lần-2-2019-THPT-Nguyễn-Đức-Cảnh-Thái-Bình) Cho hàm số
đạo hàm như hình vẽ sau
3;
f
x
có bảng xét dấu
g x f 1 x
x.e x đồng biến trên khoảng nào?
2; 1
1;1
0;1
1;3
Hỏi hàm số
A. . B. . C. . D. .

Câu 10. (Chuyên Bắc Giang) Cho số thực a 0 , a 1. Chọn khẳng định sai về hàm số y log a
x .
A. Hàm số đồng biến trên khoảng và nghịch biến trên khoảng ;1 .
B. Đồ thị hàm số có tiệm cận đứng là trục Oy .
C. Hàm số có tập xác định là 0; .
D. Hàm số có tập giá trị là .
1;
3
Câu 11. (Sở Bắc Ninh 2019) Trong các hàm số f x x g x h x x k x
3
x 1 1
1
x
log
2
;
; ; 3
2
có bao nhiêu hàm số đồng biến trên ?
A. 2 . B. 3 . C. 4 . D. 1.
Câu 12. (Lương Thế Vinh Đồng Nai) Trong các hàm số sau,hàm số nào luôn nghịch biến trên tập xác
định của nó?
2
1
A. y . B. y log x . C. 2 x
2
y . D. y .
2
3
Câu 13. (THĂNG LONG HN LẦN 2 NĂM 2019) Cho số thực a 0;1 . Đồ thị hàm số
y log a
x
là hình vẽ nào dưới đây
x
2
A. B. C. D.
Câu 14. (Chuyên Quốc Học Huế Lần1) Trong các hàm số dưới đây, hàm số nào nghịch biến trên tập số
thực R .
x
A. . B. 2
2
y log
2x
1
. C. y . D. y log x .
3
e
y
4
Câu 15. (Chuyên Thái Bình Lần3) Hàm số y a x (0 a 1) có đồ thị C . Mệnh đề nào sau đây sai?
y C
C
M 0;1
A. Đồ thị C có tiệm cận 0 . B. Đồ thị luôn nằm phía trên trục hoành.
C. Đồ thị luôn đi qua . D. Hàm số luôn đồng biến trên .
Câu 16. (ĐOÀN THƯỢNG-HẢI DƯƠNG LẦN 2 NĂM 2019) Biết đồ thị hàm số
x
y a
1
số y log b
x cắt nhau tại điểm A ;2
2 2
. Giá trị của biểu thức T a 2b
bằng
2
33
A. T 17
. B. T 15
. C. T 9 . D. T .
2
x
2
3
và đồ thị hàm
Câu 17. (Hùng Vương Bình Phước) Trong các hàm số sau, hàm số nào nghịch biến trên tập số thực ?
x
2
A. y . B. . C. 2
π
y log 2x
1
. D. y .
e
3
log x
2
3
Câu 18. (Hàm Rồng ) Trong các hàm số dưới đây, hàm số nào nghịch biến trên tập ?
π
4
x

2
A. y log2
x 1
. B. log2
2 x 1
1
. C. y . D. y log2
x 1
.
2
Câu 19. (HKII-CHUYÊN-NGUYỄN-HUỆ-HÀ-NỘI) Trong các hàm số sau, hàm số nào nghịch biến
trên ?
x
2
A. y . B. y 5 x
e
. C. y . D. y log x .
3
3
x
x
1
2
Câu 20. (PHÂN-TÍCH-BL-VÀ-PT-ĐẠI-HỌC-SP-HÀ-NỘI) Hàm số
trong các hình sau đây?
y
0,5 x
có đồ thị là hình nào
A. . B. .
C. . D. .
Câu 21. (ĐOÀN THƯỢNG-HẢI DƯƠNG LẦN 2 NĂM 2019) Đồ thị sau là của hàm số nào?
A. y log3
x 2
. B. y log2
x . C. 2 x
1
y . D. y .
2
Câu 22. (Hậu Lộc Thanh Hóa) Đường cong trong hình vẽ bên là đồ thị của hàm số nào dưới đây?
x
A. y e x . B. y ln x . C. y ln x . D. y e x .
Câu 23. (Chuyên Lê Quý Đôn Điện Biên Lần2) Trong các hàm số sau, hàm số nào nghịch biến?
A. y ln x . B. y log x C. y log x . D. y log x .
2018
1
2019
4 3

Câu 24. (Gang Thép Thái Nguyên) Cho a 1, chọn khẳng định đúng
A. Hàm số y log a
x đồng biến trên .
B. Hàm số y log a
x nghịch biến trên .
C. Hàm số y log a
x đồng biến trên 0; .
D. Hàm số y log a
x nghịch biến trên 0; .
Câu 25. (NGÔ SĨ LIÊN BẮC GIANG LẦN IV NĂM 2019) Cho hàm số
thị là hình bên dưới. Giá trị của a bằng
y log x 0 a 1
a
có đồ
1
1
A. a 2 . B. a . C. a 2 . D. a .
2
2
Câu 26. Chuyên Thái Nguyên) Hàm số nào dưới đây đồng biến trên tập xác định của nó ?
x
2
x
1
A. y . B. y 2 . C. y . D.
3
2
Câu 27. (THPT-Gia-Lộc-Hải-Dương-Lần-1-2018-2019-Thi-tháng-3)Hàm số
x
e
y
y x x
x
.
2
log3
2
biến trên khoảng nào?
A. . B. ;0 . C. . D. 0;1 .
2;
1;
nghịch
Câu 28. Sở Bắc Ninh)Cho a, b,
c dương và khác 1. Các hàm số y loga
x , y logb
x , y logc
x có đồ
thị như hình vẽ
Khẳng định nào dưới đây đúng?
A. a c b . B. a b c . C. c b a . D. b c a .
Câu 29. (Chuyên Vinh Lần 3) Hàm số y log a
x và y log b
x có đồ thị như hình vẽ dưới đây.

Đường thẳng y 3 cắt hai đồ thị tại các điểm có hoành độ x1
, x2
. Biết rằng x2 2x1
, giá trị của
a
bằng
b
1
A. . B. 3 . C. 2 . D. 3
2 .
3
Câu 30. (CHUYÊN LÊ HỒNG PHONG – NAM ĐỊNH 2019 – LẦN 1) Cho hàm số
y log x, y log x, y log x có đồ thị như hình vẽ bên. Mệnh đề nào sau đây đúng?
a b c
A. b c a . B. c a b . C. a b c . D. a c b .
Câu 31. (THPT NINH BÌNH – BẠC LIÊU LẦN 4 NĂM 2019) Trong hình dưới đây, điểm
điểm của đoạn thẳng AC . Khẳng định nào sau đây là đúng?
B là trung
2
2
A. a c 2b
. B. ac b . C. ac 2b
. D. ac b .
Câu 32. (Chuyên Ngoại Ngữ Hà Nội) Cho y ex
e x Khẳng định nào sau đây đúng?
A. Hàm số đồng biến trên . B. Hàm số nghịch biến trên .
C. Hàm số đạt cực đại tại x 1. D. Hàm số đạt cực tiểu tại x 1.
Câu 33. (Đặng Thành Nam Đề 9) Trong y học các khối u ác tính được điều trị bằng xạ trị và hoá trị (sử
dụng thuốc hoá học trị liệu). Xét một thí nghiệm y tế trong đó những con chuột có khối u ác
tính được điều trị bằng một loại thuốc hoá học trị liệu. Tại thời điểm bắt đầu sử dụng thuốc
3
khối u có thể tích khoảng 0,5cm , thể tích khối u sau t (ngày) điều trị xác định bởi công thức:

0,24 0,12
0,005 t
t
3
0,495 0 t 18 V t e e
cm . Hỏi sau khoảng bao nhiêu ngày thì thể tích
khối u là nhỏ nhất ?
A. 10,84 ngày B. 9,87 ngày C. 1,25 ngày D. 8,13 ngày
Câu 34. (Hải Hậu Lần1) Đồ thị hàm số nào dưới đây không có tiệm cận ngang?
2
x 1
1
A. g x log3
x . B. k x
. C. h x
. D. .
2x
3
f
x 1
x 3 x
2
Câu 35. (Cầu Giấy Hà Nội 2019 Lần 1) Hàm số y log x 4x
đồng biến trên khoảng
2;4
0;4
2;
A. . B. . C. . D. 0;2 .
Câu 36. (Chuyên Hà Nội Lần1) Tập hợp các số thực m để phương trình log2
x m có nghiệm thực
là
A. . B. . C. ;0
. D. .
0;
0;
Câu 37. (THPT-Yên-Mô-A-Ninh-Bình-2018-2019-Thi-tháng-4) Hàm số nào sau đây đồng biến trên
;
?
x
e
A. y . B. y 5 2 x
. C. 0,7
x
y . D. y .
2
Câu 38. (Thuận Thành 2 Bắc Ninh) Cho hàm số y f x liên tục và xác định trên và có đồ thị như
hình vẽ
0,5
3 x
Có bao nhiêu giá trị nguyên của m để bất phương trình
f x
2 f x 2
2 f x
3.12 f x 1 .16 m 3 m .3 có nghiệm với mọi x ?
A. 5 . B. Vô số. C. 7 . D. 6 .
f
Câu 39. (HSG Bắc Ninh) Cho các hàm số
0
( x), f1( x), f2
( x),...
thỏa mãn:
f 0
( x ) ln x ln x 2019 ln x 2019 , f ( ) 1
n1 x fn
x , n
. Số nghiệm của phương
trình
f
2020
x 0
là:
A. 6058. B. 6057 . C. 6059 . D. 6063.
Câu 40. (Chuyên Hưng Yên Lần 3) Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số thực m thuộc đoạn
2
2018;2018 để hàm số 1 ln 2 đồng biến trên khoảng 0;e .
y f x x x m x
A. 2016 . B. 2022 . C. 2014 . D. 2023.
Câu 41. (CHUYÊN LÊ HỒNG PHONG – NAM ĐỊNH 2019 – LẦN 1) Tìm tham số m
log
1
x 2
2
y đồng biến trên khoảng 0;1
.
log2
x m
A. m 0 . B. m 2
. C. m 0 . D. m 2
.
để hàm số

Câu 42. (Thuận Thành 2 Bắc Ninh) Có bao nhiêu giá trị nguyên của m để hai đồ thị hàm số
x
4 1 và y m 2 6m
2 .2 x không có điểm chung?
y
A. 6 . B. 7 . C. 8 . D. 5 .
f ( x)
C '
C
Câu 43. (SỞ GDĐT KIÊN GIANG 2019) Gọi là đồ thị của hàm số y log x và C ' là đồ thị
C
2018
y f x
của hàm số y , đối xứng với qua trục tung. Hàm số đồng biến trên
khoảng nào sau đây?
A. . B. ; 1 . C. 1;0 . D. 1; .
0;1
m
ln 3 1 2
x
Câu 44. (Hải Hậu Lần1) Tập hợp tất cả các giá trị của tham số m để hàm số y x
1
nghịch biến trên khoảng ;3 là:
2
27 4
27
1
3 4
;
B. 8 3 ;
. B. 8
; ;
.C. 2
. D. 2 3
.
Câu 45. (THPT-Nguyễn-Công-Trứ-Hà-Tĩnh-lần-1-2018-2019-Thi-tháng-3) Tập hợp tất cả các giá trị
2
của tham số thực để hàm số y ln x 1 mx 1 đồng biến trên khoảng ;
.
m
; 1
; 1
1;1
1;1
A. . B. . C. . D. .
Câu 46. (Thuan-Thanh-Bac-Ninh) Tìm các giá trị của tham số
nghịch biến trên khoảng ;
.
1 2
m để hàm số y ln x 4 mx 3
2
1
1
1
A. m . B. m 4 . C. m . D. m 4 .
4
4
4
Câu 47. (Cụm 8 trường chuyên lần1) Cho số thực a dương khác 1. Biết rằng bất kì đường thẳng nào
song song với trục Ox mà cắt các đồ thị 4 x
x
y và y a , trục tung lần lượt tại M , N , A thì
AN 2AM
. Giá trị của a bằng
1
1
2
1
A. . B. . C. . D. .
2
4
2
3
Câu 48. (Hùng Vương Bình Phước) Số giá trị nguyên của 10 để hàm số y ln x 2 mx 1
đồng
m
biến trên (0; )
là
A. 8. B. 10. C. 9. D. 11.
Câu 49. (Thị Xã Quảng Trị) Cho các hàm số y x ; y x ; y x
độ như hình vẽ bên. Mệnh đề nào dưới đây đúng.
có đồ thị trên cùng một hệ trục tọa

A. . B. . C. . D. .
Câu 50.(THPT-Toàn-Thắng-Hải-Phòng) Hàm số nào dưới đây đồng biến trên tập xác định của nó?
x
x
2
e
x
x
A. y . B. y . C. y 2 . D. y 0,5
.
3
Câu 51. (THPT Nghèn Lần1) Cho các số thực và . Đồ thị các hàm số y x , y x trên khoảng
0; như hình vẽ bên, trong đó đường đậm hơn là đồ thị của hàm số y x .
Mệnh đề nào dưới đây đúng?
A. 0 1. B. 0 1. C. 0 1
. D. 0 1
.
Câu 52. (Chuyên Vinh Lần 3) Hàm số
3
y x 3x
e
có bao nhiêu điểm cực trị?
A. 2 . B. 0 . C. 3 . D. 1.
Câu 53. (Hoàng Hoa Thám Hưng Yên) Hình vẽ bên thể hiện đồ thị của ba trong bốn hàm số y 6 x ,
1 1
y 8 x , y và y .
5 x
7 x
C1 C2 y C3
O
Hỏi
C 2
là đồ thị hàm số nào?
x
x
1 1
A. y 6 .
B. y . C. .
x
y D. y 8 .
7 x
5 x
2 2019
Câu 54. (Chuyên Hà Nội Lần1) Cho hàm số f ( x) (1 x ) . Khẳng định nào sau đây là đúng ?

A. Hàm số đồng biến trên R . B. Hàm số đồng biến trên ( ;0)
.
C. Hàm số nghịch biến trên ( ;0)
. D. Hàm số nghịch biến trên R .
Câu 55. (PHÂN TÍCH BL_PT ĐỀ ĐH VINHL3 -2019..) Khi đặt 3 x t thì phương trình
x1 x1
9 3 30 0 trở thành
2
2
A. 3t
t 10 0 . B. 9t
3t
10 0 . C. 2 2
t t 10 0 . D. 2t
t 1 0 .
Câu 56. Gọi x1 ; x
2
là 2 nghiệm của phương trình
x1 x1
4 5.2 4 0
. Khi đó giá trị S x1 x2
là
A. S 1 . B. S 0 . C. S 1. D. S 2 .
x 1
x
Câu 57. Tập các giá trị của m để phương trình 8 2.8 9m
0 có 2 nghiệm phân biệt.
A.
8 8
;
9 9
. B. 8
;
9 . C. 8 8
;
9 9 . D. 8
;
9 .
x
x1 x1
Câu 58. (Chuyên Vinh Lần 3) Khi đặt 3 t thì phương trình 9 3 30 0 trở thành
2
2
2
2
A. 3t
t 10 0 . B. 9t
3t
10 0 . C. t t 10 0 . D. 2t
t 1 0 .
2 2
Câu 59.
2 2 3
(Sở Quảng Ninh Lần1) Cho phương trình 4 2 x 2x
3 0 . Khi đặt 2 t; t 0 ta
được phương trình nào dưới đây ?
A. 4t 3 0 .
2
B. 2t 3 0 .
2
C. t 8t
3 0 .
2
D. t 2t
3 0 .
2x
1
Câu 60. (GIỮA-HKII-2019-VIỆT-ĐỨC-HÀ-NỘI) Cho phương trình 7 x
8.7 1 0 có 2 nghiệm
x2
x1 , x2
x1 x2 .
Khi đó có giá trị là:
x1
A. 4. B. 2. C. 1 . D. 0.
x
x
x1 x2
Câu 61. (HSG 12 Bắc Giang) Gọi , là nghiệm của phương trình 2 3 2 3 4 . Khi đó
2 2
x1 2x2
bằng
A. 2. B. 3 . C. 5. D. 4.
Câu 62. (Lê Xoay lần1) (Lê Xoay lần1)Với giá trị nào của tham số m để phương trình
x x1
4 m.2 2m
3 0 có hai nghiệm x1 ; x2
thỏa mãn x1 x2 4
5
13
A. m . B. m 2 . C. m 8 . D. m .
2
2
x x
Câu 63. (THPT-Gia-Lộc-Hải-Dương-Lần-1-2018-2019-Thi-tháng-3) Phương trình 9 3.3 2 0
có hai nghiệm , ( x x ). Giá trị của biểu thức A 2x 3x
bằng
x1
x2
1
2
1 2
A. 4log2
3. B. 0 . C. 3log3
2 . D. 2 .
Câu 64. (KỸ-NĂNG-GIẢI-TOÁN-HƯỚNG-ĐẾN-THPT-QG) Tìm tổng các nghiệm của phương trình
2x
1
2 x
5.2 2 0.
5
A. 0.
B. .
C. 1. D. 2.
2
x
Câu 65. (Chuyên Lý Tự Trọng Cần Thơ) Tổng các nghiệm của phương trình log
3(7 3 ) 2 x là
A. 7. B. 2. C. 3. D. 1.
Câu 66. (THĂNG LONG HN LẦN 2 NĂM 2019) Tổng tất cả các nghiệm của phương trình
x
2 1 2 1 6 0
x
là
5
A. 0 . B. . C. 6 . D. 1.
2
2

x 1
Câu 67. (Hàm Rồng ) Tích các nghiệm của phương trình log 6 x
36 2
A. 5 . B. 1. C. 0. D. log6
5.
1
5
bằng
Câu 68. (HKII-CHUYÊN-NGUYỄN-HUỆ-HÀ-NỘI) Tổng tất cả các nghiệm của phương trình
2x
x2
3 2.3 27 0 bằng
A. 18. B. 27. C. 9. D. 3.
Câu 69. (Cụm 8 trường chuyên lần1) Cho phương trình
2
log 4x
log 2x
5 . Nghiệm nhỏ nhất
2 2
của phương trình thuộc khoảng nào sau đây?
A. . B. . C. . D. 3 ; 5 .
1; 3
5 ; 9
0 ;1
2 3
Câu 70. (SỞ NAM ĐỊNH 2018-2019) Cho phương trình log x 10log x 1 0 .Phương trình đã cho có
bao nhiêu nghiệm thực?
A. 0. B. 1. C. 2. D. 3.
x1 3x
Câu 71. (THPT ĐÔ LƯƠNG 3 LẦN 2) Biết rằng phương trình 5 5 26 có hai nghiệm x1
, x2
.
Tính tổng x1 x2
.
A. 2 . B. 5 . C. 4 . D. 2
.
Câu 72. ( Hội các trường chuyên 2019 lần 3) Kí hiệu , x là hai nghiệm thực của phương trình
2 2
x1
2
x 1
4 x x x
2 3 . Giá trị của x1 x2
bằng
A. 3 . B. 2 . C. 4 . D. 1.
Câu 73. (Chuyên Lê Hồng Phong Nam Định Lần 1) (Chuyên Lê Hồng Phong Nam Định Lần 1) Cho
x x1
bất phương trình 4 5.2 16 0 có tập nghiệm là đoạn ; . Tính log a
2 b
2 .
a b
A. 2 . B. 1. C. 0 . D. 10 .
Câu 74. (Sở Quảng NamT) Biết rằng phương trình
2
2 2
( )
log x-log 2018 - 2019 = 0
x1,
x2
.Tích x1x2
bằng
A. log2
2018 . B. 0,5. C. 1. D. 2.
có hai nghiệm thực
x x1
Câu 75. (Trần Đại Nghĩa) Gọi x , x là hai nghiệm của phương trình 4.4 9.2 8 0 . Khi đó,tích
1 2
x1.
x2
bằng:
A. 2.
B. 1. C. 2. . D. 1.
x 1
Câu 76. (Chuyên Bắc Giang) Gọi , x là hai nghiệm của phương trình 4 x x x
2 3 . Tính
x
x
1 2
.
x1
2
A. 3 . B. 0 . C. 2 . D. 1.
2 2
Câu 77. (KINH MÔN II LẦN 3 NĂM 2019) (KINH MÔN II LẦN 3 NĂM 2019) Tập nghiệm của bất
x x
phương trình 4 3.2 2 0 là
A. ;1 2; . B. S 0;1 .
S
S ;0 1;
S 1;2
C. . D. .
Câu 78. (THPT-Toàn-Thắng-Hải-Phòng) Tính tổng T tất cả các nghiệm của phương trình
x x x
4.9 13.6 9.4 0.
A. T 2.
B. T 3.
13
C. T .
4
D.
1
T .
4

x
Câu 79. (SỞ LÀO CAI 2019) Phương trình x log 9 2 3 có nghiệm nguyên dương là a . Tính
3 9
giá trị biểu thức T a 5a . a
2
A. T 7
. B. T 11. C. T 6 . D. T 12
.
Câu 80. (Đặng Thành Nam Đề 12) Phương trình
2
log x log (2018 x) 2019 0
2
2 2
x1,
x2
. Tích x1x2
bằng
1
A. log2
2018 . B. . C. 1. D. 2 .
2
có hai nghiệm thực
x x1
Câu 81. (CHUYÊN HẠ LONG NĂM 2019) Tính tích các nghiệm của phương trình 9 3 2 0 .
A. 0 . B. log2
3 . C. log3
2 . D. 2 .
mn
2 8
Câu 82. ( Hội các trường chuyên 2019 lần 3) Cho m;
n thỏa mãn . Giá trị của m.
n bằng
m n
2 2 6
A. 1. B. 8 . C. 2 . D. 4 .
x
Câu 83. (Chuyên Phan Bội Châu Lần2) Phương trình 2 1 2 1 2 2 0 có tích các
nghiệm là
A. 1 . B. 0. C. 1. D. 2.
Câu 84. (THPT-Yên-Khánh-Ninh-Bình-lần-4-2018-2019-Thi-tháng-4)Tập nghiệm của bất phương
2 x
trình log2 2x
log2
9 chứa tập hợp nào sau đây?
4
3
A. ;6
2 . B. 0;3 . C. 1;5 . D. 1
;2
2 .
Câu 86. (Kim Liên) Số nghiệm nguyên của bất phương trình
log x log x 6 0 là
2
0,5 0,5
A. Vô số. B. 4 . C. 3. D. 0 .
Câu 87. (Chuyên-Thái-Nguyên-lần-1-2018-2019-Thi-tháng-3) Số nghiệm thực của phương trình
x1 x3
4 2 4 0 là
A. 1. B. 2 . C. 3. D. 0 .
x1 1
x
Câu 88. (Cụm 8 trường chuyên lần1) Tổng các nghiệm của phương trình 3 3 10 là
A. 1. B.0. C. 1. D. 3.
2 2
x 1 1
Câu 89. (Sở Lạng Sơn 2019) Phương trình 3.9 x x x
10.3 3 0 có tổng các nghiệm thực là:
A. 2 . B. 0 . C. 1. D. 2 .
Câu 90. (THPT-Phúc-Trạch-Hà-Tĩnh-lần-2-2018-2019-thi-tháng-4) Biết rằng phương trình
log2
x 15log x
2 2 có hai nghiệm x1,
x
2 x1 x2
. Giá trị của x1 16x2
bằng
4095
A. . B. 34. C. 30. D. 4097 .
8
8
Câu 91. (SỞ GD & ĐT CÀ MAU) Tìm tập hợp tất cả các giá trị của tham số m để bất phương trình
x x x
12 2 m 6 3 0 thỏa mãn với mọi x dương.
A. 4; . B. ;4
. C. 0;4 . D. ;4
x
.
Câu 92. (THPT-Nguyễn-Công-Trứ-Hà-Tĩnh-lần-1-2018-2019-Thi-tháng-3) Tích các nghiệm của
x 1
log 6 x
36 2 bằng
phương trình
1
5
A. 5. B. 0. C. 1. D. log6
5 .

x
Câu 93. (Triệu Thái Vĩnh Phúc Lần 3) Tổng tất cả các nghiệm của phương trình
3
bằng:
A.1. B. 7 . C. 2 . D.3.
Câu 94. (CỤM TRẦN KIM HƯNG -
x
log 5 4 1 x là
trình
5
log 7 3 2 x
HƯNG YÊN NĂM 2019) Tích các nghiệm của phương
A. 1.
B. 5.
C. 1. D. 5.
Câu 95. (THPT TX QUẢNG TRỊ LẦN 1 NĂM 2019) Tổng tất cả các nghiệm của phương trình
2
x
x
log 10. 2019 2019 4 bằng
A. log2019
16 . B. 2log2019
16 . C. log2019
10 . D. 2log2019
10 .
x log2x
Câu 96. (Thanh Chương Nghệ An Lần 2) Số nghiệm của phương trình
log 11 3 10 là
A. 1. B. 3. C. 0. D. 2.
Câu 97. (THPT SỐ 1 TƯ NGHĨA LẦN 2 NĂM 2019) Biết phương trình
2
log x a 2 log x 2a
0 có hai nghiệm phân biệt, với a là tham số. Khi đó tổng các
3 3
nghiệm của phương trình bằng:
A. 2 3 a
3
. B. 2 a . C.
3
3
9 a . D. 9 3 a .
Câu 98. (Chuyên KHTN lần2) (Chuyên KHTN lần2) Biết rằng phương trình 4 m.2 2m
0 có
hai nghiệm x1 , x 2 thỏa mãn x1 x2 3. Mệnh đề nào dưới đây đúng?
A. 9 9
m 5. B. m 5 . C. 1 m 2 . D. 3 m .
2
2
x
Câu 99. (THPT NÔNG CỐNG 2 LẦN 4 NĂM 2019) Phương trình log
2(5 2 ) 2 x có hai nghiệm
,
x ; x bằng
x x x x . Tổng các giá trị nguyên trong khoảng
1 2 1 2
A. 0. B. 3. C. 2. D. 1.
Câu 100. (CỤM TRẦN KIM HƯNG - HƯNG YÊN NĂM 2019)Biết m = mo
là giá trị thực của
x
x
tham số m sao cho phương trình 4 -(4m
+ 1).2 + 2(4m- 1) = 0 có hai nghiệm thực x1,
x
2
thoả mãn ( x1 + 1).( x2
+ 1) = 6. Khi đó m
o thuộc khoảng nào sau đây?
A. (- 2 ; 0)
. B. ( 0 ; 1 ). C. ( )
1 2
x
x1
2 ; 4 . D. ( )
1 ; 2 .
Câu 101. (CHUYÊN LÊ THÁNH TÔNG QUẢNG NAM LẦN 2 NĂM 2019) Cho phương trình
log 2 3x
log 2 x
2 1 0 . Biết phương trình có hai nghiệm, tính tích P của hai nghiệm đó.
3 3
A. P 9 . B.
2
P . C.
3
Câu 102. [2D2-5.3-2] (KHTN Hà Nội Lần 3) Biết rằng
P 3
9 . D. 1
2
2 x 2
P .
log 3log x 1 0 có hai nghiệm x 1, x 2 .
Giá trị tích x1x 2 bằng:
A. 8. B. 6. C. 2. D. 0.
Câu 103. (KINH MÔN II LẦN 3 NĂM 2019) (KINH MÔN II LẦN 3 NĂM 2019) Gọi T là tổng các
2
nghiệm của phương trình log x 5log x 4 0 . Tính T .
1 3
3
A. T 4. B. T 5 . C. T 84 . D. T 4 .
Câu 104. (Sở Đà Nẵng 2019) Phương trình
x
x
2 1 2 1 2 2 0 có tích tất cả các nghiệm là
A. 1 . B. 2 . C. 1 . D. 0 .

Câu 105. (Lương Thế Vinh Đồng Nai) Có bao nhiêu giá trị nguyên dương của tham số m để bất
9 x 4.6 x m 1 .4 x 0 có nghiệm?
phương trình
A. 6 . B.5. C.vô số. D. 4 .
Câu 106. (ĐỀ-THI-THU-ĐH-THPT-CHUYÊN-QUANG-TRUNG-L5-2019) Cho số thực a 4 . Gọi
2 ln
ln x ex
P là tích tất cả các nghiệm của phương trình a a a 0 . Khi đó
e
A. P ae . B. P e . C. P a . D. P a .
x
Câu 107. (Chuyên Vinh Lần 2) Biết tập nghiệm của bất phương trình 2 3
2
2
x
Giá trị a b là
A. 3 . B. 2 . C. 0 . D. 1 .
là khoảng ;
a b .
Câu 108. (Chuyên Quốc Học Huế Lần1) Gọi T là tổng các nghiệm của phương trình
2
log x- 5log x + 4 = 0 . Tính T .
1 3
3
A. T = 4 . B. T = - 4 . C. T = 84 . D. T = 5 .
Câu 109. (Chuyên Vinh Lần 2) Biết tập nghiệm của bất phương trình
a;
b . Giá trị b a là
log x 4log x 3 0 là đoạn
2
1 1
3 3
A. 1 9 . B. 1 6
. C. 6 . D. 9 .
x
x
2 3 2 2 3 3 là
Câu 110. (Chuyên Vinh Lần 2) Biết tập nghiệm của bất phương trình
đoạn a;
b . Giá trị a.
b là
A. 0 . B. 2 . C. 2 . D. 3 .
Câu 111. (Hàm Rồng ) Tập nghiệm của phương trình
x x1
4 3.2 8 0
là
A. 1;2 . B. 2;3 . C. 4;8 . D.
Câu 112. (THPT-Ngô-Quyền-Hải-Phòng-Lần-2-2018-2019-Thi-24-3-2019)Phương
2
log2 x 5log2
x 4 0 có 2 nghiệm x
1
, x
2
. Tính tích x1.
x
2
.
A. 32 . B. 36 . C. 8 . D. 16.
1;8 .
trình:
Câu 113. (Chuyên Ngoại Ngữ Hà Nội) Gọi a,
b là hai nghiệm của phương trình
Tính giá trị P log2 a log2
b .
A. P 5 . B. P 1. C. P 4 . D. P 2 .
x x1
4.4 9.2 8 0
.
Câu 114. (THPT-Yên-Khánh-Ninh-Bình-lần-4-2018-2019-Thi-tháng-4) Phương trình
2 2
sin x cos x
9 9 10
có bao nhiêu nghiệm thuộc đoạn 2019;2019
?
A. 2571. B. 1927 . C. 2570 . D. 1929 .
Câu 115. (PHÂN-TÍCH-BÌNH-LUẬN-THPT-CHUYÊN-HÀ-TĨNH) Biết rằng phương trình
2
5log3 x log3
9x
1 0 có hai nghiệm là x1,
x
2
. Tìm khẳng định đúng?
5
1
1
1
A. x1x2 3 . B. x1x2 . C. x
5
1
x2
. D. x1x2
.
3
5
5
Câu 116. (PHÂN-TÍCH-BÌNH-LUẬN-THPT-CHUYÊN-HÀ-TĨNH) Biết rằng phương trình
x x2
4 2 1 0 có hai nghiệm là x1,
x
2
. Tìm khẳng định đúng?
A. x1 x2 0 . B. x1x2 1. C. x1 x2 4 . D. x1x2 2 .

2
Câu 117. (ĐH Vinh Lần 1) Biết rằng phương trình log2 x 7log2
x 9 0 có hai nghiệm x
1
, x
2
. Giá
trị của x1 x
2
bằng
A. 128 . B. 64 . C. 9 . D. 512 .
Câu 118. (PHÂN-TÍCH-BÌNH-LUẬN-THPT-CHUYÊN-HÀ-TĨNH) Cho phương trình
2
12log9 x 3m 1 log3
x m 3 0 1
( m là tham số ). Giả sử m m0
là giá trị thỏa mãn
phương trình có hai nghiệm x
1
, x
2
thỏa mãn x1. x2
3 . Mệnh đề nào sau đây đúng ?
3
A. 1 m0
2 . B. 3 m0
4 . C. 0 m0
. D. 2 m0
3 .
2
Câu 119. (ĐH Vinh Lần 1) Biết rằng phương trình log2
x 15log x
2 2 có hai nghiệm x
1
, x
2 x
Giá trị của x1 16x2
bằng
4095
A. . B. 30 . C. 34 . D. 4097 .
8
8
x 16x
30 .
1 2
1 2
x .
2x1 x1
Câu 120. (-Mai-Anh-Tuấn-Thanh-Hóa-lần-1-2018-2019) Phương trình 6 5.6 1 0 có hai
nghiệm x
1
, x
2
. Khi đó tổng hai nghiệm x1 x2
là
A. 2. B. 3. C. 4. D. 1.
Câu 121. (Thuận Thành 2 Bắc Ninh) Tổng lập phương các nghiệm của phương trình
2
x 2x
1
2
2xx
9 2. 3 bằng
3
A.3. B. 6 . C. 12 . D.14 .
x x
Câu 122. (Nguyễn Trãi Hải Dương Lần1) Tổng các nghiệm của phương trình 4 6.2 2 0 bằng
A. 0 . B. 1. C. 6 . D. 2 .
Câu 123. (CổLoa Hà Nội) Gọi T là tổng các nghiệm của phương trình
log x 5log x 6 0 . Tính T .
2
3 3
A. T 5 . B. T 3. C. T 36 . D.
1
T .
243
x x1
Câu 124. (Đoàn Thượng) Phương trình 4 m. 2 2m
0 có hai nghiệm x
1,x 2
thỏa mãn x1 x2 3
khi
A. m 4 . B. m 3 . C. m 2 . D. m 1.
Câu 125. (Chuyên Vinh Lần 2) Có bao nhiêu giá trị nguyên của m để phương trình
2x
4 2
x
9.3 m 4 x 2x 1 3m
3 .3 1 0
có đúng 3 nghiệm thực phân biệt.
A. Vô số. B. 3. C. 1. D. 2.
3
Câu 126. (Chuyên Vinh Lần 2) Phương trình x x x m
phân biệt khi và chỉ khi m a b
x2 m3x 3 2 x2 x1
2 6 9 2 2 1
; . Tính giá trị biểu thức T b a
có 3 nghiệm
2 2
A. T 36.
B. T 48.
C. T 64.
D. T 72.
2
Câu 127. (Chuyên Hà Nội Lần1) Giả sử phương trình
log x m 2 log x 2m
0 có hai nghiệm
2 2
thực phân biệt x1,
x
2
thỏa mãn x1 x2 6 . Giá trị của biểu thức x1 x2
là
A. 3. B. 8 . C. 2 . D. 4 .
Câu 128. (THPT-Gia-Lộc-Hải-Dương-Lần-1-2018-2019-Thi-tháng-3)Có bao nhiêu giá trị nguyên của
x
x
m 1 16 2 2m 3 4 6m
5 0 có hai nghiệm trái dấu?
A. 1. B. 2 . C. 3. D. 0 .

Câu 129.
(Sở Nam Định) Cho phương trình
x
x
2 3 2 3 4 . Gọi x1, x2 ( x1 x2)
nghiệm thực của phương trình. Khẳng định nào sau đây là đúng?
A. x1 x2 0 . B. 2x1 x2
1. C. x1 x2 2 . D. x1 2x2
0 .
là hai
Câu 130. (Nguyễn Du Dak-Lak 2019) Tìm tất cả các giá trị của tham số m để phương trình
2
log x log x m 0
x 0;1 .
Câu 131.
có nghiệm
2 2
A. m 1. B. m 1 . C.
1
m . D.
4
(SGD-Nam-Định-2019) Cho phương trình
1
m .
4
x
x
2 3 2 3 4 . Gọi x1, x2 ( x1 x2)
hai nghiệm thực của phương trình. Khẳng định nào sau đây là đúng?
A. x1 x2 0 . B. 2x1 x2
1. C. x1 x2 2 . D. x1 2x2
0 .
x x1
Câu 132. (Lý Nhân Tông) Với giá trị nào của tham số m thì phương trình 4 m.2 2m
0 có hai
nghiệm x1,
x
2
thoả mãn x1 x2 3 ?
A. m 1. B. m 4 . C. m 2 . D. m 3 .
Câu 133. (KHTN Hà Nội Lần 3) Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để phương trình
x x1
4 m2 5 m 0 có hai nghiệm phân biệt?
A. 1. B. 4. C. 3. D. 6.
Câu 134. (KỸ-NĂNG-GIẢI-TOÁN-HƯỚNG-ĐẾN-THPT-QG) Có bao nhiêu giá trị nguyên thuộc
x
x
đoạn 0;2019 của tham số m để phương trình 4 m
2018 2 2019 3m
0 có hai
nghiệm trái dấu?
A. 2016 B. 2019 . C. 2013 D. 2018 .
Câu 135. (THTT lần5) Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để phương trình:
x
x
4 m 3 .2 m 9 0 có hai nghiệm dương phân biệt.
1
A. 3. B. 4 . C. 5. D. Vô số.
Câu 136. (Trung-Tâm-Thanh-Tường-Nghệ-An-Lần-2) Tìm tập nghiệm của phương trình
x 1
4 x
3.2 1 0
A. .
1
B. 1;
4 C.
1
1; 4
. D.
Lời giải
x x2
Câu 137. (Cụm THPT Vũng Tàu) Cho phương trình 4 2 m 2 0 với m là tham số. Có tất cả
bao nhiêu giá trị nguyên của m để phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt x1 , x
2
thỏa
mãn 0 x1 x2
?
A. 1. B. 3. C. 2 . D. 0 .
cầu.
Câu 138. (NGUYỄN TRUNG THIÊN HÀ TĨNH) Cho a,
b là các số thực dương thỏa mãn
4 6 9
log a log b log a b . Giá trị của a b bằng:
A. 3 2 . B. 2 3 . C. 5 1
5 1
. D. .
2
2
0 .
là

Câu 139. (THPT LÊ QUÝ ĐÔN QUẢNG NGÃI) (THPT LÊ QUÝ ĐÔN QUẢNG NGÃI) Giả sử
2
phương trình x
c
log 2 3log x 2 0 có một nghiệm dạng x 2 với a, b,
c và
2 2
a
b
2
b 20 . Tính tổng a b c .
A. 10. B. 11. C. 18. D. 27.
Câu 140. (Chuyên Thái Nguyên) Tìm tất cả các giá trị thực của m để phương trình
2 2 2
log cos x mlog cos x m 4 0 vô nghiệm.
A. m 2;2. B. 2; 2
Câu 141. (HSG Bắc Ninh) Cho phương trình
m . C. m 2;2
. D. 2; 2
2
log2 x 2log2 x m log
2
x m*
trị nguyên của tham số m 2019;2019
để phương trình (*) có nghiệm?
A. 2021. B. 2019 . C. 4038 . D. 2020 .
m .
. Có bao nhiêu giá
Câu 142. ( Sở Phú Thọ) Có bao nhiêu giá trị nguyên của m để phương trình
x
x
16 2 m 1 .4 3m
8 0 có hai nghiệm trái dấu.
A. 6 . B. 7 . C. 0 . D. 3.
Câu 143. Mai-Anh-Tuấn-Thanh-Hóa-lần-1-2018-2019) Biết rằng phương trình
2
log3 x m 2log3
x 3m
1 0 có hai nghiệm x
1
, x
2
thỏa mãn x1x 2
27 . Khi đó tổng
x x bằng
1 2
A. 6. B. 12. C. 1 3 . D. 34 .
3
Câu 144. (Sở Phú Thọ) Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để phương trình
x
x
16 2 m 1 4 3m
8 0 có hai nghiệm trái dấu?
A. 6 . B. 7 . C. 0 . D. 3.
x x
Câu 145. Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để phương trình 9 m.3 2m
5 0 có hai
nghiệm trái dấu.
5
A. ;
2 . B. 5
0;
2 . C. 0; . D. 5
;4
2 .
x
Câu 146. Cho phương trình m
x
40 3 2 2 3 2 2 m 80 0 ( m là tham số). Có bao nhiêu
giá trị nguyên của m để phương trình có hai nghiệm trái dấu?
A. 19 . B. vô số. C. 1. D. 20 .
Câu 147. (Quỳnh Lưu Lần 1) Gọi S là tập hợp tất cả các giá trị nguyên của tham số m sao cho phương
trình
x x1 2
16 m.4 5m
44 0 có hai nghiệm đối nhau. Hỏi S có bao nhiêu phần tử?
A. 2 . B. 0 . C. 1. D. 3.
Câu 148. (Chuyên-Thái-Nguyên-lần-1-2018-2019-Thi-tháng-3) Gọi S là tập hợp các giá trị thực của
x x
tham số m để phương trình 4 m.2 2m
1 0 có nghiệm. Tập \ S có bao nhiêu giá trị
nguyên?
A. 1. B. 4 . C. 9. D. 7 .
Câu 149. (GIỮA-HKII-2019-NGHĨA-HƯNG-NAM-ĐỊNH) Cho phương trình
x
x
9 22m 13 34m 1
0 có hai nghiệm thực x1,
x
2
thỏa mãn x1 2 x
2
2
12
. Giá
trị của m thuộc khoảng
A. 9; . B. 3;9 . C. 2;0
. D.1;3 .

Câu 150. (SỞ GDĐT KIÊN GIANG 2019) Có bao nhiêu giá trị nguyên của m để phương trình
x x
9 8. 3 m 4 0 có 2 nghiệm phân biệt?
A. 17 . B. 16. C. 15. D. 14.
Câu 151. (CHUYÊN LÊ THÁNH TÔNG QUẢNG NAM LẦN 2 NĂM 2019) Cho phương trình
m m m
5 .3 x 2 2 .2 x . 3 x 1 .4 x 0 , tập hợp tất cả các giá trị của tham số m để
phương trình có hai nghiệm phân biệt là khoảng a;
b . Tính S a b .
A. S 4 . B. S 5. C. S 6 . D. S 8.
Câu 152. (Nguyễn Khuyến)Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để phương trình
4 x 2 x 4 3 m (2 x 1)
có hai nghiệm phân biệt.
A. 1
m log3
4. B. log4
3 m 1. C. 1 m log3
4. D. log4
3 m 1.
Câu 153. (Chuyên Thái Bình Lần3) Tìm số giá trị nguyên của tham số m 10;10
để phương trình
x
m
2 2
x
x
2 1
10 1 10 1 2.3 có đúng hai nghiệm phân biệt?
A. 14 . B. 15. C. 13. D. 16 .
Câu 154. (Cụm 8 trường chuyên lần1)Giả sử
16 20 25
log p log q log p q . Tìm giá trị của p q ?
p , q là các số thực dương thỏa mãn
A. 4 5 . B. 1
1 5 . C. 8 5 . D. 1
1 5
Câu 155. (Ba Đình Lần2) Biết rằng phương trình
2
4
2
log3 x log3
3
2 .
x
có hai nghiệm a và b . Khi đó ab
bằng
A. 8 . B. 81. C. 9. D. 64 .
Câu 156. (Nguyễn Trãi Hải Dương Lần1) Phương trình 4 x 1 2 x . m .cos
x
có nghiệm duy nhất. Số
giá trị của tham số m thỏa mãn là
A. Vô số. B. 1. C. 2. D. 0.
x
Câu 157. (Đặng Thành Nam Đề 14) Phương trình a
1 2 1 2 2 1 4 0 có 2 nghiệm
phân biệt x1,
x
2
thỏa mãn x1 x2 log 3. Mệnh đề nào dưới đây đúng?
1
2
3
A. a ;
2 . B. a 3
;0
2 . C. a 3
0;
2 . D. 3
a
;
2 .
Câu 158. (THPT SỐ 1 TƯ NGHĨA LẦN 2 NĂM 2019) Trên đoạn 0;2019 có bao nhiêu số nguyên
x
m để phương trình m
x
9 2 2 .3 3m
2 0 có hai nghiệm trái dấu?
A. 2010 . B. 2019 . C. 5. D. 4 .
Câu 159. (Hùng Vương Bình Phước) Tìm tất cả các giá trị của tham số m để phương trình
( ) 2
4 log x log x m 0
A.
2 1
2
0;1 .
- + = có nghiệm thuộc khoảng ( )
1
m Îç æ ç0; ù
ç è 4 úû . B. m Î ( -¥;0
]
é
. C. 1 ö ; +¥ ê4
÷
. D.
ë ø
x
1
m Î æ -¥; ù
çè
4 úû
Câu 160. (Kim Liên) Số giá trị nguyên của m thuộc đoạn 2019;2019
để phương trình
x
x
4 m 3 2 3m
1 0 có đúng một nghiệm lớn hơn 0 là
A. 2021 B. 2022 C. 2019 D. 2020

2
Câu 161. (THPT LƯƠNG THẾ VINH 2019LẦN 3) Cho phương trình log3 x 4log3
x m 3 0 . Có
bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt
x1 x2
thỏa mãn x2 81x1
0.
A. 4 . B. 5. C. 3. D. 6 .
Câu 162. (Lương Thế Vinh Lần 3) Cho phương trình
log x 4log x m 3 0 . Có bao nhiêu giá trị
2
3 3
nguyên của tham số m để phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt x1 x2
thỏa mãn
x2 81x1
0.
A. 4 . B. 5. C. 3. D. 6 .
x 1
Câu 163. (CổLoa Hà Nội) Cho phương trình m
4 8 x
5 2 2m
1 0 ( m là tham số) có hai
nghiệm phân biệt x
1
, x
2
thỏa mãn x1x2 1. Khẳng định nào sau đây là đúng?
A. m 1;3
. B. 5; 3
m . C. m 3;0
. D. 0;1
m .
Câu 164. (Đặng Thành Nam Đề 10) Cho hàm số
dưới đây.
y f x
liên tục trên và có đồ thị như hình vẽ
x 2
Số giá trị nguyên của tham số m để phương trình
8 f e m 1 có hai nghiệm thực phân
biệt là
A. 5. B. 4 . C. 7 . D. 6 .
x
Câu 165. (Liên Trường Nghệ An) Phương trình a
phân biệt x
1
, x
2
thỏa mãn x1 x2 log 3. Khi đó a thuộc khoảng
2
3
3
A. ;
2
. B.
2 3 1 2 . 2 3 4 0 có 2 nghiệm
3
0; . C. ;
2 . D. 3
;
2 .
Câu 166. (CHUYÊN HẠ LONG NĂM 2019) Biết rằng tập hợp các giá trị của m để phương trình
2 2
x
x
1 1
m
1
4 2
2m
0 có nghiệm là
a
2 b;0
với a , b là các số nguyên dương.
Tính b a .
A. 1 . B. 11. C. 1. D. 11.
Câu 167. (Sở Vĩnh Phúc) Có bao nhiêu giá trị thực của tham số m để phương trình
2 2
x 3x2 4x 63x
m.3 3 3 m 1 có đúng 3 nghiệm phân biệt.
A. 4 . B. 2 . C. 3. D. 1.
Câu 168. (Nguyễn Du Dak-Lak 2019) Số nào trong các số sau lớn hơn 1?
1
A. log0,2
125 . B. log0,5
8 . C. 1
log
1
36 . D. log0,5
6
2 .
Câu 169. (Lương Thế Vinh Đồng Nai) Số nào dưới đây lớn hơn 1?
3
A. ln 3. B. log3
2 . C.
1
2
log . D. log 3,14
4
Câu 170. (Thanh Chương Nghệ An Lần 2) Đặt log2
5 a , khi đó log8
25 bằng
A. 2 a 2
. B.
3
3a . C. 3
2a . D. 3 a .
2
x
.

Câu 171. (Cụm 8 trường Chuyên Lần 1) Cho log x a
2 , log x 3 với ,
b
a b là các số thực lớn hơn 1
. Tính P log a
x .
2
b
A. P 6 . B. P 6 . C.
1
P . D.
6
3
Câu 172. (SỞ NAM ĐỊNH 2018-2019) Đặt log3
5 a , khi đó log3
bằng 25
A. 1 . B. 1 2a
2a . C. 1 a
2
. D.
1
P .
6
1
1 a . 2
Câu 173. (Hậu Lộc Thanh Hóa) Cho hai số thực a và b với 1 a b . Chọn khẳng định đúng.
A. 1 log b log a . B. log b 1
log a .
C.
a
2
loga
1 logb
b
b a . D. log a 1 log b .
Câu 174. (CHUYÊN THÁI BÌNH LẦN V NĂM 2019) Cho a log2
5 , b log2
9 . Biểu diễn của
40
P log2
theo a và b là
3
1
3a
A. P 3 a 2b
. B. P 3 a b . C. P . D. P 3 a b .
2
2b
Câu 175. (Sở Bắc Ninh 2019) Cho a, b, c,
d là các số nguyên dương, a 1; c 1 thỏa mãn
5
log d c
4
và a c 9 . Khi đó b d bằng
A. 93 . B. 9. C. 13 . D. 21.
a
b
b
a
3
log b a
2
,
Câu 176. (PHÂN TÍCH BL_PT ĐỀ ĐH VINHL3 -2019..) Với a,
b là các số thực dương bất kỳ,
log a 2 2
b bằng
A. 2log a 2
b . B. 1 a log
2
2 b . C. log2 a 2log2
b
. D. log a log 2b
.
2 2
Câu 177. (HSG 12 Bắc Giang) Cho các số dương a , b , c khác 1 thỏa mãn loga bc
2 ;
Giá trị của log c ab là
A. 6 5 . B. 10 9 . C. 8 7 . D. 7 6 .
Câu 178. (Sở Quảng Ninh Lần1) Cho cấp số nhân b thỏa mãn b2 b1 1
sao cho f log2 b2 2 f log2 b1
n
logb ca 4 .
và hàm số
3
100
. Giá trị nhỏ nhất của n để b 5 bằng
A. 333 . B. 229 . C. 234 . D. 292 .
n
f x x 3x
3 1
5 2
Câu 179. (Giữa-Kì-2-Thuận-Thành-3-Bắc-Ninh-2019) Cho hai số thực a và b , với a a và
1 3
logb
logb
. Mệnh đề nào dưới đây đúng?
2 5
A. a 1; b 1. B. 0 a 1; 0 b 1. C. a 1; 0 b 1. D. 0 a 1; b 1.
Câu 180. (Giữa-Kì-2-Thuận-Thành-3-Bắc-Ninh-2019) (Giữa-Kì-2-Thuận-Thành-3-Bắc-Ninh-2019)
3 1
5 2
1 3
Cho hai số thực a và b , với a a và logb
logb
. Mệnh đề nào dưới đây đúng?
2 5
A. a 1; b 1. B. 0 a 1; 0 b 1. C. a 1; 0 b 1. D. 0 a 1; b 1.

Câu 181. (THPT-Yên-Khánh-Ninh-Bình-lần-4-2018-2019-Thi-tháng-4) Biểu thức
(với x 0 ), giá trị của là
3 5 2
P x x x x
A. 1 2 . B. 5 2 . C. 9 2 . D. 3 2 .
Câu 182. ( Hội các trường chuyên 2019 lần 3) Với các số thực a , b bất kỳ, mệnh đề nào dưới đây
đúng?
a b ab
a b ab
a b ab
a b ab
A. 2 .2 2 . B. 2 .2 2 . C. 2 .2 4 . D. 2 .2 2 .
Câu 183. (Lê Quý Đôn Điện Biên Lần 3) Cho các số thực a;
b thỏa mãn 0 a 1
b . Tìm khẳng định
đúng:
A. ln a ln b . B. 0,5 a
b
0,5
. C. log b a
0 . D. 2 a
2 b
.
Câu 184. (HSG Bắc Ninh) Cho a 1 Mệnh đề nào sau đây là đúng?
A.
a
3
1
. B.
5
a
1
3
a
a . C.
a
1
a . D. 1 1
.
2016 2017
a a
2020
2020
2019
Câu 185. (Lương Thế Vinh Đồng Nai)Cho U 2.2019 , V 2019 , W 2018.2019 ,
2019
2019
X 5.2019 và Y 2019 . Số nào trong các số dưới đây là số bé nhất?
3 2
A. X Y . B. U V . C. V W . D. W X .
5
Câu 186. (Hải Hậu Lần1) Một khu rừng có trữ lượng gỗ 4.10 mét khối. Biết tốc độ sinh trưởng của các
cây trong rừng đó là 4% mỗi năm. Hỏi sau 10 năm khu rừng đó có số mét khối gỗ gần nhất với
số nào?
5
5
5
5
A. 5,9.10 . B. 5,92.10 . C. 5,93.10 . D. 5,94.10 .
Câu 187. (Thuan-Thanh-Bac-Ninh) Bà Tư gửi tiết kiệm 75 triệu đồng vào ngân hàng theo kỳ hạn một
quý với lãi suất 1,77% một quý. Nếu bà không rút lãi ở tất cả các định kỳ thì sau 3 năm bà ấy
nhận được số tiền cả vốn lẫn lãi là bao nhiêu ? Biết rằng hết một kỳ hạn lãi sẽ được cộng vào
vốn để tính lãi trong kỳ hạn tiếp theo.
A. 90930000 . B. 92690000 . C. 92576000 . D. 80486000 .
Câu 188. (Lý Nhân Tông) Một người mỗi đầu tháng đều gửi vào ngân hàng một khoản tiền T theo hình
thức lãi kép với lãi suất 0,6% mỗi tháng. Biết đến cuối tháng thứ 15 thì người đó có số tiền là 10 triệu
đồng. Hỏi số tiền T gần với số tiền nào nhất trong các số sau?
A. 535000 . B. 635000 . C. 643000 . D. 613000 .
Câu 189. (Chuyên Vinh Lần 3) Một người gửi tiết kiệm số tiền 80000000 đồng với lãi suất 6,9% /
năm. Biết rằng tiền lãi hàng năm được nhập vào tiền gốc, hỏi sau đúng 5 năm người đó rút
được cả tiền gốc lẫn tiền lãi gần với con số nào sau đây?
A. 105370000 đồng. B. 111680000 đồng. C. 107667000 đồng. D. 116570000 đồng.
Câu 190. (Chuyên Hà Nội Lần1) Một người nhận hợp đồng dài hạn làm việc cho một công ty với mức
lương khởi điểm của mỗi tháng trong ba năm đầu tiên là 6 triệu đồng/ tháng. Tính từ ngày đầu
làm việc, cứ sau đúng ba năm liên tiếp thì tăng lương 10% so với mức lương một tháng người
đó đang hưởng. Nếu tính theo hợp đồng thì tháng đầu tiên của năm thứ 16 người đó nhận được
mức lương là bao nhiêu?
4
6
A. 6.1,1 (triệu đồng). B. 6.1,1 (triệu đồng).
C.
5
6.1,1 (triệu đồng). D.
16
6.1,1 (triệu đồng).
Câu 191. (Sở Quảng Ninh Lần1) Ông Anh gửi vào ngân hàng 60 triệu đồng theo hình thức lãi kép. Lãi
suất ngân hàng là 8% trên năm. Sau 5 năm ông An tiếp tục gửi thêm 60 triệu đồng nữa. Hỏi
sau 10 năm kể từ lần gửi đầu tiên ông An đến rút toàn bộ tiền gốc và tiền lãi được là bao
nhiêu? (Biết lãi suất không thay dổi qua các năm ông gửi tiền).

A. 231,815(triệu đồng). B. 197,201(triệu đồng).
C. 217,695 (triệu đồng). D. 190, 271(triệu đồng).
Câu 192. (Quỳnh Lưu Lần 1) Anh An gửi số tiền 58 triệu đồng vào một ngân hàng theo hình thức lãi
kép và ổn định trong 9 tháng thì lĩnh về được 61758000 đ. Hỏi lãi suất ngân hàng hàng tháng là
bao nhiêu? Biết rằng lãi suất không thay đổi trong thời gian gửi.
A. 0,8 %. B. 0,6 %. C. 0,7 %. D. 0,5 %.
Câu 193. (CHUYÊN SƯ PHẠM HÀ NỘI LẦN 4 NĂM 2019) Cho hàm số 2 8
cho nghịch biến trên khoảng
A. 0;4 . B. 0;8 . C. 9;10 . D. ;0
y
0,5 x x
. Hàm số đã
.
Câu 194. (Cầu Giấy Hà Nội 2019 Lần 1) Một người nhận hợp đồng dài hạn làm việc cho một công ty
với lương năm đầu là 72 triệu đồng, cứ sau 3 năm thì tăng lương 10% . Nếu tính theo hợp
đồng thì sau đúng 21 năm, người đó nhận được tổng số tiền của công ty là
7
7
216 1,1 1
7200 1,1 1 (triệu đồng).
A. (triệu đồng). B.
7
7
C. 7201,1 1
(triệu đồng). D. 21601,1 1
(triệu đồng).
Câu 195. (NGÔ SĨ LIÊN BẮC GIANG LẦN IV NĂM 2019) Đầu mỗi tháng anh Sơn gửi vào ngân
hàng 5.000.000 đồng theo hình thức lãi kép với lãi suất là 0,7% trên một tháng. Biết rằng
ngân hàng chi tất toán vào cuối tháng và lãi suất ngân hàng không thay đổi trong thời gian Anh
Sơn gửi tiền. Hỏi sau ít nhất bao nhiêu tháng kể từ ngày anh Sơn gửi tiền cả gốc và lãi không ít
hơn 63.000.000 .
A. 11. B. 12 . C. 13 . D. 14 .
5 3
Câu 196. (Kim Liên) Một khu rừng có trữ lượng gỗ là 4.10 m . Biết tốc độ sinh trưởng của các cây
lấy gỗ trong khu rừng này là 4% mỗi năm. Hỏi sau 5 năm không khai thác, khu rừng đó sẽ có
số mét khối gỗ là bao nhiêu?
5
A. 4.10 . 1,04 5
5
. B. 4.10 . 0,04 5
5
C. 4.10 . 0, 4 5
5
D. 4.10 . 1,4
5
Câu 197. (Hai Bà Trưng Huế Lần1) Một người gửi vào ngân hàng 100 triệu đồng với lãi suất ban đầu
4% một năm và lãi hàng năm được nhập vào vốn. Cứ sau mỗi năm lãi suất tăng 0,3% . Hỏi số
năm đầu tiên (kể từ khi bắt đầu gửi tiền) để tổng số tiền người đó nhận được lớn hơn 125 triệu
đồng? (làm tròn đến đơn vị nghìn đồng).
A. 4 năm. B. 5năm. C. 3năm. D. 6 năm.
Câu 198. (Thuận Thành 2 Bắc Ninh) Một chiếc ô tô mới mua năm 2016 với giá 800 triệu đồng. Cứ
sau mỗi năm, giá chiếc ô tô này bị giảm 5% . Hỏi đến năm 2020 , giá tiền chiếc ô tô này còn
khoảng bao nhiêu?
A. 651.605.000 đồng. B. 685.900.000 đồng. C. 619.024.000 đồng. D. 760.000.000 đồng.
Câu 199. (THPT NÔNG CỐNG 2 LẦN 4 NĂM 2019) Một người gửi 100 triệu đồng vào một ngân
hàng với lãi suất 8,4% / năm. Biết rằng nếu không rút tiền ra khỏi ngân hàng thì cứ sau mỗi
năm, số tiền lãi sẽ được nhập vào vốn để tính lãi cho năm tiếp theo. Hỏi sau đúng 6 năm,
người đó lĩnh được số tiền (cả vốn và lãi) gần nhất với số tiền nào dưới đây, nếu trong thời gian
đó người này không rút tiền ra và lãi suất không thay đổi?
A.160246000 đồng. B.164 246000 đồng. C.166846000 đồng. D.162 246000 đồng.
Câu 200. (CỤM TRƯỜNG SÓC SƠN MÊ LINH HÀ NỘI) Bà X gửi tiết kiệm 200 triệu đồng
vào ngân hàng với hình thức lãi kép và lãi suất 6,5% một năm. Hỏi sau 5 năm bà X thu về số
tiền (cả vốn lẫn lãi) gần nhất với số nào sau đây?
A. 257293270 đồng. B. 274017330 đồng. C. 274017333 đồng. D. 257293271 đồng.
Câu 201. (Chuyên KHTN lần2) (Chuyên KHTN lần2) Anh Bình mua xe ô tô trị giá 600 triệu đồng
theo phương thức trả góp với lãi suất là 9% /1 năm và lãi chỉ tính trên số tiền chưa trả. Cứ cuối

mỗi tháng, bắt đầu từ tháng thứ nhất, anh Bình trả 10 triệu đồng. Anh Bình trả hết số tiền trên
sau số tháng là
A.81. B.82 . C. 79 . D.80 .
Câu 202. (Hoàng Hoa Thám Hưng Yên) Một học sinh A khi 15 tuổi được hưởng tài sản thừa kế
200 000 000 VNĐ. Số tiền này được bảo quản trong một ngân hàng B với kì hạn thanh toán 1
năm và học sinh A chỉ nhận được số tiền này khi 18 tuổi. Biết rằng khi 18 tuổi, số tiền mà học
sinh A được nhận sẽ là 231 525 000 VNĐ. Vậy lãi suất kì hạn 1 năm của ngân hàng B là bao
nhiêu?
A. 8% / năm. B. 7% / năm. C. 6% / năm. D. 5% / năm.
Câu 203. (-Mai-Anh-Tuấn-Thanh-Hóa-lần-1-2018-2019) Chu kì bán rã của nguyên tố phóng xạ
ponoli 210 là 138 ngày (nghĩa là sau 138 ngày khối lượng của nguyên tố đó chỉ còn một nửa).
15
Thời gian phân rã phóng xạ ponoli 210 để từ 20 gam còn lại 2, 22.10 gam gần đúng với đáp
án nào nhất?
A. Khoảng 18 năm. B. Khoảng 21 năm. C. Khoảng 19 năm. D. Khoảng 20 năm.
Câu 204. (Yên Phong 1) Một người gửi tiết kiệm vào ngân hàng theo hình thức như sau: Hàng tháng từ
đầu mỗi tháng người đó sẽ gửi cố định số tiền 5 triệu đồng với lãi suất 0,6% trên tháng. Biết
rằng lãi suất không thay đổi trong quá trình gửi, thì sau 10 năm số tiền người đó nhận được cả
vốn lẫn lãi gần nhất với số nào nhất sau đây?
A. 880,16 triệu. B. 880 triệu. C. 880, 29 triệu. D. 880, 26 triệu.
Câu 205. (Đặng Thành Nam Đề 15) Một người gửi tiền tiết kiệm vào một ngân hàng với lãi suất 6,1%
năm. Biết rằng nếu không rút tiền ra khỏi ngân hàng thì sau mỗi năm số tiền lãi sẽ được nhập
vào gốc và tính lãi cho năm tiếp theo. Hỏi sau ít nhất bao nhiêu năm người đó thu được số tiền
lãi ít nhất bằng số tiền gửi ban đầu, giả định trong thời gian này lãi suất không thay đổi và
người đó không rút tiền ra ?
A. 12 năm. B. 11 năm. C.10 năm. D. 13 năm.
Câu 206. (THĂNG LONG HN LẦN 2 NĂM 2019) Áp suất không khí P (đo bằng milimet thủy ngân,
kí hiệu là mmHg ) suy giảm mũ so với độ cao x (so với mực nước biển) (đo bằng mét) theo
công thức P P0 .exi , trong đó P 0
760mmHg
là áp suất ở mực nước biển ( x 0 ), i là hệ số
suy giảm. Biết rằng ở độ cao 1000m thì áp suất của không khí là 672,71mmHg . Hỏi áp suất
không khí ở độ cao 3343m là bao nhiêu (làm tròn đến hàng phần trăm)?
A. 505,45mmHg . B. 530,23mmHg . C. 485,36mmHg . D. 495,34mmHg .
Câu 207. (THTT lần5) Ông Tuấn đầu tư 500 triệu đồng để mua xe ô tô chở khách. Sau khi mua, thu
nhập bình quân mỗi tháng được 10 triệu đồng (sau khi trừ đi các khoản chi phí khác). Tuy
nhiên, mỗi năm giá trị xe lại giảm 10% so với năm trước đó. Tổng số tiền lãi sau 4 năm kinh
doanh của ông Tuấn bằng bao nhiêu?
A. 480 triệu đồng. B. 308, 05 triệu đồng.C. 328, 05 triệu đồng.D. Lỗ 171, 95 triệu đồng.
Câu 208. (KHTN Hà Nội Lần 3) Một người gửi ngân hàng 50 triệu đồng theo hình thức lãi kép kì hạn
1 năm với lãi suất 7% /năm. Hỏi sau 4 năm người đó có bao nhiêu tiền cả gốc và lãi? (đơn vị:
triệu đồng, kết quả làm tròn đến hàng phần trăm)
A. 70,13. B. 65,54 . C. 61, 25 . D. 65,53 .
Câu 209. (Chuyên Lê Quý Đôn Điện Biên Lần2) Một thầy giáo cứ đầu mỗi tháng lại gửi ngân hàng 8
000 000 VNĐ với lãi suất 0.5%/ tháng. Hỏi sau bao nhiêu tháng thầy giáo có thể tiết kiệm tiền
để mua được một chiếc xe Ô tô trị giá 400 000 000 VNĐ?
A. 60 tháng B. 50 tháng C. 55 tháng D.45 tháng
Câu 210. (CHUYÊN NGUYỄN DU ĐĂK LĂK LẦN X NĂM 2019) Một người vay ngân hàng
90.000.000 đồng theo hình thức trả góp trong 3 năm. Mỗi tháng người đó phải trả số tiền bằng
nhau. Giả sử lãi suất trong toàn bộ quá trình trả nợ không đổi là 0,8% trên tháng. Tổng số tiền
người đó phải trả trong toàn bộ quá trình trả nợ là
A. 103.320.000 đồng. B. 101.320.000 đồng. C. 105.320.000 đồng. D. 103.940.000 đồng.

Câu 211. (THPT-Chuyên-Sơn-La-Lần-1-2018-2019-Thi-tháng-4) Ông A gửi vào ngân hàng 50 triệu
đồng với lãi suất 0,5% / tháng. Hỏi sau ít nhất bao nhiêu tháng thì ông A có được số tiền cả gốc
lẫn lãi nhiều hơn 60 triệu đồng? Biết rằng trong suốt thời gian gửi, lãi suất ngân hàng không đổi
và ông A không rút tiền ra.
A. 36 tháng. B. 38 tháng. C. 37 tháng. D. 40 tháng.
Câu 212. (SỞ PHÚ THỌ LẦN 2 NĂM 2019) Đầu mỗi tháng, chị B gửi vào ngân hàng 3 triệu đồng
theo hình thức lãi kép với lãi suất 0,6% một tháng và lãi suất không thay đổi trong suốt quá
trình gửi tiền. Hỏi sau ít nhất bao nhiêu tháng chị B có được số tiền cả gốc và lãi nhiều hơn 150
triệu đồng?
A. 46 tháng. B. 43 tháng. C. 44 tháng. D. 47 tháng.
Câu 213. (Quỳnh Lưu Lần 1) Giả sử vào cuối năm thì một đơn vị tiền tệ mất 10% giá trị so với đầu
năm. Tìm số nguyên dương nhỏ nhất sao cho sau n năm, đơn vị tiền tệ sẽ mất đi ít nhất 90%
giá trị của nó?
A. 16. B. 18. C. 20. D. 22.
Câu 214. (THPT NINH BÌNH – BẠC LIÊU LẦN 4 NĂM 2019) Ông An gửi vào ngân hàng 60 triệu
đồng theo hình thức lãi kép. Lãi suất ngân hàng là 8% trên năm. Sau 5 năm ông An tiếp tục
gửi thêm 60 triệu đồng nữa. Hỏi sau 10 năm kể từ lần gửi đầu tiên đến khi rút toàn bộ tiền gốc
và lãi được bao nhiêu? (Biết rằng lãi suất không thay đổi qua các năm ông An gửi tiền).
A. 217,695 triệu đồng. B. 231,815triệu đồng.
Câu 215.
C. 197, 201triệu đồng. D. 190, 271triệu đồng.
(KINH MÔN II LẦN 3 NĂM 2019) (KINH MÔN II LẦN 3 NĂM 2019)Ông An gửi ngân
hàng 150 triệu đồng với lãi suất 0,8%/tháng, sau mỗi tháng tiền lãi được nhập vào vốn (lãi
kép). Hỏi sau một năm số tiền lãi ông An thu được gần nhất với kết quả nào sau đây.
A. 15.050.000 đồng. B. 165.050.000 đồng. C. 165.051.000 đồng. D. 15.051.000 đồng.
Câu 216. (Đoàn Thượng) Ông Chính gửi 200 triệu đồng vào một ngân hàng với lãi suất 7% /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 và từ năm thứ hai trở đi, mỗi năm ông gửi thêm vào tài khoản với
số tiền 20 triệu đồng. Hỏi sau 18 năm số tiền ông Chính nhận được cả gốc lẫn lãi là bao nhiêu?
Giả định trong suốt thời gian gửi lãi suất không thay đổi và ông Chính không rút tiền ra (kết
quả được làm tròn đến hàng nghìn, VNĐ).
A.1.686.898.000 . B. 743.585.000 . C. 739.163.000 . D.1.335.967.000 .
Câu 217. (Giữa-Kì-2-Thuận-Thành-3-Bắc-Ninh-2019) Anh Minh muốn sau 3 năm nữa có một khoản
tiền 500 triệu đồng để mua ôtô. Để thực hiện việc đó, anh Minh xây dựng kế hoạch ngay từ
bây giờ, hàng tháng phải gửi một khoản tiền không đổi vào ngân hàng theo thể thức lãi kép và
không rút tiền ra trong 3 năm đó. Giả sử rằng lãi suất không đổi là 0,65% /tháng. Hỏi số tiền
anh Minh phải gửi hàng tháng là bao nhiêu để sau 3 năm anh có được 500 triệu? (kết quả làm
tròn đến hàng nghìn)
A. 12.292.000 đồng. B. 13.648.000 đồng. C. 10.775.000 đồng. D. 11.984.000 đồng.
Câu 218. (Giữa-Kì-2-Thuận-Thành-3-Bắc-Ninh-2019) (Giữa-Kì-2-Thuận-Thành-3-Bắc-Ninh-2019)
Anh Minh muốn sau 3 năm nữa có một khoản tiền 500 triệu đồng để mua ôtô. Để thực hiện
việc đó, anh Minh xây dựng kế hoạch ngay từ bây giờ, hàng tháng phải gửi một khoản tiền
không đổi vào ngân hàng theo thể thức lãi kép và không rút tiền ra trong 3 năm đó. Giả sử rằng
lãi suất không đổi là 0,65% /tháng. Hỏi số tiền anh Minh phải gửi hàng tháng là bao nhiêu để
sau 3 năm anh có được 500 triệu? (kết quả làm tròn đến hàng nghìn)
A. 12.292.000 đồng. B. 13.648.000 đồng. C. 10.775.000 đồng. D. 11.984.000 đồng.
Câu 219. (Chuyên Vinh Lần 2)Sau khi tốt nghiệp đại học, anh Nam thực hiện một dự án khởi nghiệp.
Anh vay vốn từ ngân hàng 200 triệu đồng với lãi xuất 0,6% một tháng. Phương án trả nợ của
anh Nam là: Sau đúng 1 tháng kể từ thời điểm vay anh bắt đầu trả nợ, hai lần trả nợ liên tiếp
cách nhau đúng một tháng, số tiền trả mỗi lần là như nhau và hoàn thành sau đúng 5 năm kể từ

khi vay. Tuy nhiên khi dự án có hiệu quả và đã trả nợ được 12 tháng theo phương án cũ anh
Nam muốn rút ngắn thời gian trả nợ từ tháng tiếp theo, mỗi tháng a trả nợ cho ngân hàng 9
triệu đồng . Biết rằng ngân hàng chỉ tính lãi trên số dư nợ thực tế của tháng đó. Hỏi sau ít nhất
bao nhiêu tháng kể từ thời điểm vay thì anh Nam trả hết nợ ?
A. 32 tháng. B. 31tháng C. 29 tháng D. 30 tháng
Câu 220. (Chuyên Vinh Lần 2) (Sở Phú Thọ, lần 1, 2019) Ông A muốn mua một chiếc ô tô giá trị 1 tỉ
đồng, nhưng vì chưa đủ tiền nên ông chọn mua bằng hình thức trả góp hàng tháng (số tiền trả
góp mỗi tháng như nhau) với lãi suất 12% / năm và trả trước 500 triệu đồng. Hỏi mỗi tháng ông
phải trả số tiền gần nhất với số tiền nào dưới đây để sau đúng 2 năm kể từ ngày mua xe, ông trả
hết nợ, biết kì trả nợ đầu tiên sau ngày mua ô tô đúng một tháng và chỉ tính lãi hàng tháng trên
số dư nợ thực tế của tháng đó?
A. 23.573.000 (đồng). B. 23.537.000 (đồng).
C. 22.703.000 (đồng). D. 24.443.000 (đồng).
Câu 221. (Nam Tiền Hải Thái Bình Lần1) (Nam Tiền Hải Thái Bình Lần1) Thầy giáo Công gửi vào
ngân hàng 10triệu đồng theo hình thức lãi kép với kì hạn 4 tháng. Biết rằng lãi suất của ngân
hàng là 0,5% / tháng. Hỏi sau 2 năm thầy giáo thu được số tiền lãi gần nhất với số nào sau
đây?
A. 1.262.000đ. B. 1.271.000đ. C. 1.272.000đ. D. 1.261.000đ.
Câu 222. (THPT-Ngô-Quyền-Hải-Phòng-Lần-2-2018-2019-Thi-24-3-2019) Anh An vay ngân hàng
100 triệu đồng với lãi suất 0,7% /1 tháng theo phương thức trả góp, cứ mỗi tháng anh An sẽ
trả cho ngân hàng 5 triệu đồng và trả hàng tháng như thế cho đến khi hết nợ. Hỏi sau bao nhiêu
tháng thì anh An trả được hết nợ ngân hàng? (Biết lãi suất ngân hàng không thay đổi).
A. 21 tháng. B. 23 tháng. C. 22 tháng. D. 20 tháng.
Câu 223. (Nguyễn Khuyến) Một người gửi tiết kiệm vào một ngân hàng với lãi suất 7,5% một năm.
Biết rằng nếu không rút tiền ra khỏi ngân hàng thì cứ sau mỗi năm số tiền lãi sẽ được nhập vào
vốn để tính lãi cho năm tiếp theo. Hỏi sau ít nhất bao nhiêu năm ngườiđóthuđược (cả số tiền
gửi ban đầu và lãi) gấp đôi số tiền gửi ban đầu, giảđịnh trong khoảng thời gian này lãi suất
không thay đổi và ngườiđó không rút tiền ra?
A. 11 năm. B. 9 năm. C. 12 năm. D. 10 năm.
Câu 224. (Lê Xoay lần1) (Lê Xoay lần1)Để đủ tiền mua nhà, anh Hoàng vay ngân hàng 500 triệu đồng
theo phương thức trả góp với lãi suất 0,85%/tháng. Nếu sau mỗi tháng, kể từ thời điểm vay, anh
Hoàng trả nợ cho ngân hàng số tiền cố định là 10 triệu đồng bao gồm cả tiền lãi vay và tiền
gốc. Biết rằng phương thức trả lãi và gốc không thay đổi trong suốt quá trình anh Hoàng trả nợ.
Hỏi sau bao nhiêu tháng thì anh trả hết nợ ngân hàng? (Tháng cuối có thể trả dưới 10 triệu
đồng).
A. 67 . B. 65. C. 68. D. 66 .
Câu 225. (Quỳnh Lưu Nghệ An) Một bà mẹ Việt Nam anh hùng được hưởng số tiền là 4 triệu đồng
trên 1 tháng (chuyển vào tài khoản ngân hàng của mẹ ở ngân hàng vào đầu tháng). Từ tháng 1
năm 2019 mẹ không đi rút tiền mà để lại ngân hàng và được tính lãi 1% trên 1 tháng. Đến đầu
tháng 12 năm 2019 mẹ đi rút toàn số tiền ( gồm số tiền của tháng 12 và số tiền gửi từ tháng1).
Hỏi khi đó mẹ lĩnh về bao nhiêu tiền? (kết quả làm tròn theo đơn vị nghìn đồng).
A. 50970000 đồng. B. 50560000 đồng. C. 50670000 đồng. D. 50730000 đồng.
Câu 226. (THPT TX QUẢNG TRỊ LẦN 1 NĂM 2019) Ông A vay ngân hàng 200 triệu đồng với lãi
suất 1%/tháng. Ông ta muốn hoàn nợ cho ngân hàng theo cách sau: Sau đúng một tháng kể từ
ngày vay, ông bắt đầu hoàn nợ; hai lần hoàn nợ liên tiếp cách nhau đúng một tháng, số tiền
hoàn nợ ở mỗi tháng là như nhau. Biết rằng mỗi tháng ngân hàng chỉ tính lãi trên số dư nợ thực
tế của tháng đó và sau đúng hai năm kể từ ngày vay ông A trả hết nợ. Hỏi số tiền mỗi tháng ông
ta cần trả cho ngân hàng gần nhất với số tiền nào dưới đây?
A. 9,85 triệu đồng. B. 9,44 triệu đồng. C. 9,5 triệu đồng. D. 9,41 triệu đồng.

Câu 227. (Sở Ninh Bình 2019 lần 2) Cô Ngọc vay ngân hàng một số tền với lãi suất 1% / tháng. Cô ấy
muốn hoàn nợ cho ngân hàng theo cách: Sau đúng một tháng kể từ ngày cho vay, cô ấy bắt đầu
hoàn nợ, hai lần hoàn nợ liên tiếp cách nhau đúng một tháng, số tiền hoàn nợ ở mỗi tháng là 5
triệu đồng và cô ấy trả hết nợ sau đúng 5 năm kể từ ngày vay (số tiền hoàn nợ tháng cuối cùng
có thể ít hơn 5 triệu đồng). Biết rằng mỗi tháng ngân hàng chỉ tính lãi trên số dư nợ thực tế của
tháng đó. Hỏi số tiền mà cô Ngọc vay ngân hàng là số nào trong các số dưới đây?
A. 224 triệu đồng. B. 222 triệu đồng. C. 221 triệu đồng. D. 225 triệu đồng.
Câu 228. (Đặng Thành Nam Đề 10) Người ta thả một số lá bèo vào một hồ nước, sau 10 giờ số lượng
lá bèo sẽ sinh sôi kín cả mặt hồ. Biết rằng sau mỗi giờ số lượng lá bèo tăng gấp 10 lần số lượng
lá bèo trước đó và tốc độ tăng không đổi. Hỏi sau khoảng thời gian bao lâu số lượng lá bèo phủ
kín tối thiểu một phần tư hồ?
A. 10 log 4 (giờ). B. 10log 4 (giờ). C. 1 10log 4 (giờ). D. 10 10log 4 (giờ).
Câu 229 (Nguyễn Du Dak-Lak 2019) Một thầy giáo muốn tiết kiệm tiền để mua cho mình một chiếc
xe ô tô nên mỗi tháng gửi ngân hàng 8 000 000 VNĐ với lãi suất 0.5% / tháng. Hỏi sau ít nhất
bao nhiêu tháng thầy giáo có thể mua được chiếc xe ô tô 400 000 000 VNĐ?
A. n = 45 . B. n = 60 . C. n = 62 . D. n = 55.
Câu 230. (Sở Hà Nam) Một người gửi 100 triệu đồng vào một ngân hàng theo thể thức lãi kép, kì hạn là
một quý với lãi suất 3%/quý. Sau đúng 6 tháng người này gửi thêm 100 triệu đồng vào ngân
hàng nói trên với kì hạn và lãi suất như trước đó. Hỏi sau 1 năm người này nhận được số tiền
(cả vốn lẫn lãi) gần nhất với giá trị nào dưới đây? (giả sử trong một năm lãi suất ngân hàng
không đổi và người này không rút tiền ra).
A. 218,64 triệu đồng. B. 210,26 triệu đồng. C. 208,55 triệu đồng. D. 212,68 triệu đồng.
Câu 231. (Ba Đình Lần2) Một người vay ngân hàng 100 triệu đồng với lãi suất là 0,7% /tháng theo thỏa
thuận cứ mỗi tháng người đó sẽ trả cho ngân hàng 5 triệu đồng và cứ trả hàng tháng như thế
cho đến khi hết nợ (tháng cuối cùng có thể trả dưới 5 triệu). Hỏi sau bao nhiêu tháng thì người
đó trả được hết nợ ngân hàng.
A. 22 . B. 23. C. 24 . D. 21.
Câu 232. (Chuyên Bắc Giang) Ông Bình gửi 100 triệu đồng vào một ngân hàng với lãi suất 0,9%
/tháng. Biết rằng nếu không rút tiền ra khỏi ngân hàng thì cứ sau mỗi tháng số tiền lãi sẽ được
nhập vào gốc để tính lãi cho tháng tiếp theo và từ tháng thứ hai trở đi, mỗi tháng ông gửi thêm
tiền vào tài khoản với số tiền 2 triệu đồng. Hỏi sau 3 năm số tiền ông Bình nhận được cả gốc
lẫn lãi là bao nhiêu? Giả định trong suốt thời gian gửi lãi suất không thay đổi và ông Bình
không rút tiền ra (kết quả được làm tròn đến hàng nghìn).
A. 220.652.000 đồng. B. 221.871.000 đồng. C. 221.305.000 đồng. D. 222.675.000 đồng.
Câu 233. THPT PHỤ DỰC – THÁI BÌNH) Anh Hưng đi làm được lĩnh lương khởi điểm 4.000.000
đồng/tháng. Cứ 3 năm, lương của anh Hưng lại được tăng thêm 7% /1 tháng. Hỏi sau 36 năm
làm việc anh ta được nhận tất cả bao nhiêu tiền? (kết quả làm tròn đến hàng nghìn đồng).
A. 2.575.937.000 đồng. B. 1.287.968.000 đồng.
C. 1.931.953.000 đồng. D. 3.219.921.000 đồng.
Câu 234. (Chuyên Lý Tự Trọng Cần Thơ) Ông A vay ngân hàng 100 triệu đồng với lãi suất
1% / tháng . Ông ta muốn hoàn nợ cho ngân hàng theo cách sau: sau đúng một tháng kể từ
ngày vay, ông bắt đầu hoàn nợ, hai lần hoàn nợ liên tiếp cách nhau đúng một tháng, số tiền
hoàn nợ ở mỗi tháng là như nhau và ông A trả hết nợ sau đúng 5 năm kể từ ngày vay. Biết rằng
mỗi tháng ngân hàng chỉ tính lãi trên số dư nợ thực tế của tháng đó. Hỏi số tiền mỗi tháng ông
ta cần trả cho ngân hàng gần nhất với số tiền nào dưới đây?
A.3,03 triệu đồng. B. 2, 25 triệu đồng. C. 2, 20 triệu đồng. D. 2, 22 triệu đồng.
Câu 235. (THPT-Toàn-Thắng-Hải-Phòng) Sau một tháng thi công thì công trình xây dựng Nhà học
thể dục của trường THPT Toàn Thắng đã thực hiện được một khối lượng công việc. Nếu vẫn
tiếp tục với tiến độ như vậy thì dự kiến sau đúng 23 tháng nữa công trình sẽ hoàn thành. Để
sớm hoàn thành công trình và kịp đưa vào sử dụng, công ty xây dựng quyết định từ tháng thứ

hai, mỗi tháng tăng 4% khối lượng công việc so với tháng kề trước. Hỏi công trình sẽ hoàn
thành ở tháng thứ mấy sau khi khởi công?
A. 19. B.18. C. 17. D. 20.
Câu 236. (Đặng Thành Nam Đề 17) Một người gửi 100 triệu đồng vào tài khoản tiết kiệm ngân hàng
với lãi suất 0,6%/tháng. Cứ đều đặn sau đúng một tháng kể từ ngày gửi người đó rút ra 500
nghìn đồng. Hỏi sau đúng 36 lần rút tiền, số tiền còn lại trong tài khoản của người đó gần nhất
với phương án nào dưới đây? (biết rằng lãi suất không thay đổi và tiền lãi mỗi tháng tính theo
số tiền có thực tế trong tài khoản của tháng đó).
A. 104 triệu đồng. B. 106 triệu đồng. C. 102 triệu đồng. D. 108 triệu đồng.
Câu 237. (Sở Đà Nẵng 2019) Anh A vay 50 triệu đồng để mua một chiếc xe giá với lãi suất 1,2%/ tháng.
Anh ta muốn trả góp cho ngân hàng theo cách: Sau đúng một tháng kể từ ngày vay, anh bắt đầu
hoàn nợ; hai lần hoàn nợ liên tiếp cách nhau đúng một tháng, số tiền hoàn nợ mỗi tháng là như
nhau và anh A trả hết nợ sau đúng 2 năm kể từ ngày vay. Biết rằng mỗi tháng ngân hàng chỉ
tính lãi không đổi là 1,2% trên số dư nợ thực tế của tháng đó. Hỏi số tiền mỗi tháng anh A cần
phải trả gần nhất với số tiền nào dưới đây?
A. 2,41 triệu đồng. B. 2, 40 triệu đồng. C. 2, 46 triệu đồng. D. 3,22 triệu đồng.
Câu 238. (SỞ GD & ĐT CÀ MAU) Ông A đến tiệm điện máy để mua ti vi với giá niêm yết
17.000.000 đồng, ông trả trước 30% số tiền. Số tiền còn lại ông trả góp trong 6 tháng, lãi suất
2,5% / tháng. Sau đúng một tháng kể từ ngày mua, ông bắt đầu trả góp; hai lần liên tiếp cách
nhau đúng một tháng, số tiền trả góp ở mỗi tháng là như nhau. Biết rằng mỗi tháng tiệm điện
máy chỉ tính lãi trên số dư nợ thực tế của tháng đó. Nếu mua theo hình thức trả góp như trên thì
số tiền ông A phải trả nhiều hơn số giá niêm yết gần nhất với số tiền nào dưới đây?
A. 2.160.000 đồng. B. 1.983.000 đồng. C. 883.000 đồng. D.1.060.000 đồng.
Câu 239. (GIỮA-HKII-2019-NGHĨA-HƯNG-NAM-ĐỊNH) Anh C đi làm với mức lương khởi điểm
là x (triệu đồng)/ tháng, và số tiền lương này được nhận vào ngày đầu tháng. Vì làm việc chăm
chỉ và có trách nhiệm nên sau 36 tháng kể từ ngày đi làm, anh C được tăng lương thêm 10% .
Mỗi tháng, anh ta giữ lại 20% số tiền lương để gửi tiết kiệm ngân hàng với kì hạn 1 tháng và
lãi suất là 0,5% /tháng, theo hình thức lãi kép (tức tiền lãi của tháng này được nhập vào vốn để
tính lãi cho tháng tiếp theo). Sau 48 tháng kể từ ngày đi làm, anh C nhận được số tiền cả gốc
và lãi là 100 triệu đồng. Hỏi mức lương khởi điểm của người đó là bao nhiêu?
A. 8.991.504 đồng. B.9.991.504 đồng. C.8.981.504 đồng. D. 9.881.505 đồng.
Câu 240. (THPT ĐÔ LƯƠNG 3 LẦN 2) Anh Việt vay tiền ngân hàng 500 triệu đồng mua nhà và trả
góp hàng tháng. Cuối mỗi tháng bắt đầu từ tháng thứ nhất anh trả 10 triệu đồng và chịu lãi suất
là 0,9%/tháng cho số tiền chưa trả. Với hình thức hoàn nợ như vậy thì sau bao lâu anh Việt sẽ
trả hết số nợ ngân hàng?
A. 65 tháng. B. 67 tháng. C. 66 tháng. D. 68 tháng.
Câu 241. (Hùng Vương Bình Phước) Một người gửi tiết kiệm ngân hàng với lãi suất 0,6% /tháng theo
cách sau: mỗi tháng (vào đầu tháng) người đó gửi vào ngân hàng 5 triệu đồng và ngân hàng
tính lãi suất (lãi suất không đổi) dựa trên số tiền tiết kiệm thực tế có trong ngân hàng. Hỏi sau
10 năm, số tiền của người đó có được gần nhất với số tiền nào dưới đây (cả gốc và lãi, đơn vị
triệu đồng)?
A.880, 29. B.880,16 . C.880 . D.880, 26.
Câu 242. (Liên Trường Nghệ An) Bạn Nam vừa trúng tuyển đại học, vì hoàn cảnh gia đình khó khăn
nên được ngân hàng cho vay vốn trong 4 năm đại học, mỗi năm 10 triệu đồng vào đầu năm học
để nạp học phí với lãi suất 7,8% / năm (mỗi lần vay cách nhau đúng 1 năm). Sau khi tốt nghiệp
đại học đúng 1 tháng, hàng tháng Nam phải trả góp cho ngân hàng số tiền là m đồng/tháng với
lãi suất 0,7% / tháng trong vòng 4 năm. Số tiền mỗi tháng Nam cần trả cho ngân hàng gần nhất
với số nào sau đây (ngân hàng tính lãi trên số dư nợ thực tế).
A. 1.468.000 (đồng). B. 1.398.000 (đồng).
C. 1.191.000 (đồng). D. 1.027.000 (đồng).

Câu 243. (-Mai-Anh-Tuấn-Thanh-Hóa-lần-1-2018-2019) Một người vay ngân hàng 90.000.000 đồng
theo hình thức trả góp trong 3 năm, mỗi tháng người đó phải trả số tiền gốc là như nhau và tiền
lãi. Giả sử lãi suất không thay đổi trong toàn bộ quá trình trả nợ là 0.8% trên tháng. Tổng số
tiền mà người đó phải trả cho ngân hàng trong toàn bộ quá trình trả nợ là
A. 103.120.000 đồng. B. 103.420.000đồng. C. 103.220.000 đồng. D. 103.320.000 đồng.
Câu 244. (Thanh Chương Nghệ An Lần 2) Ông Nam vay ngân hàng 500 triệu đồng để mở cửa hàng
điện dân dụng với lãi suất 0.8%/tháng theo thỏa thuận như sau: sau đúng 6 tháng từ ngày vay
ông Nam bắt đầu trả nợ, hai lần trả nợ liên tiếp cách nhau 1 tháng với số tiền trả mỗi tháng là
10 triệu đồng. Biết rằng mỗi tháng chỉ tính lãi trên số dư nợ thực tế của tháng đó. Hỏi kể từ khi
vay, sau thời gian bao lâu ông Nam trả hết nợ cho ngân hàng?( Giả thiết trong thời gian đó lãi
suất cho vay không thay đổi và tháng cuối cùng ông Nam có thể trả ít hơn 10 triệu).
A. 72 tháng. B. 67 tháng. C. 68 tháng. D. 73
tháng.
Câu 245. (ĐỀ-THI-THU-ĐH-THPT-CHUYÊN-QUANG-TRUNG-L5-2019) Anh A gửi ngân hàng
900 triệu (VNĐ) với lãi suất 0, 4% mỗi tháng theo hình thức lãi kép, ngân hàng tính lãi trên số
dư thực tế của tháng đó. Cứ cuối mỗi tháng anh ta rút ra 10 triệu để chi trả sinh hoạt phí. Hỏi
sau bao lâu thì số tiền trong ngân hàng của anh ta sẽ hết (tháng cuối cùng có thể rút dưới 10
triệu để cho hết tiền)?
A. 111 tháng. B. 113 tháng. C. 112 tháng. D. 110 tháng.
Câu 246. (Chuyên-Thái-Nguyên-lần-1-2018-2019-Thi-tháng-3) Một người vay ngân hàng số tiền 50
triệu đồng, mỗi tháng trả ngân hàng số tiền 4 triệu đồng và phải trả lãi suất cho số tiền còn nợ là
1,1% theo hình thức lãi kép. Giả sử sau n tháng người đó hết nợ. Khi đó n gần với số nào dưới
đây?
A. 13. B. 15. C. 16. D. 14.
Câu 247. ( Sở Phú Thọ) Ông A muốn mua một chiếc ô tô trị giác 1 tỉ đồng, nhưng vì chưa đủ tiền nên
ông chọn mua bằng hình thức trả góp hàng tháng (số tiền trả góp mỗi tháng là như nhau) với lãi
suất 12%/ năm và trả trức 500 triệu đồng. Hỏi mỗi tháng ông phải trả số tiền gần nhất vói số
tiền nào dưới đây để sau đúng 2 năm, kể từ ngày mua xe, ông trả hết nợ, biết kỳ trả nợ đầu tiên
sau ngày mua ô tô đúng một tháng và chỉ tính lãi hàng tháng trên số dư nợ thực tế của tháng
đó?
A. 23.573.000 (đồng). B. 23.537.000 (đồng).
C. 22.703.000 (đồng). D. 24.443.000 (đồng).
Câu 248. (THPT-Gia-Lộc-Hải-Dương-Lần-1-2018-2019-Thi-tháng-3)Anh Bảo gửi 27 triệu đồng vào
ngân hàng theo thể thức lãi kép, kỳ hạn là một quý, với lãi suất 1,85% một quý. Hỏi thời gian
tối thiểu bao nhiêu để anh Bảo có được ít nhất 36 triệu đồng tính cả vỗn lẫn lãi?
A. 16 quý. B. 20 quý. C. 19 quý. D. 15 quý.
Câu 249. (Sở Phú Thọ) Ông A muốn mua một chiếc ô tô giá trị 1 tỉ đồng, nhưng vì chưa đủ tiền nên ông
chọn mua bằng hình thức trả góp hàng tháng (số tiền trả góp mỗi tháng như nhau) với lãi suất
12% / năm và trả trước 500 triệu đồng. Hỏi mỗi tháng ông phải trả số tiền gần nhất với số tiền
nào dưới đây để sau đúng 2 năm kể từ ngày mua xe, ông trả hết nợ, biết kì trả nợ đầu tiên sau
ngày mua ô tô đúng một tháng và chỉ tính lãi hàng tháng trên số dư nợ thực tế của tháng đó?
A. 23.573.000 (đồng). B. 23.537.000 (đồng).
C. 22.703.000 (đồng). D. 24.443.000 (đồng).
Câu 250. (SỞ QUẢNG BÌNH NĂM 2019) Ông A vay ngân hàng 50 triệu đồng với lãi suất 0,67%
/tháng. Ông ta muốn hoàn nợ cho ngân hàng theo cách: Sau đúng một tháng kể từ ngày vay,
ông ta bắt đầu hoàn nợ; hai lần hoàn nợ liên tiếp cách nhau đúng một tháng, số tiền hoàn nợ
mỗi tháng đều bằng nhau và bằng 3 triệu. Biết rằng mỗi tháng ngân hàng chỉ tính lãi trên số dư
nợ thực tế của tháng đó. Hỏi bằng cách hoàn nợ đó, ông A cần trả ít nhất bao nhiêu tháng kể từ
ngày vay đến lúc trả hết nợ ngân hàng (giả định trong thời gian này lãi suất không thay đổi)
A. 17 tháng. B. 19 tháng. C. 18 tháng. D. 20 tháng.

Câu 251. (Lương Thế Vinh Đồng Nai) Một người vay ngân hàng số tiền 400 triệu đồng, mỗi tháng trả
góp 10 triệu đồng và lãi suất cho số tiền chưa trả là 1% mỗi tháng. Kỳ trả đầu tiên là cuối
tháng thứ nhất. Biết lãi suất không đổi trong suốt quá trình gửi, hỏi số tiền còn phải trả ở kỳ
cuối là bao nhiêu để người này hết nợ ngân hàng? (làm tròn đến hàng nghìn).
A. 2.921.000 . B.3.387.000 . C. 2.944.000 . D. 7.084.000 .
Câu 252. (Chuyên Sơn La Lần 3 năm 2018-2019) Mỗi A
tháng bà A gửi vào ngân hàng một khoản tiền
4cm
không đổi với lãi suất cố định là 0,4% 1 tháng. Ba
năm rưỡi kể từ ngày gửi khoản tiền đầu tiên, bà A
rút toàn bộ số tiền để mua xe. Số tiền nhận về lấy
9cm
đến hàng nghìn là 91.635.000. Hỏi khoản tiền gửi
mỗi tháng của bà A là bao nhiêu?
A. 2.000.000 . B. 1.800.000 . C. 1.500.000 . D. 2.500.000 .
Câu 253. (Chuyên Hưng Yên Lần 3) Tập hợp các số thực m để phương trình log2
x m có nghiệm
thực là
0; .
;0 .
0; . D. .
A.
B.
C.
Câu 254. (CHUYÊN NGUYỄN QUANG DIỆU ĐỒNG THÁP 2019 LẦN 2) Hỏi phương trình:
x x x x
3.2 4.3 5.4 6.5 có tất cả bao nhiêu nghiệm thực?
A. 2 . B. 3. C. 1. D. 0 .
x x1
x
Câu 255. (Chuyên Bắc Giang) Tìm số nghiệm nguyên của bất phương trình 6 4 2 2.3 .
A. 2. B. 3. C. 1. D. 0
Câu 256. (Sở Quảng Ninh Lần1) Cho hàm số y f ( x)
liên tục trên và có đồ thị như hình bên dưới.
6cm
B
Biết rằng trục hoành là tiệm cận ngang của đồ thị. Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để
2log4
2
phương trình: f ( x) 4 m
có hai nghiệm dương phân biệt.
A. 0 m 2 . B. 0 m 1. C. m 1. D. m 0 .
Câu 257. (Hai Bà Trưng Huế Lần1) Cho hai số thực m , n dương thỏa mãn
m
log4 log6 n log9
m n
. Tính giá
2
m
trị của P . n
1
A. P 2 . B. P 1. C. P 4 . D. P .
2
x x 2x1
Câu 258. (Lê Quý Đôn Điện Biên Lần 3) Phương trình 9 6 2 có bao nhiêu nghiệm âm?
A. 2 . B. 3. C. 0. D. 1.

Câu 259. (Liên Trường Nghệ An) Biết phương trình 2 1 x
log
1
2018 2log2019
x x 2 2 x
nghiệm duy nhất x a b 2 trong đó a;
b là những số nguyên. Khi đó a b bằng
A. 5. B. 1. C. 2 . D. 1.
Câu 260. (Sở Vĩnh Phúc) Số nghiệm thực của phương trình log
2 2
3
x 2x log5
x 2x
2
là
A. 4 . B. 3. C. 1. D. 2 .
Câu 261. (PHÂN-TÍCH-BÌNH-LUẬN-THPT-CHUYÊN-HÀ-TĨNH) Tìm các giá trị
trình 3 sin x 5 cos x m 5
log 5 có nghiệm.
m
sin x
5 cos x10
A. 6 m 6 . B. 5 m 5 . C. 5 6 m 5 6 .D. 6 m 5.
m
có
để phương
Câu 262. (Lý Nhân Tông) Cho hai số thực x,
y thỏa mãn
x y
log x x 3 y y 3 xy.
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
3 2 2
x y xy 2
x 2y
3
P .
x y 6
43 3 249 37 249 69 249 69 249
A. . B. . C. . D. .
94
94
94
94
Câu 263. (CHUYÊN LÊ HỒNG PHONG – NAM ĐỊNH 2019 – LẦN 1) Tìm tham số m để tổng các
nghiệm của phương trình sau đạt giá trị nhỏ nhất:
2 1mx
x
2 2 mx
1 m
2 2
1
2x m m 1 x 2
.2 x mx 1 .2 x m x.
1
1
A. 0 . B. 2 . C. - . D. .
2
2
2
mln x 1 x 2 mln x 1 x 2 0 1 .
1
x1 x2
là khoảng a;
. Khi đó a thuộc khoảng
3,8;3,9
3,6;3,7
3,7;3,8
3,5;3,6
Câu 264. (Sở Bắc Ninh)Cho phương trình
Tập hợp tất
cả các giá trị của tham số m để phương trình có hai nghiệm phân biệt thoả mãn
0 2 4
A. . B. . C. . D. .
Câu 265. (THPT-Yên-Mô-A-Ninh-Bình-2018-2019-Thi-tháng-4) Tổng tất cả các giá trị nguyên của
3 x3 m3x 3 2 x3
x
tham số để phương trình 3 x 9x 24 x m .3 3 1
có ba nghiệm phân biệt
m
bằng
A. 45 . B. 38 . C. 34 . D. 27 .
Câu 266. (THPT Sơn Tây Hà Nội 2019) Cho phương trình
2
2 2
x1 2
2 .log 2 3 4 x
x x m
log 2 x m 2 với m
là tham số thực. Có bao nhiêu giá trị
nguyên của trên đoạn 2019;2019 để phương trình có đúng 2 nghiệm phân biệt.
m
A. 4036 . B. 4034 . C. 4038 . D. 4040 .
1
y
Câu 267. (Chuyên Thái Nguyên) Xét các số thực dương x,
y thỏa mãn log3
3xy x 3y
4 .
x 3xy
Tìm giá trị nhỏ nhất P của P x y .
min
4 3 4
4 3 4
4 3 4
4 3 4
A. Pmin
. B. Pmin
. C. Pmin
. D. Pmin
.
3
3
9
9

2x
1
2
Câu 268. (Lương Thế Vinh Lần 3) Phương trình log3 3 8 5 có hai nghiệm là và
2 x x
a
( x 1)
a
(với a , b *
và là phân số tối giản). Giá trị của b là
b
A. 1. B. 4 . C. 2 . D. 3 .
Câu 269. (Thanh Chương Nghệ An Lần 2) Gọi S là tập hợp tất cả các giá trị nguyên của tham số m
2
2x x m 1
2
thuộc đoạn 10;10
để bất phương trình log3 2x 4x 5 2m
có nghiệm.
2
x x 1
Số phần tử của tập hợp S bằng
A. 20. B. 10. C. 15. D. 5.
Câu 270. (CổLoa Hà Nội) Cho hàm số
x
f 3 f 2x
1 0 có bao nhiêu nghiệm thực?
2
ln 1
x x
f x x x e e
A. 3 . B. 0 . C. 2 . D. 1.
a
b
. Hỏi phương trình
Câu 271. (PHÂN TÍCH BL_PT ĐỀ ĐH VINHL3 -2019..) Có bao nhiêu số nguyên a
2019;2019
1 1
để phương trình x a
x
có hai nghiệm phân biệt?
ln x 5 3 1
A. 0 . B. 2022 . C. 2014 . D. 2015 .
Câu 272. (THANH CHƯƠNG 1 NGHỆ AN 2019 LẦN 3) Cho hàm số
y f x
có đồ thị như hình vẽ.
Gọi S là tập hợp các giá trị của tham số m để bất phương trình
sin
sin 2
xm
2 f x 2.2 f x m 3 . 2 f x
1
0 nghiệm đúng với mọi x . Số tập con của
tập hợp S là
A. 4 . B. 1. C. 2 . D. 3 .
Câu 273. (Chuyên Vinh Lần 3) Có bao nhiêu số nguyên
1 1
x a
x
ln x 5 3 1
có hai nghiệm phân biệt?
a 2019;2019
A. 0 . B. 2022 . C. 2014 . D. 2015 .
5
Câu 274. (Sở Ninh Bình Lần1) Số nghiệm của phương trình 50 x
2 x 3.7
x là:
A. 1. B. 2 . C. 3 . D. 0 .
Câu 275. [ (THANH CHƯƠNG 1 NGHỆ AN 2019 LẦN 3) Cho hàm số
để phương trình
3 2
f x ax bx cx d
a, b, c,
d có đồ thị như hình vẽ. Gọi S là tập hợp tất cả các giá trị nguyên thuộc đoạn
2 2 3 2 8
10;10
của tham số m để bất phương trình f 1 x x x f m
0 có nghiệm.
3 3
Số phần tử của tập hợp S bằng
A. 9. B. 10. C. 12. D. 11.
với

Câu 276. Sở Bắc Ninh)Cho hàm số y
f ( x)
có bảng biến thiên như sau:
3 13 2
3
2 f x f x 7
f x
2 2
Giá trị lớn nhất của m để phương trình: e
có nghiệm trên đoạn 0;2 .
15
m
5
A. e . B. e 13
3
4
. C. e . D. e .
Câu 277. (Sở Phú Thọ) Có bao nhiêu giá trị nguyên dương của tham số m để tồn tại các số thực x,
y
thỏa mãn đồng thời
3x5y10 x3y9
e e 1 2x 2y
và
2 2
log5 3x 2y 4 m 6 log5
x 5 m 9 0
A. 3. B. 5. C. 4 . D. 6 .
Câu 278. (Chuyên Sơn La Lần 3 năm 2018-2019) Tổng tất cả các giá trị của tham số
trình
2 2
x 4x5m
2
2 m
x 4x6
2 log 1
có đúng 1 nghiệm là
A. 1. B. 0 . C. 2
. D. 4 .
m
để phương
Câu 279. (KINH MÔN II LẦN 3 NĂM 2019) (KINH MÔN II LẦN 3 NĂM 2019) Tổng tất cả các
2
1 2x
4x
6 2
giá trị của tham số m để phương trình log2
x 2 x x m có đúng ba
2 x m 1
nghiệm phân biệt là
A. 2 . B. 3 . C. 1. D. 0 .
Câu 280. (THPT PHỤ DỰC – THÁI BÌNH) Tìm số giá trị nguyên của m thuộc 20;20
để phương
trình
2 2 2
log
2( x m x x 4) (2m 9) x 1 (1 2 m) x 4
có nghiệm?
A. 12. B. 23. C. 25. D. 10.
Câu 281. (CHUYÊN LÊ THÁNH TÔNG QUẢNG NAM LẦN 2 NĂM 2019) Cho hai số dương x ; y
y2
thỏa log 4x y 2xy 2 8 2x 2 y 2 . Giá trị nhỏ nhất của P 2x y là số có
2
dạng M a b c với a , b , a 2 . Tính S a b c .
A. S 17
. B. S 7 . C. S 19
. D. S 3 .
Câu 282. (Gang Thép Thái Nguyên) Số các giá trị nguyên của tham số
x
x
m 1 .16 2 2m 3 .4 6m
50
có hai nghiệm trái dấu là
A. 4 . B. 8 . C. 1. D. 2 .
m
để phương trình:
Câu 283. (Đặng Thành Nam Đề 6) Biết rằng phương trình log 2
2
2x 1 m 1 log3
m 4x 4x
1
có nghiệm thực duy nhất. Mệnh đề nào dưới đây đúng?
A. 0;1 . B. 1;3 . C. 3;6 . D. m 6;9 .
m
m
m

Câu 284. (SỞ NAM ĐỊNH 2018-2019) Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để phương trình
x log 2
3
x 1 log
9
9 x 1 m có hai nghiệm thực phân biệt.
A. 1;0 . B. 2;0 . C. 1; . D. m 1;0 .
m
m
m
Câu 285. (CHUYÊN THÁI NGUYÊN LẦN 3) Gọi S là tập hợp các giá trị nguyên dương của m để
phương trình
3 cos x2 m3cos x 3 2 cos x2 cos x1
2 cos x 6sin x 9cos x m 6 2 2 1
thực . Khi đó tổng của hai phần tử lớn nhất và nhỏ nhất của tập S bằng
A. 28 . B. 21. C. 24 . D. 4 .
có nghiệm
Câu 286. (SỞ GDĐT KIÊN GIANG 2019) Gọi S là tập hợp các giá trị nguyên của tham số m để
4 8
phương trình 2log x 2log x 2m
2018 0 có ít nhất một nghiệm thuộc đoạn 1;2 .
2 2
Số phần tử của S là
A. 7. B. 9. C. 8. D. 6.
x4 7x
a
Câu 287. (Chuyên Hưng Yên Lần 3) Cho hàm số f ( x) 3 ( x 1).2 6x
3. Giả sử m0
( b
a,
b , a là phân số tối giản) là giá trị nhỏ nhất của tham số thực m sao cho phương trình
b
f x x m
2
7 4 6 9 2 1 0
có số nghiệm nhiều nhất. Tính giá trị của biểu thức
A. P 11.
B. P 7.
C. P 1.
D. P 9.
P a b 2 .
Câu 288 (Cụm 8 trường chuyên lần1) Số giá trị nguyên của tham số thuộc đoạn 2019 ; 2 để
m
phương trình x 1 log3 4x 1 log5
2x 1
2x m có đúng hai nghiệm thực là
A. 2 . B. 2022 . C. 1. D. 2021.
Câu 289. (PHÂN-TÍCH-BÌNH-LUẬN-THPT-CHUYÊN-HÀ-TĨNH) Tổng tất cả các giá trị của tham
số m để phương trình 3 2
x 2x1 2 xm
log 2 2 x m 2 có đúng ba nghiệm phân biệt là
x 2x3
A. 3 . B. 2
. C. 3
. D. 2 .
Câu 290. (THPT-Gia-Lộc-Hải-Dương-Lần-1-2018-2019-Thi-tháng-3) Cho x, y 0 thỏa mãn
2 2
x 3y
x 9y
log
xy x 3y
. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P ?
xy
1
3y
1
x
71
72
73
A. 10 . B. . C. . D. .
7
7
7
Câu 291. (THPT-Yên-Mô-A-Ninh-Bình-2018-2019-Thi-tháng-4) Số nghiệm thực của phương trình
2
log x 3x
9 2 bằng
3
A. 2 . B. 3 . C. 0 . D. 1.
Câu 292. (CHUYÊN HOÀNG VĂN THỤ HÒA BÌNH LẦN 4 NĂM 2019) Bà Hoa gửi vào ngân hàng
120 triệu đồng theo hình thức lãi suất kép. Lãi suất ngân hàng là 8% năm và không thay đổi
qua các năm bà gửi tiền. Sau ít nhất bao nhiêu năm thì bà Hoa có số tiền cả gốc lẫn lãi lớn hơn
180 triệu đồng?
A. 6 năm. B. 8 năm. C. 5 năm. D. 7 năm.
Câu 293. (KIM LIÊN HÀ NỘI NĂM 2018-2019 LẦN 03) Số lượng vi khuẩn trong một phòng thí
nghiệm được tính theo công thức s t s 0 .2 t , trong đó s 0 là số lượng vi khuẩn A lúc
A
ban đầu, s t là số lượng vi khuẩn có sau t phút. Biết sau 3 phút thì số lượng vi khuẩn A là
625 nghìn con. Hỏi sau bao lâu kể từ lúc ban đầu, số lượng loại vi khuẩn A là 20 triệu con
A. 7 phút. B. 12phút. C. 48 phút. D. 8 phút.

Câu 294. (Đặng Thành Nam Đề 3) Một người gửi tiết kiệm vào một ngân hàng với lãi suất 6,6% / năm
số tiền là A . Biết rằng nếu không rút tiền ra khỏi ngân hàng thì cứ sau mỗi năm số tiền lãi sẽ
được nhập vào vốn để tính lãi cho năm tiếp theo. Hỏi sau ít nhất bao nhiêu năm, người đó thu
được (cả gốc và lãi) số tiền là B thỏa mãn B 2A
và B 2A
nhỏ nhất, giả định trong khoảng
thời gian này lãi suất không thay đổi và người đó không rút tiền ra?
A. 12 năm. B. 11 năm. C. 10 năm. D. 13 năm.
Câu 295. (Sở Hưng Yên Lần1) (Sở Hưng Yên Lần1) Một người gửi 50 triệu đồng vào ngân hàng theo
thể thức lãi kép với lãi suất
6,5% / năm, kì hạn một năm. Hỏi sau 5 năm người đó rút cả vốn lẫn lãi được số tiền gần với số
nào nhất trong các số tiều sau? (biết lãi suất hàng năm không đổi) .
A. 73triệu đồng. B. 53,3 triệu đồng. C. 64,3 triệu đồng. D. 68,5 triệu đồng.
Câu 296. (Cẩm Giàng) Ông X muốn gửi số tiền M vào ngân hàng và dùng số tiền thu được ( cả lãi lẫn
gốc) để trao 10 suất học bổng hàng tháng cho học sinh nghèo, mỗi suất 1 triệu đồng. Biết lãi
ngân hàng là 1% tháng. Ông X bắt đầu trao học bổng sau một tháng gửi tiền. Để đủ tiền trao
học bổng cho học sinh trong 10 tháng, ông X cần gửi vào ngân hàng số tiền M ít nhất là:
A. 92100000 đồng. B. 96400000 đồng.
C. 94800000 đồng.
Câu 297. (Đặng Thành Nam Đề 12) Chị Minh muốn mua một chiếc xe máy giá 47.500.000 đồng của
cửa hàng X nhưng vì chưa đủ tiền nên chị Minh quyết định mua theo hình thức sau: trả trước
25 triệu đồng và trả góp trong 12 tháng vào cuối mỗi tháng, với lãi suất 0,6%/tháng. Hỏi mỗi
tháng chị Minh sẽ phải trả cho cửa hàng X số tiền gần nhất với kết quả nào dưới đây ?
A. 1.948.927 đồng. B. 1.984.927 đồng. C. 2.014.545 đồng. D. 2.041.545 đồng.
Câu 298. (THCS-THPT-NGUYỄN-KHUYẾN-TP-HCM-24THÁNG3) Tất cả các giá trị thực của a
x x1
để phương trình 4 2 a vô nghiệm là
1
A. a . B. a 1
. C. a 1. D. a 1.
2
Câu 299. (Sở Cần Thơ 2019) Ông A vay 60 triệu đồng của một ngân hàng liên kết với một cửa hàng
bán xe máy để mua xe dưới hình thức trả góp với lãi suất 8% / năm. Biết rằng lãi suất được
chia đều cho 12 tháng, giảm dần theo dư nợ gốc và không thay đổi trong suốt trong thời gian
vay. Theo qui định của cửa hàng, mỗi tháng ông A phải trả một số tiền cố định là 2 triệu đồng.
Sau ít nhất bao nhiêu tháng thì ông A trả hết nợ?
A. 33. B. 34. C. 35. D. 32.
Câu 1.
Chọn C
x
2
Điều kiện:
.
2
2x
mx 1 0
Ta có
2
2x
mx 1
2
log2
2x mx 1 x 2
x 2
2 2
2 2
log 2x mx 1 2x mx 1 log x 2 x 2
1
Xét hàm số f t log2
t t trên khoảng 0;
. f t
1 0 , t
0;
.
t ln 2
f t
Suy ra đồng biến trên khoảng 0; .
2
x 2
(1) 2x mx 1 x 2
.
2
x m 4
x 3 0
(1).

2
m 4 4 1 3 0
Yêu cầu bài toán tương đương
x
1
x 2
4 0
x1 2 x2
2
0
Câu 2.
2
m
8m
28 0
9
m
8 0 m .
2
2m
9 0
Vậy m 1;2;3;4 .
Chọn C
x
2
Điều kiện:
.
2
2x
mx 1 0
Ta có
2
2x
mx 1
2
log2
2x mx 1 x 2
x 2
2 2
2 2
log 2x mx 1 2x mx 1 log x 2 x 2
1
Xét hàm số f t log2
t t trên khoảng 0;
. f t
1 0 , t
0;
.
t ln 2
f t
Suy ra đồng biến trên khoảng 0; .
(1).
2
x 2
(1) 2x mx 1 x 2
.
2
x m 4
x 3 0
Yêu cầu bài toán tương đương
2
m
4 4 1 3 0
x
1
x 2
4 0
x1 2 x2
2
0
Câu 3.
2
m
8m
28 0
9
m
8 0 m .
2
2m
9 0
Vậy m 1;2;3;4 .
Chọn B
2
4
Điều kiện: 3x 4x m 0 x
m .
3
2
x 2
2
log2 x 4x m 5
2
3x 4x m
2 2 2 2
log 2 4 2 4 log 3 4 3 4
x x x x m x x m 1
f t log2
t t t 0
2 2
Xét hàm số với ta có:
1
f t
1 0 nên hàm số f t log2
t t đồng biến với t 0 .
t ln 2
1 f 2x 2 4 f 3x 2 4x m
Khi đó:

Câu 4.
2 2
2 4 3 4
x x x m
2
m max h x 8.
x
m h x x 4x 4 , x
Do m là các giá trị nguyên dương, m 20 nên có 12 giá trị m thỏa đề bài.
Chọn A
3
Đặt t x 6x
10
.
3tm tm 2m 3t t 3m m
Ta có phương trình e e e 1 e e e e (1) .
3x
x
Xét hàm số f ( x)
e e xác định trên .
3
Ta có ( ) 3 x x
f x e e 0, x
.
Suy ra f ( x)
đồng biến trên .
3
Từ 1 , ta có f ( t) f ( m)
, suy ra t m hay x 6x 10 m (2) .
3 3
3x 18x30m x 6x10m 2m
Phương trình e e e 1
có 3 nghiệm thực phân biệt khi phương trình
(2) có 3 nghiệm thực phân biệt.
3
Xét hàm số g( x) x 6x
10
với x .
2 2
g( x) 3x 6 3 x 2 ; g( x) 0 x 2 .
Ta có bảng biến thiên của g( x)
Câu 5.
Dựa vào bảng biến thiên, phương trình (2) có 3 nghiệm thực phân biệt khi và chỉ khi
10 4 2 m 10 4 2 .
Ta có 10 4 2 4,34 và 10 4 2 15,66 . Suy ra S {5;6;7;8;9;10;11;12;13;14;15} .
Tổng các phần tử của S là 11 5 15 110 .
2
Chọn A
Tập xác định của hàm số :
1 1
x
Ta có f x
1
x x
f x x
0 1
f x
Bảng xét dấu :
f x
D 0;
Câu 6.
Từ bảng xét dấu chọn A
Chọn A
Với m 0 thì hàm số xác định trên .
x
e
Ta có f x
x
e m

Câu 7.
a
e
f a f b
e
a
b
e m e m
b
2
2 a
e b m e a e
b
ab a b
e m e e m
2
a b
a b 2
2e m e e
e m e e m
a b
2e m e e
2
Mà f a f b 1
1
m e m e ( vì m 0 ).
a b
e m e e m
Chọn D
Ta có: f x ln 2019
ln x 2 ln x
ln x ln x 2 ln 2019 .
.
1 1
f ' x
x x 2
Xét S f 1 f 3 ... f 2019
1 1 1 1 1 1 1 1
...
1 1 2 3 3 2 2017 2017 2 2019 2019 2
1 2020
1
.
2021 2021
Câu 8.
Chọn A
Xét hàm số
2 5
f ' x
, x
;
2x
5
2
Câu 9.
2 2x
7 5 7
f ' x
1 1 0 x ; ; . Kết hợp điều kiện ta được
2x
5 2x
5
2
2
7
tập nghiệm bất phương trình là ;
.
2
Chọn A
g x f 1 x x.e x . Tập xác định: D .
g
x f 1 x 1 x e x .
x
Ta thấy với 2; 1 thì f 1 x 0 và 1 x 0 . Suy ra g x 0; x
( 2; 1)
.
Vậy hàm số g( x ) đồng biến trong khoảng ( 2; 1)
.
Câu 10.
Câu 11.
Chọn A
Hàm số y log a
x có tập xác định là 0;
, có tập giá trị là C, D đúng.
Đồ thị hàm số nhận Oy là tiệm cận đứng B đúng.
Nếu 1 thì hàm số đồng biến trên khoảng 0; , nếu 0 a 1
thì hàm số nghịch biến trên
khoảng
Chọn D
a
0;
A sai.

Câu 12.
Hàm số đồng biến trên nên phải xác định trên .
f x 2
x h x
x
Ta có log
3
và đều có TXĐ: D
3 3
x 1 x 1
1
0; .
1 2 1 1
g x g '( x)
3x ln 0, x
.
2 2 2
2 2
x
x
k x 3 k '( x) 2 x. 3 .ln 3 0, x [0;
)
.
Vậy chỉ có một hàm g x đồng biến trên .
Chọn D
x
2
2
Ta thấy hàm số y là hàm số mũ có có tập xác định là cơ số a 1 nên nghịch biến
3
3
trên tập xác định của nó.
Ngoài ra ta có thể loại các đáp án khác bằng cách giải thích cụ thể đặc điểm các hàm đó như
sau:
Câu 13.
Câu 14.
Câu 15.
Câu 16.
Câu 17.
Đáp án A loại vì: Hàm số
1
y
2
2
là hàm hằng nên không nghịch biến củng không đồng biến.
Đáp án B loại vì: Hàm số y log x là hàm số logarit có tập xác định là D (0; )
có cơ số
a 10 1
nên luôn đồng biến trên tập xác định của nó.
Đáp án C loại vì: hàm số y 2 x
là hàm số mũ có tập xác định là có cơ số a 2 1
Chọn D
Hàm số y log a
x có tập xác định : 0;
.
Vì a 0;1 nên hàm số y log a
x nghịch biến. Đồ thị hàm số nhận trục Oy làm tiệm cận
đứng và cắt Ox tại điểm 1;0
. Vậy đáp án D đúng.
Chọn C
2 2
Vì 1
nên y nghịchbiếntrên R .
e e
Chọn D
x
x
1
Vì đồ thị hàm số y a đi qua điểm A ;2
2
nên 2 a a 4 .
2
1
Đồ thị hàm số y log b
x đi qua điểm A
1 ;2
2 1
nên 2 logb
b .
2
2 2
2 2 1
Do đó T a 2b
16 2. 17
.
2
Chọn A
x
2
2
Hàm số y có tập xác định , cơ số 1 , chọn A.
e
e
1

Câu 18.
Chọn C
log x
Hàm số có tập xác định 0; , loại B.
2
3
2
4x
Hàm số y log
π
2x
1
có tập xác định , y '
, y ' 0 khi x 0 ; y ' đổi dấu
4
2 π
2x
1
ln 4
khi qua x 0 , loại C.
x
π
π
Hàm số y có tập xác định , cơ số 1 , loại D.
3
3
Theo tính chất của hàm số mũ:
x
Hàm số mũ y a luôn nghịch biến trên tập xác định khi 0 a 1.
x
1 1
Vậy: hàm số y có a nên hàm số nghịch biến trên tập .
2 2
Câu 19.
Câu 20.
Chọn C
x
2 2
Đáp án A có y ' ln 0, x
nên hàm số đồng biến trên .
3 3
x
Đáp án B có y ' 5 ln 5 0, x
nên hàm số đồng biến trên .
x
e e
Đáp án C có y ' ln 0, x
nên hàm số nghịch biến trên .
3 3
1
Đáp án D có y ' 0, x
0;
nên hàm số nghịch biến trên 0;
.
x ln 2
Chọn D
x
Hàm số y a 0 a 1 đồng biến khi a 1
và nghịch biến khi 0 a 1.
Hàm số đã cho là hàm số mũ nên loại A,C và hàm số nghịch biến nên chọn D
Câu 21.
Câu 22.
Câu 23.
Chọn C
Từ 4 phương án trên kết hợp với đồ thị ta thấy đồ thị hàm số nhận trục hoành làm đường tiệm
cận ngang nên đồ thị trên là đồ thị hàm số mũ. Mà đồ thị của hàm số đi qua điểm có tọa độ
1;2 nên đồ thị trên là đồ thị hàm số y 2 x .
Chọn C
Đồ thị hàm số đi qua điểm e ; 1 và nằm cả trên và dưới trục hoành nên chỉ có hàm số y ln x
thoả mãn.
Chọn B
Xét hàm số y ln x có e > 1 hàm số đồng biến trên 0; .
a
2018
Xét hàm số y log x có a 1 0 a 1 hàm số nghịch biến trên 0;
.
2018
1
2019
2019

Xét hàm số y log x có a = >1 hàm số đồng biến trên 0; .
Câu 24.
Câu 25.
Câu 26.
a
Xét hàm số y log 4 3
x có 4 3 1 hàm số đồng biến trên 0; .
Chọn C
Theo tính chất của hàm số y log a
x a 0; a 1 .
TXĐ: D 0; .
Khi a 1, hàm số f x đồng biến trên TXĐ.
Chọn A
Từ đồ thị hàm số ta thấy: hàm số y log a
x đồng biến trên 0;
nên suy ra a 1.
a
2 t / m
2
Vì đồ thị hàm số đi qua điểm A2;2
nên ta có: 2 loga
2 a 2
.
a
2 l
Meocon2809@gmail.com
Chọn B
Hàm số
y 2
x
đồng biến trên tập xác định của nó vì cơ số a 2 1.
Câu 27.
Chọn B
2
Hàm số y log x 2x
có tập xác định D ;0 2; .
3
2x
2
Ta có y
. Khi đó y 0 x 1.
2
x 2x
ln 3
Bảng biến thiên:
Dựa vào bảng biến thiên ta có hàm số y nghịch biến trên ;0
.
Câu 28.
Chọn A

Câu 29.
Kẻ đường thẳng ( d) : y 1. Hoành độ giao điểm của ( d)
với các đồ thị hàm số y log x ,
y log x , y log x lần lượt là a, b,
c . Dựa vào đồ thị hàm số ta thấy a c b .
Chọn D
b
c
a
Từ đồ thị có x1
là nghiệm của phương trình log x 3
b
3 nên log x b 1
3 x b 1
.
Từ đồ thị có x2
là nghiệm của phương trình log x 3
a
3 nên log x a 2
3 x a 2
.
3
3 3 a a
Do x2 2x1
a 2. b 2
3 a
2 . Vậy 3
2 .
b b
b
Câu 30.
Từ đồ thị ta thấy hàm số y log x, y log x đồng biến trên tập xác định, suy ra a 1, c 1.
Hàm số y log b
x nghịch biến trên tập xác định nên 0 b 1
.
a
c
Với
y 1 A(a;1)
thuộc đồ thị hàm số
y log a
x
Câu 31.
B(c;1)
thuộc đồ thị hàm số y log c
x .
Từ đồ thị suy ra c a .
Vậy c a b .
Chọn B
Điểm A, B,
C lần lượt là tung độ của các điểm có hoành độ a, b,
c .

Suy ra tung độ của A, B,
C lần lượt là: ln a;ln b;ln
c .
Theo giả thiết
B là trung điểm đoạn thẳng
2
2ln b ln a ln c ln b ln a.
c
ln a ln c
AC ln b
2
2
b ac .
Câu 32.
2
Vậy ac b .
Chọn D
Xét hàm số y ex
e x có tập xác định .
Ta có: e e x
x
y nên y ' 0 e e x 1.
x
y 0 e e 1 x x 1.
Ta có bảng xét dấu y
Câu 33.
Vậy hàm số luôn đạt cực tiểu tại x 1.
Chọn A
3 0,24t 297 0,12t 1 3 0,36t
297
Vt e e e
0,12t
2500 5000 e 2500 5000
Trên đoạn
e
0,36t
99
3 t 297
có: V t 0 e 0
2500 5000
0,36
0;18
2
Bảng biến thiên
1 99
t .ln 10,84
.
0,36 2
.
Câu 34.
Suy ra V t đạt giá trị nhỏ nhất khi t 10,84
(ngày).
Chọn A
3
Hàm số g x log x chỉ có tiệm cận đứng x 0 , không có tiệm cận ngang.
2
x 1
3
1 1
Hàm số k x
có tiệm cận đứng x , có 2 tiệm cận ngang y và y .
2x
3
2
2 2
1
Hàm số h x
có tiệm cận đứng x , có tiệm cận ngang .
x 1
1
y 0
Hàm số f x 3 x không có tiệm cận đứng, chỉ có tiệm cận ngang y 0.

Câu 35.
Chọn A
2
Điều kiện x
4x
0 0 x 4 .
2x
4
Ta có y .
2
x 4x
ln 0,5
Với điều kiện trên, ta có
2x
4
y 0 0 2x 4 0 x 2
2
x
4x
ln 0,5
Bảng xét dấu y
Câu 36.
Dựa theo bảng xét dấu, hàm số đồng biến trên khoảng 2;4 .
Chọn D
Câu 37.
Điều kiện để phương trình đã cho có nghĩa là x 0 .
Dễ thấy m
thì đường thẳng y m luôn cắt đồ thị hàm số y log x tại đúng một điểm.
2
Vậy tập hợp các số thực m để phương trình log2
x m có nghiệm thực là m
.
Dangai.kstn.bkhn@gmail.com
Chọn A
x
Cần nhớ lại: Hàm số y a a 0; a 1 :
Nếu a 1
thì hàm số luôn đồng biến trên ;
Nếu 0 a 1
thì hàm số luôn nghịch biến trên .
e e
Dựa vào kiến thức trên, ta thấy do 1 y đồng biến trên .
2 2
x
Câu 38.
Chọn D
f x
3.12
2
f x
f x
1 .16
2
2 f x
m 3 m .3 , x
f x
2 16 4
2
f x
1
3. m 3m
, x
.
9 3
f x
2 16
4
Mà f x 1, x
nên
f x
1
0, x
và 3. 4, x .
9 3
f x
1
f x

2 16 4
Đặt h x
f x
1
3 .
9 3
Mà h x , x
.
4
f x
Suy ra min h x 4 x 2 .
2
f x
2
Khi đó m 3m h x , x
m 3m min h x m
2 3m
4 4 m 1.
m
Vì nên m 4; 3; 2; 1;0;1
.
Câu 39.
Chọn C
Ta có:
f2020 x
0 f x
2019
1
f
f
2018
2018
x
x
0 f
2
f
2017
2017
x
x
1
3
f0
...
f
0
f0
x
x
x
0
2
2020
.
Xét hàm số
ln x 4038;0 x e
y f0
x
ln x;
e x e
ln x 4038; x e
Ta lập được bảng biến thiên của hàm số
2019
2019 2019
2019
y f0 x
:
, ta có:
1
;0 x e
x
1
y e x e
x
1 ;
2019
x e
x
2019
2019 2019
' ; .
Vậy số nghiệm của phương trình là: 2019.3 2 6059 .
Câu 40.
Chọn D
x 1
Ta có: y ' f ' x
ln x 2 m
x
1 1
2
Yêu cầu bài toán f x
ln x 3 m 0 ln x 3 m ; x
0;
e .
x
x
1
2
Xét hàm số: g x
ln x 3 với x 0;
e .
x
1 1
Ta có: g ' x 0 x 1.
2
x x
Bảng biến thiên :

Câu 41.
Câu 42.
g x 4
2
Dựa vào bảng biến thiên suy ra với mọi x 0; e .
Từ đó suy ra 2018 m 4 .
Vậy có 2023 giá trị của m thỏa mãn.
Chọn C
log
1
x 2
2
log2
x 2
Ta có y , x
0;1
log2 x m log2
x m
1
Đặt t log 2
x , ta có t 0, x
0;1
t log2
x đồng biến trên khoảng 0;1
.
x ln 2
x 0;1 t ;0
Với
t 2
Bài toán trở thành tìm tham số m để hàm số y đồng biến trên khoảng ;0
.
t m
Ta có
m 2
y
t m 2
Hàm số đồng biến trên khoảng ;0
m 2 0 m
2
y
0, t ;0
m 0.
m;0
m
0
Cách 2: ( Theo cách Thầy Nguyễn Hưng bổ sung cho chặt chẽ)
log
1
x 2
2
log2
x 2
Ta có y
, nên y
log x m log x m
2
2
log
Nhận xét: Với x 0;1 log x ;0
Hàm số đã cho đồng biến trên khoảng
2
m 2 m 2 1
.
2
log 2
x
.
2
x m log
x m x ln 2
2 2
log x m m
0
0;1 m 0
y
0
m
2
2
0;1
x
Chọn D
x
2
x
Xét phương trình hoành độ giao điểm 4 1 m 6m
2 .2 .
t t 2 m m
Đặt t 2 x , 0 ta được phương trình 6 2 .t 1 0.
*
Đồ thị hai hàm số không có điểm chung khi và chỉ khi phương trình
dương.
2
2 t 1
Ta có: * m 6m 2 g t
.
t
2
t 1
gt
; g .
2
t 0 t 1
t
Bảng biến thiên
*
không có nghiệm

Câu 43.
2
Từ bảng biến thiên suy ra phương trình vô nghiệm m 6m
2 2 0 m 6 .
Vì m nên có 5 giá trị thỏa mãn.
Chọn C
2018
C : y log ( x)
M x; y C
'
M Oy
. Gọi M x y là điểm đối xứng của qua M C .
1 ;
Do M1
C nên y log 2018 x
. Vậy f ( x) log 2018 ( x) y f ( x) log 2018 ( x)
.
1
log 2018( x) khi x 1
log 2018( x)
log 2018( x) khi 1 x 0
Hàm số
y f ( x) log ( x)
2018
có bảng biến thiên như sau
Vậy hàm số y f ( x)
đồng biến trên 1;0 .
Câu 44.
Chọn B
m
1
Hàm số y ln 3x
1
2 nghịch biến trên khoảng ;3 .
x
2
3 m 1
y
0 x
2 ;3
3x
1
x 2
2
3x
1
m x
;3
1 3x
2
1
2
3x
1
Xét hàm số f x
trên ;3 .
1 3x
2
2
3 3x
2x
x 0
Ta có: f x
0
2
2
1 3x
x
3
2
3x
1
Bảng biến thiên hàm số f x
trên ;3 như sau:
1 3x
2

Câu 45.
27
Theo bảng biến thiên: 1
m
.
8
Chọn A
2
2x
Hàm số y ln x 1
mx 1có tập xác định . Ta có: y m .
2
x 1
2x
2x
Hàm số đồng biến trên khoảng ;
thì y m 0, x
m , x
.
2
2
x 1
x 1
2
2x
2x
2
Xét hàm số g x
g x
.
2
2
2
x 1 x 1
2
2x
2
Phương trình g x
0 0 x 1.
2
x 1
Bảng biến thiên:
Từ BBT ta suy ra 1 thì hàm số đồng biến trên khoảng ;
.
m
Câu 46.
Chọn A
1 2
Hàm số y ln x 4 mx 3 có tập xác định D ;
.
2
x
Ta có y m .
2
x 4
Khi đó hàm số
1 2
y ln x 4 mx 3 nghịch biến trên ; y ' 0, x
;
2
x
x
x
m 0, x m, x m max f ( x)
với f ( x)
2 2
2
x 4 x 4 x
x 4
2
x
' 4 x
'
Xét hàm số f ( x)
ta có: f ( x) f ( x) 0 x 2
.
2
2
x 4
2
x 4
BBT

x
-∞
-2 2
+∞
f'(x)
- 0 + 0
-
f(x)
0 1
4
-1
4
0
Câu 47.
Câu 48.
1
1
Từ BBT ta suy ra: max f ( x) f (2) . Suy ra các giá trị của tham số m cần tìm là: m .
x
4
4
Chọn A
2x1
Vì AN 2AM
nên , N 2 x ; a .
; 1 4x 1
M x 1
x1 2x
1 1
1
Ta có 4 a 4 a .
2
a 2
Chọn B
Điều kiện x mx 1 0; x 0; m
x ; x
0;
(1)
x
2 1
1 1
Với x 0 ta có x 2 x. 2 do đó .
x
x
1 m 2
2
Khi đó để hàm số y ln x mx 1 đồng biến trên (0; )
thì
2x
+ m
y¢ = ³ 0, " x Î (0; +¥ ).
2
x + mx + 1
2x m 0, x
(0; )
m 2 x, x
(0; )
m 0, x
(0; )
(vì 2x
0; x
0 )
Kết hợp lại ta có 0. Mà m Î , m < 10 Þ m Î 0;1;2;...; 9 .
m { }
Vậy có 10 số nguyên m thỏa mãn đề bài.
Câu 49.
Câu 50.
Chọn C
Chọn D
Từ hình vẽ ta thấy hàm số y x nghịch biến trên 0; nên 0 .
Từ hình vẽ ta thấy hàm số y x đồng biến trên 1; và nằm dưới đường thẳng y x nên
0 1.
Từ hình vẽ ta thấy hàm số y x đồng biến trên 1; và nằm trên đường thẳng y x nên
1.
Vậy .

1
Hàm số y a x đồng biến trên khi a 1.
Câu 51.
Câu 52.
Vậy chọn đáp án C do 2 1.
Chọn C
Theo đặc điểm đồ thị hàm số lũy thừa.
Chọn D
Hàm số
3
y x 3x
e
có TXĐ: 3;0 3;
2 3
3 3 3 e 1
y e x x x
y 0
x
1
x
1
Bảng xét dấu
Vậy hàm số có 1 điểm cực trị.
Câu 53.
Chọn C
x 1
2
x x
1 2
4
2
x 2
5
x
Vì hàm số y a đồng biến trên khi a 1
và nghịch biến trên khi 0 a 1
nên dựa vào
đồ thị ta có:
+ là đồ thị của hàm số đồng biến trên . Do đó C có thể là đồ thị của hàm số y 6 x
C
3
hoặc y 8 x .
C C
+ , là đồ thị của các hàm nghịch biến trên nên có thể là đồ thị của hàm số
1
1
y
5 x
2
1
hoặc y .
7 x
1 1
+ Kẻ đường thẳng x 1
lần lượt cắt C2
và C1
tại A và B . Vì yA yB
và nên đồ
5 7
1
thị là của hàm số y . Chọn C
C 2
5 x
x x
1 2
3
2 2
x x x x
4 2 3
C 2

Câu 54.
Chọn B
2018 2018
Đạo hàm: f x 2019. 1 x 2 . 1 x 2 2019. 1 x 2
. 2x
Nhận thấy ngay:
với
x
2018
2
2019. 1
x 0 . Nên ta có thể nhận thấy ngay dấu của đạo hàm cùng dấu
. Ta có bảng biến thiên:
Câu 55.
Vậy hàm số đồng biến trên ;0 .
Chọn A
x1 x1
Ta có: 9 3 30 0 9.9 x x
3.3 30 0
2
x
x
9. 3 3.3 30 0 x
2
Với 3 x
x
9. 3 3.3 30 0 .
t phương trình đã cho trở thành:
Từ dấu hiệu của đề bài khi yêu cầu đặt 3 x
2 2
9t 3t 30 0 3t t 10 0
.
* Phân tích con đường dẫn tới Lời giải.
t , ta thấy
1
9 x và
9. 3 x 2
và 3.3 x và đưa được về phương trình theo ẩn t như sau:
2
gọn ta được phương trình : 3t
t 10 0 .
* Nhận xét, phân tích kiến thức trọng tâm của bài toán.
1
3 x có thể đưa về được thành
2
9t
3t
30 0
Đây là bài toán về phương trình mũ nằm ở chương trình lớp 12.
Một số tính chất về lũy thừa với số mũ thực.
Cho a;
b là những số thực dương, ; là những số thực tùy ý. Khi đó ta có:
i. a a . a .
ii.
a
a
.
a
.
iii. a a a
iv. a b
.
. a . b .
. Sau khi rút
Câu 56.
* Phát triển các bài toán tương tự.
Chọn B
Ta có:
x1 x1
4 5.2 4 0
4.4 x x
10.2 4 0
2
x
x
4. 2 10.2 4 0 x
2
x
4. 2 10.2 4 0 .

Đặt 2 x t , t 0
phương trình đã cho trở thành:
2 2
4t 10t 4 0 2t 5t
2 0
.
t
2
1
t
2
(Thỏa mãn điều kiện)
x1
1
2 2
x2
1
2 2
x1
1
x2
1
S x1 x2 1 1 0 .
Câu 57.
Chọn D
Câu 58.
Đặt
t 8 x
t 0
Phương trình
16
. Phương trình trở thành: t 9m
0
2
t 9mt
16 0 . (1)
t
x 1
x
8 2.8 9m
0
có 2 nghiệm phân biệt khi và chỉ khi phương trình
nghiệm phân biệt dương. Nghĩa là:
Chọn A
2
0 81m
64 0
8
S
0 9m
0 m
P
0
9
16 0
8
m
;
9 .
1 có 2
2
x 1 1
Ta có 9 x
x x
3 30 0 9. 3 3.3 30 0 .
Do đó khi đặt t 3 x
2 2
ta có phương trình 9t 3t 30 0 3t t 10 0 .
Câu 59.
Câu 60.
Chọn D
Ta có
t
2
8t
3 0 .
x 2 2
2 x x 2 x
3
2 2
x 2 2 2
4 2 3 0 (2 x x x
) 8.2 3 0
nên ta được phương trình
2x 1 x 2x x
x
Ta có: 7 8.7 1 0 7.7 8.7 1 0 . Đặt 7 t t 0 ta có phương trình:
x
t 1 7 1
x
2
2
0
7t
8t
1 0 x2
1 1 . Vậy .
x
0
t
7
x1
1
x
1
7
7
Câu 61.
Câu 62.
Chọn B
x
x
x
x 1
Ta có: 2 3 . 2 3 1. Đặt t 2 3 , t 0 2 3 .
t
1
2
Phương trình trở thành: t 4 t 4t 1 0 t 2 3 .
t
Với t 2 3 2 3 2 3 x 1 .
x
x
x
1
Với t 2 3 2 3 2 3 2 3 2 3 x 1.
2 2
Vậy x 2x
3.
1 2

Chọn D
2x
x
Phương trình đã cho tương đương 2 2m.2
2m
3 0 (1) .
(1)
x ; x
t ; t
x
2
Đặt t 2 t 0 , khi đó phương trình trở thành: t 2 m. t 2m
3 0 2 .Phương trình
1
1 2
2
1 2
có hai nghiệm khi và chỉ khi phương trình có hai nghiệm dương
2
0 m
2m
3 0
S 0 2m 0 m 3 . Theo định lý Viet ta có
P
0
2m
3 0
t1 t2
2m
t1.
t2
2m
3
x
Với t 2 x
1
t1
2
x1 x2 x 13
1x2
ta có: t1. t2
2 .2 2m 3 2 16 2m 3 m (thỏa
x2
t
2
2 2
mãn).
Câu 63.
Câu 64.
Câu 65.
Câu 66.
Chọn C
x
0
x x
3 1
x
Ta có 9 3.3 2 0 .
x
3 2 x
log3
2
Do x1 x2
nên x1 0 và x2 log3
2 .
Vậy A 2x 3x
3log 2 .
1 2 3
Chọn A
x
2 2
x
2
x
x
1
Ta có 2. 2 5. 2 2 0
1 .
x
2 x
1
2
Chọn B
x
x
Điều kiện: 7 3 0 3 7 x log3
7
x
x 2x x 9 2x x
Ta có: log3
7 3 2 x 7 3 3 7 3 3 7.3 9 0
x
3
Đặt 3 x
2
t ( ( t 0) , ta được phương trình: t 7t
9 0 (*)
x1
x t 2
1
t2
Gọi , là hai nghiệm của phương trình đầu và , tương ứng là hai nghiệm của phươn
x1 x2 x1 x2 2
trình (*), theo vi- et ta có: t . t 9 3 .3 9 3 3 x x 2
Chọn A
Ta có:
Đặt t
x
x
2 1 2 1
6 0
1
x
2 1 6 0 *
x
2 1
1 2 1 2
2 1 x
1
t 0 , khi đó * t 6 0
t

Câu 67.
Chọn C
2
t 3 2 2 ( t / m)
t 6t
1 0
t
3 2 2 ( t / m)
x
t 3 2 2 2 1 3 2 2
Với
2
x
2 1 2 1 x 2
x
t 3 2 2 2 1 3 2 2
Với
x
2
2 1 2 1 x 2
Vậy tổng 2 nghiệm là :
x 1
Điều kiện: 6 x
36 0 (*) .
2 2 0 . Vậy đáp án A đúng.
x 1 x
Với điều kiện trên, ta có:
log 6 36 2
1
5
6 36
5
x 1 x 1
2
x
0
2 x x
6 1 x
6 6.6 5 0 .
x
6 5 x
log6
5
Đối chiếu điều kiện * suy ra x 0 và x log6
5 thỏa mãn.
Vậy tích các nghiệm của phương trình đã cho là 0.
Câu 68.
Câu 69.
Chọn D
2 2 2
Ta có: 3 x 2.3 x
27 0 3 x 18.3 x 27 0 .
x
2
Đặt t 3 t 0 . Phương trình trở thành: t 18t
27 0.
Nhận thấy phương trình có hai nghiệm phân biệt t ; t 0 .
1 2
x1 x2 x1 x2
Khi đó, t . t 27 suy ra 3 .3 27 3 27 x x 3.
Chọn C
1 2
1 2
2
x x x
x x
2 2
log2 4 log 2 5 1 log
2
2
2 2log2 2 5 log2
2 4
log2
2x
2 4 2
2
x x
1
1 .
log2
2x
2 2x
x
4 8
Vậy nghiệm nhỏ nhất của phương trình thuộc khoảng 0 ;1 .
Câu 70.
Chọn C
Điều kiện x 0

Câu 71.
Câu 72.
log x 1 x
10
2 3
2
Ta có: log x 10log x 1 0 9log x 10log x 1 0
1 1
log x 9
9 x
10
Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm thực phân biệt.
Chọn C
1 3 1 2 1 1 1
Ta có 5 x 5 x 26 5 x 5 .5 x 26 0 5 x 25.5 x
26 0 . (1)
x
Đặt t 5 t 0 thì phương trình 1 trở thành:
1
25 2 t
1
t 26 0 t 26 t 25 0 (nhận).
t
t
25
x 1
Với t 1
ta có 5 1 x 1
x 1
Với t 25 ta có 5 25 x 3.
Vậy tổng hai nghiệm , x của phương trình đã cho là x1 x2 4 .
Chọn D
2 2
x1
2
x 1
Ta có 4
2 2
x x x
x
2 3 2 x x x
2.2 3 0 * .
2
2
x x
Đặt t 2 , t 0 .
Khi đó phương trình
*
trở thành:
t
2
t
1
2t
3 0 . Đối chiếu với điều kiện t 0 ta được t 1.
t
3
2
x x
2 x
0
Với t 1, ta có 2 1 x x 0 .
x
1
Vậy x x .
1 2
1
Câu 73.
Câu 74.
Câu 75.
Chọn B
x x1
x x x
Bất phương trình 4 5.2 16 0 4 10.2 16 0 2 2 8 1 x 3.
Vậy tập nghiệm của bất phương trình là 1;3 .
2 2 2 2
Suy ra a 1; b 3 nên log a b log 1 3 1.
2
log2 log2
( 2018)
2019 0 . 1
Điều kiện x > 0.
Đặt t = log 2
x . Phương trình (1) trở thành t
x- - = ( )
2
-t
-log 2018- 2019 = 0. ( 2)
Do 0 nên phương trình có hai nghiệm , . Khi đó phương trình 1 có 2 nghiệm
ac < ( )
2
1 2
x1,
x2
thỏa mãn t1 = log
2
x1; t2 = log2 x2
.
Theo Vi-et ta có t t hay log x x = 1Û x x = 2 .
Chọn A
+ = ( )
1 2
1
2 1 2 1 2
1 2
x x x x
4.4 9.2 8 0 4.2 18.2 8 0. 1
2
t t ( )
Đặt t 2 x
t 0 .

1
2
t
Phương trình 1
trở thành: 4t
18t
80 2 .
t
4
1
x 1
Với t thì 2 x 1.
1
2 2
x
Với t 4
thì 2 4
x 2
.
2
Câu 76.
Câu 77.
Câu 78.
Câu 79.
Câu 80.
Vậy x . x 2 .
1 2
Chọn D
2 2
2 2
x 1
Ta có: 4 x x x
x
2 3 4 x x x
2.2 3 0 * .
2
Đặt 2 x
t x , t 0 .
2
t
1
Khi đó phương trình *
trở thành: t 2t
3 0 .
t
3
Đối chiếu với điều kiện t 0 , ta được t 1.
2
x
Với t 1, ta có 2 x
2 x
0
1
x x 0 .
x
1
Vậy x x 1.
Chọn C
1 2
x
x x
0 2 1 x
0
Ta có: 4 3.2 2 0 .
x
2 2 x
1
Vậy tập nghiệm của bất phương trình là S ;0 1; .
Chọn A
Chia hai vế của phương trình cho 4 x ta có
x
3
x x 2x x 1
9 6 3 3 2 x 0
4. 13. 9 0 4. 13. 9 0
x
4 4 2 2
3 9 x
2
2 4
Vậy tổng các nghiệm là T 2 .
Chọn B
Ta có
3
x log 9 2 3 9 2 2
2
x x x
2x
x
2 9.2 8 0
Suy ra nghiệm nguyên dương của phương trình là a 3.
3 9
Do đó T 3 5.3 11.
2
3
Chọn D
2
Ta có: log x log (2018 x) 2019 0
x 0 )
2 2
x
2 1 x
0
x .
2 8 x
3
log 2 x log 2018 log x 2019 0 1
2 2 2
. ( thiếu đk

Câu 81.
Câu 82.
Câu 83.
Câu 84.
Câu 85.
Đặt t log 2
x x 2 t .
2
Khi đó phương trình 1 trở thành: t t log 2018 2019 0 2 .
2
x , x
,
Vì có 2 nghiệm phân biệt nên có 2 nghiệm t t thỏa mãn t1 t2 1
.
1
1 2
t1 t2 t1 t2 1
Suy ra x x 2 .2 2 2 2 .
Chọn A
1 2
2
1 2
x
0
1 2
3 1 x
x x x x
9 3 2 0 3 3.3 2 0 .
x
3 2 x
log3
2
Khi đó tích các nghiệm của phương trình là 0 .
Chọn C
Ta có
mn
2 8
2 m , là nghiệm của phương trình
m n
2 2 6
2 n t
2 6 t 8 0
m
2 2 m
1
n
2 4 n
2
. Vậy m. n 2 .
m
2 4
m
2
n
2 2 n 1
Chọn A
x
x
2 x
2 1 2 1
2 2 0
x 1.
Chọn D
Ta có
x
x
2 1 2 1
2 1 2 2 2 1 1 0
x
2 1
2 1
64 9 512
12log x 3m 1 log x m 3 0 1
2
9 3
Tập nghiệm của bất phương trình là
Chọn C
m
.
Ta có : x2
m m chứa tập 0
Đặt x1. x2
3, 1 m0
2. Khi đó phương trình trở thành :
x .
1
3 m 4 .
0

Câu 86.
0 m0
Với
2 m 3 .
3
, 2 0
Với log2
x 15log x
2 2, x1 x2
.
Vậy tổng các nghiệm của phương trình là: x1 16x2
Chọn B
.
4095
(1). Điều kiện: 30 .
8
4097
Đặt 34 ta có bất phương trình 8 suy ra x1 16x2
30
2x1 x1
. Tập nghiệm nguyên của bất phương trình (1) là
6 5.6 1 0
x .Vậy số nghiệm nguyên của bất phương trình đã cho là 4.
1
Câu 87.
Chọn A
Câu 88.
x 2
Vậy phương trình đã cho có 1 nghiệm.
Chọn B
Ta có :
x
x
1 2
Đặt
t 3 x
0
t , phương trình trở thành :
t
3
3
.
t
t
3
2
3t 10 3t 10t
3 0 1
x
Với t 3 ta có 3 3 x 1.
Câu 89.
Với
1
t ta có
3
1
.
3
x
x 1
3 3 3 x 1
Vậy tổng các nghiệm của phương trình là : 11 0 .
Chọn D
2
1
Đặt 3 x
t
x
, điều kiện t 0 .
2
Khi đó phương trình đã cho có dạng: 3t
10t
3 0
t
3
1 ( tmđk )
t
3
2
x x1 2 2 x
1
Với t 3 3 3 x x 1 1 x x 2 0
x
2
1 2
1 1 2 2
0
Với 3 1 1 0
x
x x
t x x x x
3 3
x
1
Tập nghiệm của phương trình là S 2; 1;0;1 nên tổng tất cả các nghiệm thực là 2 .
Câu 90.

x 4
x
x
0
ĐK .
x
1
Đặt t log xt
0
x
. Phương trình trở thành
2
1
x2 3
.
m 4
Khi đó .
Câu 91.
Vì m 3 nên
m 2
.
Chọn D
Ta có: 1
Đặt 3. Vì 3. nên 1. .
2 2
m m m x x m
3 x2 m3x 3 2 x2 x1
Bất phương trình 2. trở thành 2 x 6x 9x m
2 2 1
ma; b.
Bất phương trình
2 2
T b a nghiệm đúng với mọi 36.
nghiệm đúng với mọi T 64.
72.
2
T nghiệm đúng với mọi
1,
2
9.3 4 2 1 3 3 .3 1 0
T dương khi và chỉ khi bất phương trình T 48.
log x m 2 log x 2m
0
2 2
x x nghiệm đúng với mọi x1 x2 6
Xét hàm số
x
1
x2
trên khoảng 3.
Ta có:
8 , 2 4
x
x
m 1 16 2 2m 3 4 6m
5 0 xác định trên khoảng 1 .
Ta có bảng biến thiên sau
2 1 3
0 +
x
x
2 3 2 3 4
4
Dựa vào bảng biến thiên ta suy ra bất phương trình x 1
x 2
0 nghiệm đúng với mọi 2x1 x2
1 khi
và chỉ khi x1 x2 2 . Khi đó bất phương trình nghiệm x 1
2x
2
0 đúng với mọi m dương .
x , x ( x x )
1 2 1 2
Câu 92.
Chọn B
2
Điều kiện: log2 x log2
x m 0.
Với điều kiện trên ta có: x 0;1
m 1 .

Đặt m 1, phương trình trở thành
Với
x x1
4 m.2 2m
0
.
Với x1,
x
2 .
1
m (nhận
4
1
m
4 nghiệm m ).
Câu 93.
So điều kiện nhận cả 2 nghiệm, vậy tích các nghiệm của phương trình bằng 0.
Chọn C
Phương trình:
x
1
x2 3
.
Đặt m 1, với m 4 .
Khi đó, phương trình m 2 trở thành: m 3 .
Gọi m là hai nghiệm của phương trình thì
x x1
4 m2 5 m 0.
0;2019
Câu 94.
Câu 95.
Vậy phương trình đã cho có tổng hai nghiệm là m .
Chọn C
x
m
m
x
4 2018 2 2019 3 0 2016
Vậy tích các nghiệm của phương trình bằng 1.
Chọn B
Giải phương trình:
2019
(*)
Đặt 2013 .
4 m 3 .2 m 9 0
(*) trở thành 2018 m
x
x1
Tổng hai nghiệm là: 3.
Câu 96.
Chọn A
Điều kiện:
4 .
Ta có x
5 1
1
1;
4 . (1)
4 x
3.2 1 0

Câu 97.
Câu 98.
Câu 99.
Câu 100.
Đặt
1
1;
4
Đối chiếu điều kiện ta được
x x2
thì phương trình (1) trở thành
Vậy phương trình đã cho có 1 nghiệm.
Chọn D
Đặt m , phương trình đã cho trở thành:
0
.
4 2 m 2 0 m . Tức là .
x
,
x
1 2
Khi đó phương trình đã cho có hai nghiệm 0 x1 x2
. Do đó: 1
Chọn D
Ta có: 3
Đặt 2 , 0 . Để phương trình có 2 nghiệm phân
biệt thì a,
b log4 a log6 b log9
a b
Xét
a
b
Vậy phương án D thỏa yêu cầu bài toán.
Chọn D
3
(nhận) 2
2
3 .
Tổng các giá trị nguyên trong khoảng
5 1
2
Chọn C
bằng 1.
Ta có : x m x m x x m( x
)
4 -(4 + 1).2 + 2(4 - 1) = 0 Û 4 -2 -2-4 2 - 2 = 0
x x x
( )( ) m( )
Û 2 + 1 2 -2 -4 2 - 2 = 0
x
x
( )( m)
Û 2 - 2 2 + 1- 4 = 0
é
x
2 - 2 = 0 é x = 1
Û
Û
x
x
2 1 4m
0 ê
êë
+ - = ë2 = 4m-1
ìï 1
ì
m >
4m
1 0 4
Điều kiện để phương trình có hai nghiệm là : ï - >
í Û ï
í
ïî 4m- 1¹
2 3
ïm
¹
ïî 4
Giả sử x 1 ; x log ( 4m
1)
= = - là hai nghiệm của phương trình
1 2 2
Ta có :

x
x
Câu 101.
5
( x1 + 1).( x2 + 1) = 6 Û x2 = 3 Û log2
( 4m- 1)
= 2 Û 4m- 1= 4 Û m =
4
m 5 và thỏa điều kiện cần
4
Với = Î( 1 ; 2)
Chọn C
log 3x
log x 1 0 (Điều kiện: x 0 ).
2 2 2
3 3
2 2
x
2
1 log 4log x 1 0 3log x 2log x 0
log3
x 0
2
log3
x
3
3 3
x1
1
3
x2
Vậy m 2019;2019.
.
9
3 3
Câu 102.
Chọn A
điều kiện: 2021 .
Theo hệ thức viét ta có: 2019 .
Câu 103.
Phương trình
4038 .
Câu 104.
Câu 105.
Vậy 2020 .
Chọn C
Xét phương trình m m
16 2 1 .4 3m
8 0
Do 6 nên đặt 7 với 0
2
Phương trình 3 tương đương
x
t 2 1 2 1
x 1.
x
t
2 1 2 1
Vậy tích các nghiệm là 1.
Chọn B
log x m 2 log x 3m
1 0
3 3
x x 2 x x
x x x 9 6 3 3
9 4.6 m 1 .4 0 4. m 1 0 4. m 1 0 1
.
4 4 2 2
Đặt
x
3
, 0
2
t t ta được bất phương trình 2 4 1 0 2 4 1 2
Bất phương trình m
9 x 4.6 x 1 .4 x 0
t t m t t m .
có nghiệm bất phương trình 1 có nghiệm

ất phương trình
Xét hàm số
2
f ' t 2t 4 .
2 có nghiệm t 0 .
f t t 4t 1, t 0 .
f ' t 0 2t 4 0 t 2 .
Từ bảng biến thiên của hàm số
5 ;
Mà 5
;4
2
0;
.
2
x
x
nguyên dương nên
m
40 3 2 2 3 2 2 m 80 0.
ta thấy bất phương trình 6 có nghiệm
5
0;
2
Câu 106.
Chọn B
Ta có
m m
Đặt 19 1 . Suy ra 20 (*)
S
m phương trình (*) có 2 nghiệm
x x1 2
16 m.4 5m
44 0
Ta có S 2
Câu 107.
Chọn D
x 2
2 3 2
x
2
2 x x
x
3.2 2 0 1 2 2
0 x 1 .
Câu 108.
Chọn C
ĐKXĐ: m
Ta có: x x
4 m.2 2m
1 0
\ S
1 4
Câu 109.
Chọn D
Vậy 9

Câu 110.
Câu 111.
Điều kiện x 0
2
log x 4log x 3 0 3 log1
x 1
3 x 27
1 1
3 3
Tập nghiệm của bất phương trình 3;27
Chọn A
x
x
2 3 22 3
3
1 2 3 x
2 0 x log 2 2
3
Khi đó a. b 0 .
3
b
S 9 .
a
x 2
2 3 3 0
x
2 3
Chọn A
16 .
Vậy: Tập nghiệm của phương trình là:15
2x
2 3 3 2 3 2 0
x
Câu 112.
Câu 113.
Chọn A
Điều kiện: x 0 .
1
2
log2
x 1 x
2 2
Phương trình: log2 x 5log2
x 4 0 .
4
log2
x 4 x
2 16
Vậy phương trình có 2 nghiệm x1 2 , x2 16 . Suy ra: x1. x2
32 .
Chọn B
x x1
4.4 9.2 8 0
4.4 x x
18.2 8 0
x
2 4
x 1 . 2
2
Ta có:
1
2 2
2
x
2
2 4 2 x 2
a .
x
1
x 1
b .
Ta có P log2 a log2
b log2 2 log2
1 1.
Câu 114.
Chọn A
2 2
sin x cos x
sin
Ta có: 9 9 10
2 x 1sin
9 9 2 x
10
sin x
2 2
2
sin x
9 10.9 9 0
2
sin x
2
x
9 1 sin x 0 sin 0
sin 2 0 ,
2 x x k
sin x
2 với k
9 9 sin x 1
cos x 0 2
4038 4038 k
1285;1285
x 2019;2019 2019 k 2019 k
2
k
Mà

Câu 115.
Suy ra có 2571 số nguyên k thỏa mãn hay phương trình đã cho có 2571 nghiệm trên đoạn
2019;2019 .
Chọn A
Điều kiện: 0 x .
Ta có
1
Đặt 1 5
2 phương trình
8
5 .
4
2 x
3
3 trở thành a .
log x log 3
Dễ thấy phương trình b có hai nghiệm ab và
8 và do đó phương trình 4
2 x
x
nghiệm 81 thỏa mãn 4 1 2
9 64 x . m.cos
x
.
log3 x log3
3
có hai
Câu 116.
Câu 117.
Chọn A
Ta có m .
x
x
Đặt a
1 2 1 2 2 1 4 0
phương trình
4
2 x
3
3 trở thành 2 .
log x log 3
Dễ thấy phương trình b có hai nghiệm x1,
x
2 và x1 x2 log 3
1
2 và do đó phương trình
a 3
.
nghiệm 81 thỏa mãn
;
2
( Học sinh có thể sử dụng máy tính cho câu 23 và pt23.1)
Chọn A
Điều kiện x 0
x
log x log 3
4
2
3
3
có hai
Với x
1
, x
2
là hai nghiệm của phương trình đã cho, áp dụng định lý Vi – ét, ta có
x x
log x log x 7
2 1 2 2
log 7
2 1 2
x x x1 x
2
128 .
7
1 2
2
Câu 118.
Chọn C
Ta có: 2019 Đk: 5
4
m
( ) 2
4 log x - log x + m = 0
2 1
2
Đặt ( 0;1 ) . Khi đó phương trình
1
m Îç æ ç0; ù
çè
4ú
û
é ö ÷
Phương trình đã cho có hai nghiệm 1 ; +¥
ê4
÷
ë ø thỏa mãn
2019;2019
x
(Với m
x
4 3 2 3m
1 0 và 0 )
trở thành m Î( -¥;0
]
1
m Î æ -¥; ù
çè 4 úû m

Áp dụng hệ thức Vi-et cho phương trình 2021 ta có 2022 .
Thử lại phương trình 2021 dễ thấy 2019
phương trình 2021 có hai nghiệm.
Vậy 2020
là mệnh đề đúng.
Câu 119.
Chọn B
Điều kiện
x
0
x
1
15
log2
x 15log x
2 2 log2
x 2
log x
2
log x 2log x 15 0
2
2 2
Câu 120.
Câu 121.
x
32 x
log2
x 5
1
log2
x 3
x x
8
1
2
32
1 x1 16x2
30 .
8
Chọn D
Ta có:
x 1
4 x
8m
5 2 2m
1 0
Suy ra tổng hai nghiệm:
m
Chọn D
x 2
m 5; 3
1
Ta có m 3;0
.
x 1 2
1
m1;3
x x
Câu 122.
Chọn B
m 0;1
.
Vậy tổng hai nghiệm của phương trình là
y f x .
Cách 2: Lưu Thêm
Xét phương trình .
x 2
Đặt . Khi đó phương trình m trở thành f e
m
8 1.

x
x
Câu 123.
Câu 124.
Câu 125.
Nhận xét phương trình 5có 2 nghiệm dương 4 , 7 phân biệt và 6 nên phương trình
a
2 3 1 2 . 2 3 4 0có 2 nghiệm x
1
, x
2
phân biệt và x1 x2 log 3
2
3 Chọn B.
khoinguyen.yt@gmail.com
Chọn C
Điều kiện: a .
Ta có
Vậy
3
;
2 .
0; .
Chọn A
Ta có phương trình:
3
;
2 (1)
3
Đặt: ;
2 , phương trình trở thành: m (2)
Để phương trình (1) có hai nghiệm thì phương trình (2) có hai nghiệm phân biệt dương
x
2 2
1 1
m
1 2m
0
4 2
x
Khi đó phương trình (2) có hai nghiệm a
2 b;0
thỏa mãn:
a (thỏa mãn)
Vậy b thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Chọn C
Ta có 2 x 4 2 x x
9.3 m 4 x 2x 1 3m 3 .3 1 0 3 1
4 x 1 3m
3 0 1
Đặt t x 1
1
m
x1
3 3
1 m
.
t
3 3
2 có đúng 3 nghiệm thực
t
, phương trình (1) thành 3 4 t 3m
3 0 2
Bài toán trở thành tìm số giá trị nguyên của m để phương trình
phân biệt.
Nhận xét: Nếu 0
t là một nghiệm của phương trình
trình 2 . Do đó điều kiện cần để phương trình
trình 2 có nghiệm t 0 .
Với t 0 thay vào phương trình (2) ta có
Thử lại:
+) Với 2
2 thì t 0
cũng là một nghiệm của phương
2 có đúng 3 nghiệm thực phân biệt là phương
2 m
1
m
m 2 0 .
m
2
t 1 2
m phương trình (2) thành 3 4 t 3
0
t
3 3
t 1
, t
và 2 t
4 t 3 2,
t 1 2
t
suy ra
Ta có 3 2
3
Dấu bằng xảy ra khi t 0
+) Với m 1 phương trình
Dễ thấy phương trình
3
, hay phương trình
1 1
t
3 3
3 có 3 nghiệm t 1, t 0, t 1 .
3 4 t 3 0, t
.
t
3 3
2 có nghiệm duy nhất t 0 nên loại m 2 .
t
2 thành 3 4 t 6 0 3

Câu 126.
Ta chứng minh phương trình 3 chỉ có 3 nghiệm t 1, t 0, t 1
cũng là nghiệm phương trình 3 nên ta chỉ xét phương trình 3 trên
t 1 1
Trên tập 0; , 3 3 4 t 6
0 .
t
3 3
t 1 1
Xét hàm f t 3 4 t 6
t
Ta có
0; .
trên
3 3
2
f ' 3 ln 3 3 .ln 3
3 t
t
t
t
,
. Vì t là nghiệm thì t
0; .
t 2 t
2 1
f '' t 3 ln 3 3 .ln 3 0, t
0 .
3
3. t
Suy ra f ' t đồng biến trên 0;
f ' t
0
đa 2 nghiệm t 0;
. Suy ra trên 0; , phương trình
Do đó trên tập , phương trình
có tối đa 1 nghiệm t 0 f t 0 có tối
3 có 2 nghiệm t 0, t 1.
3 có đúng 3 nghiệm t 1, t 0, t 1 . Vậy chọn m 1 .
Chú ý: Đối với bài toán trắc nghiệm này, sau khi loại được m 2 ta có thể kết luận đáp án C
do đề không có phương án nào là không tồn tại m.
Chọn B
2 x 6x 9x m 2 2 1 2 x 2 8 m 3x
2 2
3 3 x2 m3x 3 2 x2 x1 m3x 3
3 2x
Ta có:
2 m 3x 2 2 x
3 m3x 2x
3
trên .
3
Xét hàm số f t 2 t t
t
2
Ta có:
f ' t 2 ln 2 3t 0, t
. Suy ra hàm số đồng biến trên .
Mà f 3 m 3x f 2 x 3 m 3x 2 x m 3x 2
x 3
3 2
m x x x
6 9 8
Số nghiệm của phương trình là số giao điểm giữa đồ thị hàm số
đường thẳng y m.
3 2
y x x x
6 9 8 và
g x x 6x 9x
8 trên .
Xét hàm số
3 2
2 x
1
Ta có: g x x x g x
' 3 12 9; ' 0
x
3
Bảng biến thiên của hàm số g x :
x 1 3
g ' x 0 0
8
g x
4
Dựa vào bảng biến thiên của hàm số
4 m 8. Suy ra a 4; b 8 .
g x thì phương trình có 3 nghiệm phân biệt khi
Vậy
T b a
2 2
48

Câu 127.
Chọn C
Điều kiện : log2 a 2log2
log a log 2b
.
Đặt
2 2
b.
a
Khi đó phương trình đã cho có dạng : .
Do b .
Vậy c .
Câu 128.
Chọn B
Đặt loga bc
2 . Khi đó phương trình trở thành:
Để phương trình có hai nghiệm trái dấu log c ab thì hai nghiệm 6 5
điều kiện 10 9 .
Suy ra:
8
7 .
Ta xét:
7
6
. Biểu thức này tương đương với:
logb ca 4 .
n
tương ứng phải thỏa mãn
b .
3
Từ đây ta được hai giá trị nguyên của b 2
b 1
1 là f x x 3x
.
3
Thử lại các điều kiện trên, ta nhận hai giá trị nguyên của b 2
b 1
1 là f x x 3x
.
Câu 129.
Chọn A
Xét phương trình :
log2 2 2 log2 1
f b f b
Đặt
n với
100
bn
5 .
Ta có:
333 . Do đó 229
Do đó phương trình trở thành:
234 (tmđk)
Với 292 .
Với a .
Vậy
b .
Câu 130.
Chọn A

Đặt
a
3 1
1 3
5 2
a a
. Vì logb
logb
nên a
2 5
1; b 1. Phương trình 0 a 1; 0 b 1 trở thành
1; 0 b 1 , 0 a 1; b 1 .
, 0 a 1; b 1. Khi đó: 0
Đặt 3 5 2
P x x x x
Ta có bảng biến thiên
x .
Dựa vào bảng biến thiên, để phương trình có nghiệm thì
5
2 .
Câu 131.
Xét phương trình :
log2 2 2 log2 1
f b f b
Đặt
n với
100
bn
5 .
Ta có:
333 . Do đó 229
Do đó phương trình trở thành:
234 (tmđk)
Với 292 .
Với a .
Vậy
b .
Câu 132.
Chọn B
Ta có :
Đặt
3
2
9
2
2
Lúc ấy ta có phương trình là: t 2mt 2m
0 2
Để phương trình có hai nghiệm x1,
2
x thì phương trình
a
0 1 0
m
0
2
0 4m
4.1.2m
0
m
2 m 2
S
0 2m
0
m 0
P
0 2m
0
2 có 2 nghiệm t 1
, t 2
dương

t1 t2
S 2m
a
Theo định lý Vi-et ta có:
c
t1.t 2
P 2m
a
Câu 133.
x1 x2 x1 x2
Ta có : t . t 2 .2 2 mà x1 x2 3 nên
Chọn C
1 2
x
Đặt t t
2 0 .
2
Phương trình đã cho trở thành: t 2mt 5 m 0 1
3
2m
2 m 4
Phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt (1) có hai nghiệm dương phân biệt
a
3
1
a
5
a
1
3
a
Câu 134.
Câu 135.
1 1
3 2
a
Vậy có 3 giá trị nguyên của tham số 1
a
để phương trình
2016 2017
a a có hai nghiệm
phân biệt.
Chọn B
Ta có
2020
U 2.2019
Đặt
2019
W 2018.2019 ,
Phương trình
2020
V
W .
W
2020
V 2019 .
Y 2019
X Y
V 2019 có 2 nghiệm trái dấu khi và chỉ khi phương trình X Y có 2 nghiệm U V
2019
X 5.2019 . Phương trình đã cho trở thành:
2019
X
Vì
5
4.10 suy ra 5
5,9.10
Chọn A
5
5
Đặt: 5,92.10 , phương trình đã cho trở thành: 5,93.10 .
5
Bài toán trở thành: Tìm các giá trị nguyên của tham số 5,94.10 để phương trình:
5
5,93.10 có hai nghiệm phân biệt 75 thỏa mãn 1,77%
3
thỏa
5
PT: 5,93.10 có hai nghiệm phân biệt 75 nên theo Viet ta có:

90930000
Thay vào hệ 92690000 ta được
92576000
Câu 136.
Vì 80486000 .
5
Vậy có T giá trị nguyên của tham số 5,94.10 thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Cách 1:
Đặt 0,6% . Ta có phương trình
15
Với 10 Chọn đáp án D.
Cách 2:
Sử dụng máy tính nhập biểu thức T
Dùng lệnh CALC 535000 ra kết quả 635000 nên loại đáp án B.
Dùng lệnh CALC 643000 ra kết quả 613000 nên loại đáp án C.
Câu 137.
Dùng lệnh CALC 80000000 ra kết quả 6,9% nên chọn đáp án D.
Chọn A
105370000 111680000
Đặt 107667000
116570000
Để phương trình 6 có hai nghiệm phân biệt thỏa mãn 10% 16
4
6
Thì phương trình 6.1,1 thỏa: 6.1,1
5
6.1,1
16
6.1,1
. Vậy 60 thỏa yêu cầu.
Câu 138.
Chọn D
Đặt 8%

5 10.
Vậy 231,815 .
Câu 139.
Chọn A
Điều kiện 197,201.
Ta có:
217,695
190,271 .
Câu 140.
Câu 141.
Vậy: 0,8 .
0,6 .
Chọn C
Ta có: 0,7 0,5 (*)
Đặt 2 8
0,5 x
y x
. Điều kiện: 0;4
Khi đó phương trình (*) trở thành: 0;8 (1)
Phương trình (*) vô nghiệm khi và chỉ khi phương trình (1) vô nghiệm hoặc có các nghiệm đều
dương. Điều này xảy ra khi và chỉ khi
0
0
t1 t2
0
t1. t2
0
Chọn A
2 2
m
m
1. 4 0
2 2
m
1. m
4
0
2m
0
1
2
m 4
0
1
2
2m
4 0
2 m 2
2
2m
4 0
m 2
2m
0
2 2 m 2
m
4 0
2 m 2

7
x
0
Điều kiện: .
m
log2
x 0
log x 2log x m log x m 4log x 8log x 4 m log x 4m
2 2
2 2 2 2 2 2
4log x 4log x 1 4 m log x 4 m log x 1
2
2 2 2 2
2log x 1 2 m log x 1 2
2 2 2
2
2
m
2
x
2
x
m log2 x log2
x 1
m log2 x log2
x
* TH
21601,1 1
2 m log x 1 2log x 1
2 log 1 2log 1
: 5.000.000 0,7%
Đặt: 63.000.000 , phương trình 11trở thành: 12
5 3
Đặt: 13 .Bài toán trở thành: Tìm giá trị của tham số 14 để phương trình 4.10 m
có ít nhất 1 nghiệm 4%
Ta có: 5
Ta có BBT:
5 3
Dựa vào BBT, suy ra: để phương trình
* TH 5
5
4.10 . 0, 4
5
: 5
5
4.10 m có ít nhất 1 nghiệm 4% thì 5
4.10 . 1,4
100
4%
4.10 . 0,04 (*)
Đặt: 0,3% , phương trình 11trở thành: 125
Đặt: 4
Ta có: 5
3
Bài toán trở thành: Tìm giá trị của tham số 14 để phương trình 6 có ít nhất 1 nghiệm 2016
Ta có BBT:

Dựa vào BBT, suy ra: để phương trình 5% có ít nhất 1 nghiệm 2020 thì 651.605.000
(**)
Kết hợp (*) và (**), 685.900.000 619.024.000
Câu 142.
Vậy có tất cả 760.000.000 giá trị của 100thỏa mãn ycbt
Chọn B
Xét phương trình 8, 4% (1).
Đặt 6 phương trình (1) trở thành 160246000
Để phương trình (1) có hai nghiệm trái dấu 164246000phương trình (1) có hai nghiệm 166846000 thỏa mãn
162246000 .
X (**).
Nếu
200 vô lý , vậy 6,5% . Khi đó
(**)5 .
Xét
X , 257293270 , 274017330.
Ta có
274017333 257293271.

Câu 143.
Từ bảng biến thiên suy ra phương trình (1) có hai nghiệm 9% /1 thỏa mãn 81 82
79 mà 80 . Vậy có 15giá trị nguyên của 200 000 000 thỏa mãn bài toán.
Chọn B
Ta có: 1
Đặt 18
Để phương trình 18 có hai nghiệm phân biệt 231 525 000,1 thỏa mãn: 8% / thì phương trình 7% /
có 2 nghiệm phân biệt 6% /,5% /thỏa mãn:
2, 22.10 15
5
Khi đó 0,6%
Câu 144.
Chọn A
Đặt 10 với 880,16.
Phương trình đã cho trở thành 880 880, 29.
Phương trình đã cho có hai nghiệm trái dấu 880, 26 phương trình 6,1% có hai nghiệm dương P , mmHg
thỏa mãn
x
P P .exi 0
P 760mmHg
x 0
0
Câu 145.
i .
Với 1000m suy ra 672,71mmHg . Vậy có 3343m giá trị nguyên của 505,45mmHg thỏa mãn yêu cầu bài
toán.
Tìm tất cả các giá trị thực của tham số 530,23mmHg để phương trình 485,36mmHg có hai
nghiệm trái dấu.
A. 495,34mmHg . B. 480
. C. 308, 05 . D. 328, 05
.
Câu 146. Cho phương trình 171, 95 (50 là tham số). Có bao nhiêu
giá trị nguyên của 1 để phương trình có hai nghiệm trái dấu?
A. 7% . B. vô số. C. 4 . D. 70,13.
Câu 147.
Chọn B

65,54 61,25
Câu 148.
65,53 , 90.000.000.
Đặt 3 điều kiện 0,8% từ 103.320.000 ta có 101.320.000 , 105.320.000.
Khi đó phương trình 103.940.000 có hai nghiệm đối nhau 50 thì 0,5% / khi và chỉ khi phương
trình 36 có hai nghiệm dương 38 thỏa mãn 37 . Nhưng vì phương trình 105.320.000 có
40
nên không có giá trị nào của 0,6% thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Chọn C
Đặt 150 , khi đó phương trình trở thành 46 . Nhận thấy
43 không là nghiệm của phương trình 44 . Chia cả 2 vế của phương trình cho 47 ta
n được 60 . Số nghiệm của phương trình là số giao điểm của đồ thị hàm số
8% và đường thẳng 5 song song với trục hoành
Ta có
60 , 10 217,695
Dựa vào bảng biến thiên ta thấy phương trình có nghiệm khi
197,201
Tập 190, 271 . Vậy có 7% giá trị 1.686.898.000thỏa mãn.
Câu 149.
Chọn D
Đặtt 3
x
, 0
2
t . Phương trình đã cho trở thành:
t 2 2m 1 t 3 4m 1 0 (1)
Phương trình đã cho có hai nghiệm thực x1,
x
2
khi và chỉ khi phương trình (1) có hai nghiệm
dương phân biệt
2 1
0
m
4m 8m 4 0
m
1
1
S 0 22m 1
0 m
1 .
2
0 m
P
34m
1
0
1
4
m
4

Câu 150.
Khi đó phương trình (1) có hai nghiệm là t 4m 1
và t 3 .
x
Với 4 1
3 1 4m 1 x log 4m 1
.
t m thì
x2
Với t 3 thì 3 3 x 1.
2
1 3
Ta có x 2 x 2
12 x 2 m
1 2 1
Vậy giá trị m cần tìm là
Chọn C
5
2
5
log3
4 1 2 m (thỏa điều kiện).
2
1;3 .
m nên m thuộc khoảng
Đặt t 3 x
t
0
phương trình trở thành:
Ứng mỗi 9 sẽ có 32 giá trị 31.
Xét
29 trên 30 . Ta có BBT
2 2
t .t m * m t t
8 4 0 8 4 .
Câu 151.
Phương trình đã cho có 4 nghiệm 0,5% / phân biệt khi và chỉ khi 2 có 1.262.000 nghiệm dương phân
biệt.
Dựa vào BBT ta có :1.271.000 .
Vậy có 15 giá trị nguyên.
Chọn D
Ta có1.272.000 1.261.000
100 .
Đặt 0,7% /1, điều kiện 21 .
Khi đó phương trình trở thành: 23 , 22 .
Do đó để phương trình 1.261.000 có hai nghiệm phân biệt thì phương trình 22
có hai nghiệm dương
phân biệt
20
.
Vậy 7, 5% , 11 nên 9.
Câu 152.
Chọn C
Cách 1:

Đặt 12 10 . Phương trình đã cho trở thành: 67 65 .
Phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt khi và chỉ khi phương trình 68 có hai nghiệm
phân
biệt dương
66
4 1
1
2019
1% .
Vậy 1 .
Cách 2:
Đặt 12 10 . Phương trình đã cho trở thành:
12 2019 12 .
Xét 1 trên 50970000. Suy ra
50560000 . 50670000 50730000
Bảng biến thiên:
Từ bảng biến thiên ta thấy:
Phương trình có hai nghiệm phân biệt thì 9,44 9,5 .
Câu 153.
Chọn D
9,41 1%
Đặt
5

5 224
Để 222 có đúng hai nghiệm phân biệt khi và chỉ khi 221 có một nghiệm lớn hơn 1.
225 . Xét hàm số 10 trên khoảng 10 log 4 , ta có:
10log 4 .
Bảng biến thiên:
Dựa vào bảng biến thiên ta thấy 10 10log 4 hoặc 8 000 000 là giá trị thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Do 0.5% / nên 400 000 000 .
Câu 154.
Suy ra có 15 giá trị n = 45 cần tìm.
Chọn D
Đặt n = 60 , n = 62 , n = 55 . Suy ra :
100
.
Vì 0,7% nên
5 .
Từ đó ta được
5 .
Câu 155.
Chọn B
Đ/K: 22 .
Phương trinh
23 24 21 24100
24 0,9%
. Khi đó 2 .
Câu 156.
Chọn B
Đặt 3, phương trình đã cho trở thành: 220.652.000 221.871.000

221.305.000 là phương trình bậc hai có 222.675.000 , 4.000.000 , 3 . Ta có 7% nên 1
hoặc vô nghiệm hoặc có hai nghiệm cùng dấu.
Phương trình đã cho có nghiệm duy nhất khi và chỉ khi phương trình 36 có nghiệm kép dương
2.575.937.000 1.287.968.000 1.931.953.000 3.219.921.000
Khi đó 100 1% / tháng 3,03 2, 25 .
Thay vào 2,20 ta có 2,22 .
Vậy 2, 41là giá trị duy nhất thỏa mãn bài toán.
Câu 157.
Chọn B
Vì 2,40
Đặt 2, 46 3, 22
Phương trình trở thành:
A 17.000.000 .
Để phương trình ban đầu có 2 nghiệm phân biệt thì phương trình 30% phải có hai nghiệm dương
6 .
2,5% / A .
Và thỏa mãn 2.160.000 1.983.000 883.000 1.060.000 .
C
Vậy với x thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Câu 158.
Chọn D
Đặt 36 , C ta có phương trình: 10% 20% .
Yêu cầu bài toán tương đương với tìm số số nguyên 1 để phương trình 20% có hai
nghiệm phân biệt thỏa 0,5% .

Hay phương trình 20% có:
48
C
100 8.991.504 . Vì 9.991.504 nên 8.981.504 .
Câu 159.
Vậy có 9.881.505 giá trị của 0,6% thỏa đề bài.
Chọn D
ĐKXĐ: 880,29.
Cách 1: Ta có: 880,16 880
880, 26 7,8% / .
Đặt m , với 0,7% / thì 90.000.000. Phương trình đã cho trở 0.8% .
Để phương trình 103.120.000có nghiệm thuộc khoảng 103.420.000 phương trình 103.220.000có nghiệm 103.320.000
Xét 900 với 0,4% . Ta có 111 và 113
Bảng biến thiên:
Câu 160.
Vậy để phương trình 110 có nghiệm n thì 1,85% hay
17 .
Cách 2: Ta có:
19 18 20
Đặt 400 ,với 10 thì 1% . Phương trình đã cho trở 2.921.000 .
Để phương trình 3.387.000có nghiệm thuộc khoảng 2.944.000 phương trình 7.084.000 có nghiệm
.
Vì khi 2.000.000 phương trình 1.800.000có nghiệm 1.500.000thì theo Định lí Viet 2.500.000 nên luôn có ít
nhất một nghiệm âm.
m Vậy thì phương trình log2
x m
có nghiệm thuộc khoảng
0; . .

Chọn B
Đặt
;0 .
. Phương trình
0; . có dạng
.
x x x x
Để phương trình (1) có đúng một nghiệm lớn hơn 3.2 4.3 5.4 6.5 thì phương trình (2) có đúng một nghiệm
2 .
Cách 1:
TH1: Xét (2) có nghiệm kép lớn hơn 3 .
1
(thỏa
mãn).
x x x
6 4 2 2.3 .
TH2: Phương trình (2) có hai nghiệm 0 . Đặt
1
y f ( x)
(loại vì nguyên).
2log4
2
TH3: Phương trình (2) có hai nghiệm . Mà f ( x) 4 m
nguyên trong
đoạn 0 m 2 nên có 0 m 1
Vậy có tất cả m 0
2log4
2
giá trị của f ( x) 4 m
Cách 2:
giá trị của 1
.
m .
Ta có:
m (vì n không là nghiệm của phương trình).
m
2
Xét hàm số log4 log6 n log9
m n
Ta có:
P
Bảng biến thiên
m
n
.
P 1
Căn cứ BBT ta thấy: , do đó có tất cả 2022 giá trị nguyên của 4
P trong 0 m 2 .

Câu 161.
Chọn C
Xét phương trình:
P
1
2
. Điều kiện: 9 6 2
Đặt 2 phương trình 3 trở thành: 0 1 .
Phương trình 3 có 2 nghiệm phân biệt khi phương trình 1
x x 2 x 1
có 2 nghiệm phân biệt.
Câu 162.
Câu 163.
2 1 x
log
1
2018 2log2019
x 2 2
Gọi ;
x a b .
a b là 2 nghiệm của phương trình 3 thì phương trình 1
a b . Vì a;
b nên 5.
Mặt khác, 1
2
1 .
2 2
3
x x
5 x x 4 .
log 2 log 2 2
Từ 2
x a b và 4
Chọn C
Xét phương trình:
suy ra 3 và 1 nên có 3 số nguyên thỏa mãn.
P
1
2
. Điều kiện: 9 6 2
Đặt 2 phương trình 3 trở thành: 0 1 .
Phương trình 3 có 2 nghiệm phân biệt khi phương trình 1
2 1 x
log
1
2018 2log2019
2
x x 2 2 x
Gọi ;
x a b .
a b là 2 nghiệm của phương trình 3 thì phương trình 1
a b . Vì a;
b nên 5.
Mặt khác, 1
2
1 .
log x 2x log x 2x
2
4 .
2 2
3 5
Từ 2
x a b và 4
Chọn D
x x 2 x 1
suy ra 3 và 1 nên có 3 số nguyên thỏa mãn.
2 m
Đặt t 2 x
, điều kiện t 0
, phương trình * trở thành
có 2 nghiệm tương ứng là
có 2 nghiệm phân biệt.
có 2 nghiệm tương ứng là
t t m
2
4t 8m 5 t 2m
1 0
4 1 2 1 0
1
t1
4
t2
2m
1.

2
x
Phương trình * có hai nghiệm phân biệt khi và chỉ khi
2m
1 0
1
2m
1
4
1
m
2
3
m .
8
**
Lại có x1x2 1
log2 t1 log2 t2
1
1
4
log log 2m
1
1 log 2m 1
2 2
2
1
2
Câu 164.
2m 1 2 2 1
m
2
Chọn A
Đặt t
x
e 0
t .
** ).
(thỏa mãn
8 f e m 1
x 2
Phương trình
2
trở thành 8 f t m 1 hay f t
Nhận thấy với mỗi giá trị 3,8;3,9 cho một giá trị
3,6;3,7 .
2
m 1
(1).
8
Để phương trình đã cho có hai nghiệm thực phân biệt thì phương trình (1) có đúng hai nghiệm
phân biệt 3,7;3,8 .
Khi đó 3,5;3,6 m
3 x3 m3x 3 2 x3
x
3 x 9x 24 x m.3 3 1.
Do 45 nên 38 .
Câu 165.
Vậy có 5 giá trị nguyên của 34 thỏa mãn đề bài.
Chọn D
Đặt 27 , 2 1 .log x 2 2x 3 4 x m
log 2 x m 2
2 2
khi đó m .
Nhận xét: Với cách đặt đó thì m , 2019;2019
nên từ 4036
, ta có
4034 hay 4038 .
Vậy bài toán đã cho tương đương với bài toán tìm a để phương trình
4040 có
hai nghiệm dương x,
y thỏa mãn nghiệm này gấp 3 lần nghiệm kia.
Ta thấy : 3
1
y
log 3xy x 3y
4 .
x 3xy
Phương trình có 2 nghiệm dương phân biệt khi
P
min
.
Cách 1: Nhận xét rằng phương trình ẩn t có tổng hai nghiệm bằng 4 mà nghiệm này gấp 3
nghiệm kia nên phương trình phải có 1 nghiệm băng 1 và 1 nghiệm bằng 3, từ đó
P x y .

Câu 166.
Cách 2: Theo định lí Viet, ta có P
min
4 3 4
.
3
4 3 4
Phương trình P min
có nghiệm này gấp 3 lần nghiệm kia khi
P
P
min
min
3
Giá trị này của a thuộc đáp án D.
4 3 4
9
4 3 4
9
thỏa mãn điều kiện
2x
1 .
( x 1)
2
log3 3x
8x
5
2
Cách 3. Dựa vào điều kiện có 2 nghiệm dương loại đáp án A, suy luận nếu a thuộc đáp án B, C
thì cũng thuộc đáp án D. Vậy chọn đáp D.
Chọn A
+ Xét phương trình a .
Đặt
a
b , vì a .
+ Phương trình b * trở thành
a
b b 1 .
+ Phương trình 4 có nghiệm khi và chỉ khi phương trình 2 có nghiệm 3 .
+ Xét hàm số S , 3 .
f
t
t
2
4t
2
t 2
Bảng biến thiên:
2
f t 0 t 4t
2 0
;
2
t
2 6
0;1
.
t
2 6 0;1
Câu 167.
+ Từ bảng biến thiên ta thấy phương trình
1 có nghiệm m 5 2 6;0
Suy ra a 2 b 5 2 6 a 5, b 6 . Vậy b a 6 5 1.
Chọn C
2
4x
63x
Đặt 3 v 0, 3 u 0
u u v
v
v
phương trình trở thành m v u m m u v

u vm v 0
Giải I :
v
u
63x
4
3 3
v
2
m
4x
3
m
2
x
2
63x 4x 2 x
1
3 3 x 3x
2 0
x
2
I
II
Để phương trình 1 có 3 nghiệm phân biệt thì phương trình II xảy ra các trường hợp sau:
Trường hợp 1: Phương trình II có 2 nghiệm phân biệt trong đó một nghiệm x 1 và một
nghiệm x 2 . Với x 1 ta có 2
2
41
4x
m 3 27 . Khi đó 3 27
Vậy m 27 là một giá trị cần tìm.
2
4 x 3
x
1
x
1 2
Trường hợp 2: Phương trình II có 2 nghiệm phân biệt trong đó một nghiệm x 2 và một
nghiệm x 1. Với x 2 ta có 2
2
42
4x
2 x
2
m 3 1
. Khi đó 3 1
4 x 0 .
x
2 1
Vậy m 1 là một giá trị cần tìm.
Trường hợp 3: Phương trình
y f x
có đúng 1 nghiệm 50 x 2 x 5 3.7
x khác 1
.
3 2
Từ 2 3 để có một nghiệm thì nghiệm đó là 0 f x ax bx cx d
a, b, c,
d , đồng thời 0 thỏa mãn khác 1 nên 10;10
là một giá trị cần tìm.
2 3 2
f
Vậy có ba giá trị 1 x 2 x x 8 f m
0
; y f ( x )
3 3 ; 10;10
thỏa mãn bài toán.
Câu 168.
Chọn B
.
m .
e
3 13 2
3
2 f x f x7
f x
2 2
0;2 .
m .
Câu 169.
Câu 170.
Chọn A
Ta có:
5
e ,
đáp án m
Chọn A
Ta có: x,
y .
15
13
e , 3
e , 4
e
nên chọn
Câu 171.
Chọn B

Cách 1:
Ta có
2
và 3
log 3 2
log x a
2 x a 1
x x b .
b
Do a,
b là các số thực lớn hơn 1 nên từ 1 và
3
2 suy ra 2 3 2
a b a b .
Khi đó P log x log 3 x log 1 x 2log x 6 .
a
2
b
b2
2
b
2
b
b
Cách 2: Lưu Thêm
Từ giả thiết ta có x 1 và
log
log
x
x
1
a
2
.
1
b
3
Ta có
1 1 1
P log
a
x
2
a
2
log
log
x
a log
x
b log
x
a 2log
b
x
b
x 2
b
1
1 2
2 3
6.
Câu 172.
Chọn B
2
1 2x
4x
6
2 x m 1
2
Ta có: log2
x 2 x x m
.
Câu 173.
Chọn D
+ Vì 2 nên 3 suy ra đáp án A, B, C sai.
+ Vì 2 suy ra
1 . Vậy 0 nên chọn D.
Câu 174.
Chọn B
Ta có: m .
Câu 175.
Chọn A
Ta có :
log
log
3 2
.
2 3
2
2
3 3
a
b logb
a a b b
5 4
.
4 5
4
4
5 5
c
d logd
c c d d
2 4 2 2
Mà a c
3 b 5 d 3 b 5 d 3 b 5 d
9 9 .
Vì a, b, c,
d là các số nguyên dương nên 3 b ,
2
3 5
3
b d 9 b 5
b
2
2
3 5
5 d
2 5
d là các số nguyên dương
125
4 32
TH1:
b d 1
d
tm
2
3 5
3
b d 3 b 3
b 27tm
2
2
3 5
5
0 0
TH2:
b d 3
d
d ktm
tm

Câu 176.
Câu 177.
Vậy b 125 , d 32 nên b d 93 .
Chọn C
a
2
log2 log
2 2
a log2 b log2 a 2log2
b
b .
Chọn C
Cách 1:
Ta có
loga
bc 2
logb
ca 4
bc a
ca b
2
4
a
b
2
a
c
b
3 5
a
b
3 5
3 5
b
c
b
2
a
c
b
3 5
b
3 7
(I).
Thay (I) vào biểu thức log c ab ta được:
8
3 5 8 3 8
3
log ab c log
3 7 b . b log
7 b
. .
b
b3
3 7 7
Cách 2: Ngọc Thanh
Đặt A ab
A 1 log ab
log c log c abc
log c
c
c
log
abc c
1
A 1
1
A (1).
Ta có: loga bc
2 loga
bc
loga
a 3
a abc
log 3
1
log a abc
3
. (2)
b ca
logb
ca
logb
b 5
b abc
log 4
log 5
1
log b abc
5
. (3)
Từ (1), (2) và (3) ta có:
1 1 1
logabc a logabc b logabc
c 3 5 1 1 1 8
1 A .
A 1 3 5 A 1
7
Cách 3: Kiều Thanh Bình
Đặt log a
c
x , log c
b y .
Ta có: 2 log a bc
Ta có 4 log b ca
logc
bc
log a
c
logc
ca
log b
c
logc
b log
log a
logc
c log
log b
c
c
c
c
a
c
y 1
2x
y 1 (1).
x
1
x
4y
x 1 (2).
y

5
x
2x
y 1
7
Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình .
x 4y
1 3
y
7
log c
ab log a log b x y
Vậy
c
c
8
.
7
Câu 178.
Chọn C
b a b a . Do b2 b1 1 nên: a2 a1 0 .
Đặt log ; log
2 1 1 2 2 2
log2 2 2 log2 1 2 2 1 *
f b f b f a f a .
3
Lập bảng biến thiên của hàm số f x x 3x
trên
0; .
Xét 2 trường hợp:
Trường hợp 1: Nếu a1 1 a2
1
3
. Hàm số f x x 3x
đồng biến trên 1;
a a f a f a vô lý.
2 1 2 1
*
3
Trường hợp 2: Nếu 0 a 1 f a
0 . Từ *
1 1
3 (do 2 ).
Với x, y 0
f a 2 0 a 3a
2 0
2 2 2
x 3y
log
xy x 3y
xy
(do
2 2
x 9y
)
y x
P
1 3 1
Ta có:
10
Câu 179.
Gọi 71
7 là công bội của cấp số nhân 72
7 .
73
7 .
2
Số tự nhiên bé nhất thỏa mãn 3 x x
Chọn A
log 3 9 2
là 234.

2
Do
nên
3 và
0
nên
1.
Vậy 120 .
Câu 180.
Chọn A
Do
2
nên
3 và
0
nên
1.
Vậy 120 .
Câu 181.
Chọn A
Cách 1: Với 8% ta có: 180 .
Vậy 6
.
Cách 2: 8
Câu 182.
Chọn D
Câu 183.
Vì 5 nên D đúng.
Chọn C
Do cơ số 7 và A nên ta có s t s
0 .2 t
. Đáp án A sai.
Do cơ số
s 0
và s t nên ta có
t . Đáp án B sai.
Do cơ số 3và 625 nên ta có
20 . Đáp án C đúng.
Do cơ số 7 và 12 nên ta có 48 . Đáp án D sai.
Câu 184.
Chọn A
Ta có
8 . Vì 6,6% / nên hàm số mũ A đồng biến trên B .
Câu 185.
Mà B 2
Chọn C
A nên B 2A
đúng. Suy ra 50 đúng.
Ta có: 6,5% / .

x x
Câu 186.
U
V W
2019.2019 2018.2019 2019 .
2019
W X 2013.2019 .
Vậy trong các số trên, số nhỏ nhất là V W .
2020 2019
V
2019 2019.2019 .
2019 2019 2019
Chọn B
Số lượng gỗ sau 10 năm là :
5 10
4.10 .(1 0,04) 592097,714 .
Câu 187.
Chọn C
12 12
Như vậy sau 3 năm là định kỳ thứ 12 ta có: a r
1 75 11,77% 92576000
Câu 188.
Chọn B
Áp dụng công thức lãi kép gửi đầu tháng: T
Tn
. r
n
1 1 1
r
r
Trong đó: M là tiền vốn gửi vào ngân hàng hàng tháng
a là tiền vốn lẫn lãi sau 4 2
1 a tháng
1
a
2
là số tháng
a 1 là lãi suất % hàng tháng.
Ta thay a 1 tháng , a 1 đồng ,
.
thay vào công thức ta được:
Câu 189.
Chọn B
Gọi là số tiền gửi ban đầu, là lãi suất / năm.
Số tiền gốc và lãi sau năm thứ nhất: .
Số tiền gốc và lãi sau năm thứ hai: .
….
Số tiền gốc và lãi người đó rút ra được sau 5 năm là
(đồng).
Câu 190.
Chọn C
Sau năm, bắt đầu từ tháng đầu tiên của năm thứ số tiền lương người đó nhận được sau mỗi
tháng là
(triệu đồng).
Sau năm ( năm), bắt đầu từ tháng đầu tiên của năm thứ số tiền lương người đó nhận
được sau mỗi tháng là
(triệu đồng).

Câu 191.
Câu 192.
Câu 193.
Tương tự như vậy sau 15 năm (5.3 năm), bắt đầu từ tháng đầu tiên của năm thứ 16 số tiền
5
người đó nhận được sau mỗi tháng là 6.1,1 (triệu đồng).
Vậy tháng đầu tiên của năm thứ 16 , người đó nhận được mức lương là
Chọn C
Số tiền ông An nhận được sau 5 năm đầu là: 601 8% 5
88,160 (triệu đồng)
Số tiền ông An nhận được (toàn bộ tiền gốc và tiền lãi) sau 10 năm là:
88,16 601 8% 5
217,695 (triệu đồng).
5
6.1,1 (triệu đồng).
Chọn C
Gọi r là lãi suất tiền gửi của ngân hàng theo tháng. T , 0
T lần lượt là số tiền gưi ban đầu và số
tiền sau n 9 tháng. Áp dụng công thức lãi kép ta có
n
9 61758000
9
3
T T0
(1 r) 61758000 58000000(1 r) r 1 7.10 0,7 %.
58000000
Chọn C
Xét hàm số 2 8
y
0,5 x x
Tập xác định: .
Bảng xét dấu đạo hàm:
.
1
.
Dựa vào bảng trên ta thấy hàm số nghịch biến trên khoảng .
Mà , suy ra hàm số nghịch biến trên khoảng .
Câu 194
Chọn D
Số tiền lương sau năm đầu tiên người đó nhận được là (triệu đồng).
Kể từ năm thứ đến năm thứ , mỗi năm người đó nhận được số tiền lương là
(triệu đồng).
Số tiền lương sau năm người đó nhận được là (triệu
đồng).
Kể từ năm thứ đến năm thứ , mỗi năm người đó nhận được số tiền lương là
(triệu đồng).
Số tiền lương sau
năm người đó nhận được là
(triệu đồng).

Tương tự như vậy, số tiền lương sau
(triệu đồng).
năm người đó nhận được là
Mặt khác ta thấy ; ; ; …; là một cấp số nhân gồm số hạng với .
Tổng số hạng của cấp số nhân trên là .
Câu 195.
Vậy sau đúng
(triệu đồng).
Chọn C
năm, số tiền lương người đó nhận được là
Áp dụng công thức số tiền cả gốc và lãi trong
tháng là
Ta có:
Do là số nguyên nên chọn .
Vậy sau tháng kể từ ngày anh Sơn gửi tiền cả gốc và lãi không ít hơn .
Câu 196.
Chọn A
Đặt ; .
Sau
năm không khai thác, khu rừng đó sẽ có số mét khối gỗ là
.
Câu 197.
Chọn B
Số tiền vốn lẫn lãi sau năm đầu tiên là
Số tiền vốn lẫn lãi sau năm thứ hai là
Số tiền vốn lẫn lãi sau năm thứ ba là
Số tiền vốn lẫn lãi sau năm thứ tư là
Số tiền vốn lẫn lãi sau năm thứ năm là
(triệu đồng).
(triệu đồng).
(triệu đồng).
(triệu đồng).
Câu 198.
Câu 199.
(triệu đồng).
Chọn A
Giá tiền còn lại của chiếc ô tô là
Chọn D
(triệu đồng).
Áp dụng công thức lãi kép, ta có số tiền (cả vốn và lãi) người đó lĩnh được sau đúng
năm là

(đồng).
Câu 200.
Câu 201.
Chọn C
Đặt đồng, .
Theo công thức lãi kép, số tiền bà
Chọn A
thu được cả gốc và lãi sau 5 năm là
đồng.
Do lãi suất một năm là năm nên lãi suất một tháng là tháng
Đặt
Số tiền anh Bình còn nợ sau khi trả lần thứ 1 là:
Số tiền anh Bình còn nợ sau khi trả lần thứ 2 là:
……..
Số tiền anh Bình còn nợ sau khi trả lần thứ n là:
Khi anh Bình trả hết số tiền thì
Vậy anh Bình trả hết số tiền trên sau số tháng là
tháng
Câu 202. [2D2-4.5-2] (Hoàng Hoa Thám Hưng Yên) Một học sinh A khi
Chọn D
Gọi lãi suất kì hạn năm của ngân hàng là .
tuổi được hưởng tài sản
Số tiền học sinh A nhận được sau năm (khi 18 tuổi) là: VNĐ.
Theo giả thiết: Khi tuổi, số tiền mà học sinh A được nhận sẽ là VNĐ nên ta
có: .
Câu 203.
Vậy lãi suất kì hạn năm của ngân hàng là: năm.
Chọn D
Gọi (ngày) là số chu kì bán rã. Khi đó ta có phương trình:
.
Câu 204.
Thời gian phân rã gần bằng:
(năm).

Câu 205.
Chọn D
Gọi số tiền gửi cố định đầu tháng là a .
Cuối tháng 1 số tiền nhận được cả vốn lẫn lãi là : a 1 r
.
Tương tự, Cuối tháng 2 : a 1 r a. 1 r a 1 r 2
a 1
r
Cuối tháng 3: a 1 r 2
a 1
r a
1 r
a 1 r 3 a 1 r 2
a 1
r
……………………………………………………………………………………………………
n
n1
Cuối tháng n : a 1 r a 1 r ... a 1
r
n1 n2 2
a 1 r 1 r 1 r ... 1 r 1 r 1
n
1
r 1
a. 1 r
.
r
Số tiền thu được cuối tháng thứ n là: A r r
Áp dụng với: a 5 ; r 0.006 ; 120
a
n
1 1 1
r .
n (10 năm).
A 5
0,00
0,006 1
6 1 0,006 1
880,26 .
Số tiền trong tài khoản tiết kiệm đó là 120
Chọn A
Gọi số tiền ban đầu là . Số tiền lãi nhận được sau năm là .
Ta cần tìm nguyên dương nhỏ nhất để .
Câu 206.
Vậy .
Chọn A
Theo giả thiết ta có: thay vào công thức ta được:
.
Với thay vào công thức ta được:
.
Câu 207.
Vậy đáp án A.
Chọn B
Thu nhập của ông Tuấn sau 4 năm là :
Giá trị của xe sau 4 năm còn :
(triệu đồng)
(triệu đồng)

Tổng số tiền lãi sau 4 năm kinh doanh của ông Tuấn là :
đồng). Chọn .
Câu 208.
Chọn B
(triệu
Câu 209.
Tổng số tiền cả gốc và lãi người gửi nhận được sau năm là , với là số tiền
ban đầu đem gửi (tính theo triệu đồng),
là lãi suất.
Áp dụng vào bài toán với , và ta được số tiền cả gốc và lãi người đó
nhận được sau 4 năm là
Chọn D
(triệu đồng)
Công thức tính: Mỗi tháng gửi một số tiền đồng với lãi suất kép là %/ tháng thì số tiền
khách hàng nhận được cả vốn lẫn lãi sau tháng ( là số tự nhiên khác 0) là .
Thầy giáo gửi mỗi tháng 8 000 000 VNĐ với lãi suất 0.5%/ tháng.
Từ đây ta có phương trình:
Câu 210
Vậy thầy giáo cần tiết kiệm 45 tháng để có thể mua chiếc xe ô tô giá 400 000 000 VNĐ.
Gọi là số tiền vay ngân hàng ban đầu, là lãi suất mỗi tháng, là số tiền phải trả mỗi
tháng để sau tháng thì hết nợ.
Sau tháng thì số tiền gốc và lãi là , người đó trả đồng nên số tiền còn nợ là:
Sau 2 tháng, số tiền còn nợ là:
.
.
Sau 3 tháng, số tiền còn nợ là .
Sau n tháng, số tiền còn nợ là .
Để trả hết nợ sau tháng thì số tiền này phải bằng .
.
đồng.
Câu 211.
Tổng số tiền người đó phải trả là
đồng.

Câu 212.
Chọn C
Gọi A là số tiền gửi vào ngân hàng, r là lãi suất, T là số tiền cả gốc lẫn lãi thu được sau n
n
tháng. Ta có T A1 r
.
n
6
50. 1,005 60 log 36,6 .
5
Theo đề T n
1,005
Vậy sau ít nhất 37 tháng thì ông A thu được số tiền cả gốc lẫn lãi hơn 60 triệu.
Chọn C
Cách 1:
*
+) Gọi n , n , là số tháng tối thiểu để số tiền thu được (cả gốc và lãi) là hơn 150 triệu
đồng. Vào cuối tháng thứ n , ta có:
Số tiền thu được từ 3 triệu đồng đã gửi vào đầu tháng thứ nhất là: 3(1 0,006) n .
Số tiền thu được từ 3 triệu đồng đã gửi vào đầu tháng thứ hai là:
3(1 0,006) n1 .
Số tiền thu được từ 3 triệu đồng đã gửi vào đầu tháng thứ ba là: 3(1 0,006) n2 .
……
Số tiền thu được từ 3 triệu đồng đã gửi vào đầu tháng thứ n là: 3(1 0,006) .
Vì thế, tổng số tiền thu được vào cuối tháng thứ n là :
n
n1
3(1 0,006) 3(1 0,006) 3(1 0,006) .
T n
+) Công thức tổng của số hạng đầu của cấp số nhân với , cho
ta: .
+) Yêu cầu bài toán:
.
Vậy . Chọn đáp án C.
Cách 2: Dựa vào bài toán tổng quát
Một người, hàng tháng gửi vào ngân hàng số tiền là a (đồng). Biết lãi suất hàng tháng là r%.
Hỏi sau n tháng, người ấy có bao nhiêu tiền?
Số tiền thu được tính theo công thức: .
Áp dụng công thức trên, ta được .
Yêu cầu bài toán:
.
Câu 213.
Câu 214.
Vậy . Chọn đáp án C.
Chọn D
Gọi là giá trị tiền tệ lúc ban đầu. Theo đề bài sau 1 năm giá trị tiền tệ còn .
Cuối năm thứ nhất còn .
Cuối năm thứ hai còn .
……………………………………
Cuối năm thứ còn .
Theo đề bài, sau năm đơn vị tiền tệ mất đi ít nhất 90% giá trị nó nên ta có
. Mà là số nguyên dương nhỏ nhất thỏa mãn nên

Chọn A
Tổng số tiền gốc và lãi ông An thu được sau năm đầu là triệu đồng.
Vậy tổng số tiền gốc và lãi ông An thu được sau
năm là
Câu 215.
Chọn D
Sau một năm số tiền lãi ông An thu đuợc là:
Trong đó
: Số tiền ông An gửi ngân hàng.
: Lãi suất ngân hàng (%/tháng).
: Tổng số tháng.
Vậy sau một năm số tiền lãi ông An thu được là:
triệu đồng.
(đồng).
(đồng) gần nhất với đáp án D.
Câu 216.
Chọn D
Gọi triệu đồng, .
Tổng số tiền ông Chính nhận sau 1 năm: .
Tổng số tiền ông Chính nhận sau 2 năm:
Tổng số tiền ông Chính nhận sau 3 năm:
Tổng số tiền ông Chính nhận sau 18 năm:
.
.
(VNĐ).
Câu 217.
Chọn A
Áp dụng công thức gửi tiết kiệm, ta có khoản tiền nhận được sau
đồng, lãi suất /tháng:
tháng khi gửi mỗi tháng
đồng.
Cách 2. Tự luận
Gọi đồng là số tiền anh Minh gửi mỗi tháng.

Sau tháng thứ nhất, số tiền trong ngân hàng của anh Minh là: .
Sau tháng thứ hai, số tiền trong ngân hàng của anh Minh là: .
…
…
…
Sau tháng thứ ba mươi sáu, số tiền trong ngân hàng của anh Minh là
.
Để số tiền có được là
triệu đồng thì
Câu 218.
đồng.
Chọn A
Áp dụng công thức gửi tiết kiệm, ta có khoản tiền nhận được sau
đồng, lãi suất /tháng:
tháng khi gửi mỗi tháng
đồng.
Cách 2. Tự luận
Gọi đồng là số tiền anh Minh gửi mỗi tháng.
Sau tháng thứ nhất, số tiền trong ngân hàng của anh Minh là: .
Sau tháng thứ hai, số tiền trong ngân hàng của anh Minh là: .
…
…
…
Sau tháng thứ ba mươi sáu, số tiền trong ngân hàng của anh Minh là
.
Để số tiền có được là
triệu đồng thì
Câu 219.
Chọn A
đồng.
Gọi: A là số tiền anh Nam phải trả theo phương án cũ.

Vậy số tiền anh Nam còn nợ ngân hàng sau n tháng là
n
n
2001 0,006 A1 (1 0,006) ... 1
0,006 1
Số tiền anh Nam còn nợ ngân hàng sau 12 tháng
12 11
P 200 1 0,006 A1 (1 0,006) ... 1
0,006
Số tiền anh Nam còn nợ ngân hàng sau m tháng theo phương án mới
P
1 0,006 m
9 1 (1 0,006) ... 1
0,006
m1
Theo bài ra ta có hệ phương trình:
60 59
2001 0,006 A1 (1 0,006) ... 1 0,006
0
12 11
m
2001 0,006 A 1 (1 0,006) ... 1 0,006
1 0,006 9 1 (1 0,006) ... 1
0,006
60
2001,006
0,006
A
60
1,006
1
*
12
m
12 1,006
1
m 1,006
1
2001,006
A
1,006
9 0
0,006
0,006
Giải hệ * ta được m 19,54657 .
Vậy sau ít nhất 32 tháng thì anh Nam sẽ trả hết nợ. vậy chọn đáp án A
Câu 220.
Chọn B
Đặt q 11% 1,01.
Gọi số tiền ông A vay là T (triệu đồng), T 500 .
Gọi số tiền ông A trả hàng tháng là X (triệu đồng).
Gọi số tiền còn nợ sau n tháng là T n , n N * .
Ta có:
T Tq X
1
2
T T q X Tq X q X Tq X q
2 1 1
2 3 2
T3 T2q X Tq X q 1 q X Tq X q q 1
…
n n1 n1
T Tq X q q ... q 1
n
Vậy
n q 1
Tn
Tq X q 1
n
Áp dụng công thức trên ta có, sau đúng 24 tháng số tiền ông A còn nợ là
T
24
24
24 1.01 1
500.1.01 X 0
0.01

24
500.1.01 .0.01
X
24 23.53673611 (triệu đồng)
1.01 1
Bài toán tổng quát:
Một người vay ngân hàng số tiền T (đồng) với lãi suất r %/tháng.
Người đó bắt đầu trả nợ ngân hàng sau đúng một tháng kể từ ngày vay, hai lần trả cách nhau
đúng một tháng và lãi hàng tháng được tính trên số dư nợ thực tế của tháng đó.
Đặt q 1 r%
. Ta có:
1. Nếu mỗi lần trả số tiền là X (đồng) thì sau n tháng người đó còn nợ số tiền là
n q 1
Tn
Tq X q 1
n
(đồng)
2. Để trả hết nợ sau đúng n tháng thì người đó phải trả số tiền mỗi lần là
n
T. q . q 1
X
n
q 1
(đồng)
Câu 221.
Chọn A
Lãi suất theo kỳ hạn tháng bằng .
Câu 222.
Sau năm ta có kỳ hạn, do đó số tiền cả gốc và lãi bằng: đồng.
Do đó số tiền lãi bằng:
Chọn C
đồng.
Gọi là số tiền vay ngân hàng ban đầu, là lãi suất mỗi tháng, là số tiền phải trả mỗi
tháng để sau tháng thì hết nợ.
Sau tháng thì số tiền gốc và lãi là , người đó trả đồng nên số tiền còn nợ là:
. 4
Sau 2 tháng, số tiền còn nợ là:
.
Sau 3 tháng, số tiền còn nợ là .
Sau n tháng, số tiền còn nợ là .
Để trả hết nợ sau tháng thì số tiền này phải bằng .
.
Áp dụng với (triệu đồng), , (triệu đồng).
.

.
Vậy sau
Câu 223. [
Chọn D
tháng thì anh An trả hết nợ.
Giả sử số tiền gửi ban đầu là (vnđ) và sau ít nhất năm thu được gấp đôi số tiền ban đầu
.
Số tiền người đó thu được sau năm gửi là .
Sau
năm số tiền người đó thu được gấp đôi số tiền ban đầu nên ta có
.
Câu 224.
Vậy sau ít nhất
đầu.
Chọn D
năm người đó thu được (cả số tiền gửi ban đầu và lãi) gấp đôi số tiền gửi ban
Gọi
là số tiền hoàn nợ mỗi tháng, sau đúng một tháng kể từ ngày vay.
Số tiền còn nợ ngân hàng sau một tháng là:
(triệu đồng).
Sau khi hoàn nợ lần thứ thì số tiền còn nợ là: (triệu đồng).
Sau khi hoàn nợ lần thứ
thì số tiền còn nợ là:
(triệu đồng).
Sau khi hoàn nợ lần thứ
thì số tiền còn nợ là:
(triệu đồng).
…
Lý luận tương tự, sau khi hoàn nợ lần thứ
thì số tiền còn nợ ngân hàng là:
Vì sau tháng trả hết nợ, cho nên: .
Thay vào công thức, ta có: .
Sử dụng máy tính tìm được . Vậy sau tháng thì anh Hoàng trả hết nợ.

Câu 225.
Chọn D
Gọi sô tiền mẹ gửi vào ngân hàng vào đầu tháng hàng tháng là đồng.
Số tiền mẹ lĩnh vào đầu tháng là T đồng.
Lãi suất hàng tháng mẹ gửi tại ngân hàng là r %.
Vì mẹ rút tiền vào đầu tháng năm nên thời gian được tính lãi suất là tháng.
Ta có:
+) Đầu tháng mẹ gửi vào đồng.
cuối tháng số tiền của mẹ là: đồng.
+) Đầu tháng số tiền của mẹ gửi vào là: đồng.
cuối tháng số tiền của mẹ là: đồng.
+) Đầu tháng số tiền mẹ gửi vào là: .
cuối tháng số tiền của mẹ là:
Cứ như vậy đến cuối tháng thứ số tiền của mẹ là:
.
.
Ta thấy là tổng của 1 cấp số nhân với .
. Ta có:
đồng.
Vì mẹ rút tiền vào đầu tháng năm đồng.
Câu 226.
Chọn D
Ta có
(triệu đồng).
Câu 227.
Trong đó: (triệu đồng) là số tiền cần trả mỗi tháng, là lãi suất mỗi tháng, (triệu
đồng) là số tiền vay ban đầu, (tháng) là số tháng trả để ông A trả hết nợ.
Gọi số tiền cô Ngọc vay là , số tiền trả hàng tháng là . Với lãi suất là / tháng thì :
Cuối tháng 1 còn nợ : .
Cuối tháng còn nợ: .
Cuối tháng còn nợ :
.
Cứ như vậy cuối tháng
còn nợ:

.
Để trả hết nợ thì .
Áp dụng công thức ta có:
( triệu).
Câu 228.
Chọn A
Gọi là số lượng lá bèo ban đầu được thả xuống hồ.
Sau 1 giờ thì số lượng lá bèo có trong hồ là ;
Sau 2 giờ thì số lượng lá bèo có trong hồ là ;
……….
Sau giờ thì số lượng lá bèo có trong hồ là .
Sau 10 giờ số lượng lá bèo phủ kín mặt hồ nên ta có .
Giả sử sau giờ ( ) thì số lượng lá bèo phủ kín tối thiểu một phần tư hồ
Khi đó: .
Câu 229
Chọn A
* Bài toán tổng quát: Hàng tháng gửi vào ngân hàng với số tiền là (đồng), với lãi suất hàng
tháng là . Sau tháng người gửi có số tiền.
Lời giải
+ Cuối tháng thứ , người gửi có số tiền: ;
+ Đầu tháng thứ , người gửi có số tiền: ;
+ Cuối tháng thứ , người gửi có số tiền:
;
+ Đầu tháng thứ , người gửi có số tiền: ;
+ Cuối tháng thứ , người gửi có số tiền:
;
…
+ Cuối tháng thứ , người gửi có số tiền:
.
*Áp dụng bài toán:

, , . Ta có:
.
Câu 230.
Chọn A
6 tháng = 2 quý.
Số tiền người đó có sau 6 tháng là:
(triệu đồng).
Sau khi gửi thêm 100 triệu, số tiền người này gửi trong ngân hàng là 206,09 triệu đồng.
Số tháng còn lại là 6 tháng = 2 quý.
Số tiền sau 1 năm người đó nhận được là:
(triệu đồng).
Câu 231.
Chọn A
Gọi số tiền vay ban đầu là , số tiền hoàn nợ mỗi tháng là , lãi suất một tháng là .
Hết tháng thứ nhất, số tiền cả vốn lẫn nợ ngân hàng là
(triệu đồng).
Sau khi hoàn nợ lần thứ nhất, số tiền còn nợ là
Sau khi hoàn nợ lần thứ hai, số tiền còn nợ là
(triệu đồng).
(triệu đồng).
Sau khi hoàn nợ lần thứ ba, số tiền còn nợ là
(triệu đồng).
Lập luận tương tự, sau khi hoàn nợ lần thứ
, số tiền còn nợ là
.
Sau tháng thứ
trả hết nợ thì ta có
Thay số với , , ta tính được (tháng).
Vậy sau
tháng người đó trả hết nợ ngân hàng.
Câu 232.
Chọn A
Tổng số tiền lãi và gốc sau năm (tức tháng) khi gửi triệu đồng vào ngân hàng lãi
suất /tháng là

(triệu đồng).
Sau tháng thứ hai, số tiền ông Bình thu được cả vốn lẫn lãi (không tính tới phần vốn và lãi của
số tiền triệu lúc đầu)
(triệu đồng).
Sau tháng thứ ba, số tiền ông Bình thu được cả vốn lẫn lãi (không tính tới phần vốn và lãi của
số tiền triệu lúc đầu)
(triệu đồng).
Sau tháng thứ 36, số tiền ông Bình thu thu được cả vốn lẫn lãi (không tính tới phần vốn và lãi
của số tiền triệu lúc đầu) là
(triệu đồng).
Vậy tổng số tiền cả vốn lẫn lãi sau
(triệu đồng).
năm ông Bình được nhận là
Câu 233.
Chọn A
Từ năm thứ nhất đến hết năm thứ , anh Hưng nhận được đồng.
Từ đầu năm đến hết năm thứ , anh Hưng nhận được đồng.
Từ đầu năm đến hết năm thứ , anh Hưng nhận được đồng.
…
Từ đầu năm đến hết năm thứ , anh Hưng nhận được
đồng.
Vậy, sau năm làm việc, anh Hưng nhận được tổng số tiền là
đồng.
Câu 234.
Chọn D
Gọi là số tiền vay ban đầu, suy ra triệu đồng.
Gọi là lãi suất trên một tháng, suy ra .
Gọi là số tiền ông A phải trả hàng tháng.
Cuối tháng , ông A còn nợ số tiền là: .
Cuối tháng , ông A còn nợ số tiền là:
.
Cuối tháng , ông A còn nợ số tiền là:
.
Lặp lại quá trình như vậy cho tới cuối tháng , theo nguyên lý quy nạp ta dễ dàng có được:
Cuối tháng , ông A còn nợ số tiền là:

.
Ta nhận thấy là tổng các số hạng của một cấp số nhân có số hạng,
số hạng đầu , công bội . Áp dụng công thức tính tổng, ta có:
.
Do đó: .
Để trả hết nợ thì .
Vì sau đúng 5 năm thì ông A trả hết nợ nên . Thay ta được:
triệu đồng. Chọn D
Câu 235.
Chọn B
Gọi khối lượng công việc công ty xây dựng đã làm được trong tháng thứ nhất là
Theo đúng tiến độ như tháng thứ nhất công trình hoàn thành sau đúng 23 tháng nữa nên tổng
khối lượng công việc phải hoàn thành là
Theo bài ra, để sớm hoàn thành công việc thì khối lượng công việc mỗi tháng công ty xây dựng
phải làm lập thành cấp số nhân có công bội .
Giả sử công trình được hoàn thành ở tháng thứ
sau khi khởi công.
Ta có phương trình:
Câu 236.
Vậy công trình được hoàn thành ở tháng thứ 18 sau khi khởi công.
Chọn A
Đặt triệu đồng, triệu đồng, .
Số tiền còn lại sau tháng thứ 1:
Số tiền còn lại sau tháng thứ 2: .
Số tiền còn lại sau tháng thứ 3:
.
…………………………………………………………………………………………….
Số tiền còn lại sau tháng thứ 36 :
.
.

( triệu đồng).
Câu 237.
Chọn A
Gọi lần lượt là tiền vay ngân hàng, lãi suất ngân hàng và số tiền trả cố định hàng tháng.
Sau tháng thứ 1 thì số tiền anh A còn nợ ngân hàng là:
Sau tháng thứ 2 thì số tiền anh A còn nợ ngân hàng là:
Tương tự như vậy thì sau tháng thứ thì số tiền anh A còn nợ ngân hàng là:
Theo bài toán thì sau 2 năm ( tức là 24 tháng) thì hết nợ
Câu 238.
Thay số vào: ta có: triệu.
Chọn D
Gọi số tiền ông còn nợ là , số tiền trả hàng tháng là . Với lãi suất là
/ tháng thì :
Cuối tháng 1 còn nợ : .
Cuối tháng
còn nợ:
Cuối tháng còn nợ :
.
Cứ như vậy cuối tháng
còn nợ:
.
.
Câu 239.
Sau tháng trả hết nợ thì .
(đồng).
Số tiền ông đã trả: (đồng).
Số tiền đã trả chênh lệch so với giá niêm yết là:
Chọn A
.
(đồng).
Gọi số tiền mỗi tháng anh gửi tiết kiệm ngân hàng trong tháng đầu là ; số tiền mỗi tháng
anh gửi tiết kiệm sau tháng thứ là .
Đặt

Gọi là số tiền sau tháng thứ ta có
.
….
.
.
.
….
.
Theo giả thiết ta có ; ; .
Vậy
Câu 240.
đồng.
Chọn B
Gọi là lãi suất của khoản vay.
- Số nợ của Việt sau tháng thứ nhất là: (triệu đồng).
- Số nợ của Việt sau tháng thứ hai là:
(triệu đồng).
…
- Số nợ của Việt sau tháng thứ là:
(triệu đồng)
Giả sử sau tháng thứ
, Việt trả được hết số nợ, khi đó
Vậy
66,73. Tức là sau khoảng 67 tháng Việt trả được hết nợ ngân
Câu 241.
hàng.
Chọn D
Ta có: 10 năm = 120 tháng. Đơn vị của T i là triệu đồng.
+ Sau tháng thứ nhất, tổng tiền gốc và lãi là:
+ Đầu tháng thứ hai, người đó gửi thêm 5 triệu nên tiền gốc đầu tháng thứ hai là

Sau tháng thứ hai, tổng tiền gốc và lãi là:
+ Đầu tháng thứ ba, người đó gửi thêm 5 triệu nên tiền gốc đầu tháng thứ ba là
Sau tháng thứ ba, tổng tiền gốc và lãi là:
+ Đầu tháng thứ tư, người đó gửi thêm 5 triệu nên tiền gốc đầu tháng thứ tư là
Sau tháng thứ tư, tổng tiền gốc và lãi là:
…
Sau120 tháng tổng tiền gốc và lãi là:
Tới đây có 2 cách để tính
+ Cách trắc nghiệm: dùng chức năng tính tổng xích ma trong máy tính suy ra
+ Cách tự luận: Đặt , ta thấy là
tổng của một cấp số nhân có 120 số hạng và
, nên
Câu 242.
Chọn B
Đặt .
Số tiền Nam nợ cuối năm thứ nhất là: .
Số tiền Nam nợ cuối năm thứ hai là : .
….
Số tiền Nam nợ cuối năm thứ tư là: .
Đặt .
Số tiền Nam còn nợ sau khi trả nợ lần 1 là: .
Số tiền Nam còn nợ sau khi trả nợ lần 2 là: .
….
Số tiền Nam còn nợ sau khi trả nợ lần là: .
Vì sau 4 năm (48 tháng), Nam trả hết nợ nên ta có phương trình:
(đồng).
Câu 243.

Chọn D
Mỗi tháng người đó phải trả số tiền gốc như nhau là
đồng.
Tháng đầu tiên, người đó phải trả số tiền lãi là .
Tháng thứ hai, người đó phải trả số tiền lãi là .
Tháng cuối cùng, người đó phải trả số tiền lãi là .
Vậy tổng số tiền lãi người đó phải trả là
đồng.
Câu 244.
Vậy tổng số tiền mà người đó phải trả cho ngân hàng trong toàn bộ quá trình trả nợ là
đồng.
Chọn D
Gọi số tiền ông Nam vay ban đầu là triệu. Lãi suất hàng tháng là .
Gọi số tiền trả hàng tháng kể từ tháng thứ 6 là triệu.
Theo công thức lãi kép, số tiền nợ của ông Nam sau 5 tháng là: .
Số tiền nợ còn lại sau 6 tháng là: .
Số tiền nợ còn lại sau 7 tháng là: .
Tương tự, số tiền nợ còn lại sau
tháng là:
.
Sau
tháng ông Nam trả hết nợ khi và chỉ khi
.
Giải ra ta được .
Vì là số tự nhiên nên ta lấy tháng.
Câu 245.
Chọn C
Bài toán này ta có thể áp dụng công thức gửi tiền và rút tiền hàng tháng để tiết kiệm thời gian
khi làm bài tập trắc nghiệm. Công thức đã được chứng minh theo phương pháp tự luận.
.
Trong đó:
: là số tiền còn lại sau tháng.
: là số tiền gửi ban đầu.
: là lãi suất của ngân hàng.
: thời gian gửi
: là số tiền rút hàng tháng.
Áp dụng vào bài toán:
Gọi là thời gian gửi tiền của anh A. Cho đến khi rút hết tiền thì số dư bằng nên ta có:

Câu 246.
Vậy sau
Ta được:
tháng số tiền trong ngân hàng của anh A sẽ hết.
.
.
Câu 247.
Chọn B
Chú ý: Cho bài toán sau:
Vay M đồng từ ngân hàng với lãi suất x% = r mỗi tháng. Hỏi háng tháng phải trả bao nhiêu để
sau n tháng hết nợ. (Trả tiền vào cuối tháng).
PP giải:
Cuối tháng thứ nhất, số tiền người đó còn nợ là
đồng
Cuối tháng thứ hai, số tiền người đó còn nợ là
Cuối tháng thứ ba, số tiền người đó còn nợ là:
…
Cuối tháng thứ n số tiền người đó còn nợ là:
Để hết nợ sau n tháng thì số tiền còn nợ sau n tháng là 0, tức là ta giải phương trình
(số tiền phải trả mỗi tháng).
Lãi suất là 12%/ năm nên mỗi tháng lãi suất là 1%.
Thời gian trả trong 2 năm, tức là 24 tháng.
Trả tước 500 triệu nên số nợ ban đầu ông A nợ là 500 triệu.
Áp dụng công thức mua trả góp, ta có số tiền ông A phải trả mỗi tháng là:
(đồng).
Câu 248.
Chọn A
Bài toán lãi kép:

Kí hiệu số tiền gửi ban đầu là , lãi suất một kì hạn là thì số tiền cả gốc và lãi có được sau
kì hạn là .
Anh Bảo nhận được số tiền ít nhất 36 triệu đồng tính cả vốn và lãi nên ta có:
.
Câu 249.
Vậy thời gian tối thiểu để anh Bảo nhận được ít nhất 36 triệu đồng tính cả vốn lẫn lãi là 16 quý.
Chọn B
Đặt q 11% 1,01.
Gọi số tiền ông A vay là T (triệu đồng), T 500 .
Gọi số tiền ông A trả hàng tháng là X (triệu đồng).
Gọi số tiền còn nợ sau n tháng là T n , n N * .
Ta có:
T Tq X
1
2
T T q X Tq X q X Tq X q
2 1 1
2 3 2
T3 T2q X Tq X q 1 q X Tq X q q 1
…
n n1 n1
T Tq X q q ... q 1
n
Vậy
n q 1
Tn
Tq X q 1
n
Áp dụng công thức trên ta có, sau đúng 24 tháng số tiền ông A còn nợ là
T
24
24
24 1.01 1
500.1.01 X 0
0.01
24
500.1.01 .0.01
X 23.53673611
24
(triệu đồng)
1.01 1
Bài toán tổng quát:
Một người vay ngân hàng số tiền T (đồng) với lãi suất r %/tháng.
Người đó bắt đầu trả nợ ngân hàng sau đúng một tháng kể từ ngày vay, hai lần trả cách nhau
đúng một tháng và lãi hàng tháng được tính trên số dư nợ thực tế của tháng đó.
Đặt q 1 r%
. Ta có:
1. Nếu mỗi lần trả số tiền là X (đồng) thì sau n tháng người đó còn nợ số tiền là
n q 1
Tn
Tq X q 1
n
(đồng)
2. Để trả hết nợ sau đúng n tháng thì người đó phải trả số tiền mỗi lần là

X
n
T. q . q 1
n
q 1
(đồng)
Câu 250.
Chọn C
Sau đúng 1 tháng, số tiền còn nợ của ông A là:
Sau đúng 2 tháng, số tiền còn nợ của ông A là:
Sau đúng 3 tháng, số tiền còn nợ của ông A là:
………………….
Sau đúng n tháng, số tiền còn nợ của ông A là:
Ông A trả hết nợ:
suy ra
Câu 251.
Vì trả vào cuối tháng nên: .
Chọn B
Cuối tháng thứ nhất, tiền gốc và lãi là triệu đồng. Sau khi trả triệu thì số tiền
người đó còn nợ ngân hàng là
triệu đồng.
Cuối tháng thứ hai, tiền gốc và lãi là: triệu đồng. Sau khi trả triệu thì
số tiền người đó còn nợ ngân hàng là
triệu đồng.
Như vậy ở cuối tháng thứ
người đó nếu còn nợ thì số tiền nợ là:
triệu đồng.
Xét
Do vậy kỳ cuối cùng người đó phải trả tiền là tháng thứ . Cuối tháng thứ , số tiền còn nợ
lại là
triệu đồng.
Vậy kỳ cuối người đó phải trả số tiền là
đồng.
triệu đồng
Câu 252.
Chọn A
Gọi là số tiền hàng tháng bà gửi ngân hàng.
Số tiền bà A có sau tháng thứ 1 là: .
4cm
A
9cm
6cm
B

Số tiền bà A có sau tháng thứ 2 là: .
………………….
Số tiền bà A có sau tháng thứ là :
.
Theo đề ra ta có: .
Câu 253.
Câu 254.
Chọn D
Hàm có tập giá trị là nên phương trình có nghiệm thực .
Chọn C
Ta có: .
Xét hàm số: .
.
.
nghịch biến trên . Do đó phương trình có nhiều nhất một nghiệm trên
Câu 255.
Mặt khác: nên phương trình có ít nhất một
nghiệm thuộc khoảng .
Vậy phương trình đã cho có một nghiệm thực.
Chọn C
Ta có .
Đặt .
Bảng xét dấu:
.
Câu 256.
Do đó: . Mà nên .
Vậy phương trình có 1 nghiệm nguyên.
Chọn D
Dựa vào đồ thị ta có: Để phương trình có hai nghiệm dương phân biệt thì

Câu 257.
Chọn B
Đặt
.
Đặt , .
Với .
.
Câu 258.
Chọn C
Phương trình .
Đặt với , phương trình trở thành .
Với .
Câu 259.
Vậy phương trình đã cho không có nghiệm âm.
Chọn A
ĐK:
Phương trình: .
.

.
Vậy .
Câu 260.
Chọn D
Xét phương trình (1)
Điều kiện: .
Đặt
, ta có:
Câu 261.
Trường hợp 1:
Phương trình (1) viết lại: (2)
Dễ thấy phương trình (2) có nghiệm .
Lại có: hàm số nghịch biến trên nên là nghiệm duy nhất của (2).
Với , ta có: ( phương trình này có 2 nghiệm thực).
Trường hợp 2:
Phương trình (1) viết lại: (3)
Tương tự như trường hợp 1, ta có là nghiệm duy nhất của (3)
Với , ta có: ( phương trình này không có nghiệm thực).
Vậy phương trình đã cho có tất cả 2 nghiệm thực.
Ta có :
sin x 5 cos x m 5
3 log m 5
sin x
5 cos x10
3
sin x
5 cos x10
ln m 5
x x
m 5
x x m
m 5
3 ln sin 5 cos 10
sin x
5 cos x10
3 .ln sin 5 cos 10 3 .ln 5
Xét
t
f t ln t .3 , t
5
1
3
t ln 3
t
f t t ln 3 0, t
5
t
Vậy hàm số f t
đồng biến .
sin 5 cos 10 5
f x x f m
sin x 5 cos x 10 m 5
sin x 5 cos x 5 m

Mà 6 sin x 5 cos x 6
Câu 262.
Vậy để phương trình có nghiệm ta phải có 5 6 m 5 6
Chọn D
x y
Điều kiện 0 x y 0.
2 2
x y xy 2
x y
log x
2 2
x 3 y y 3
xy
3
x y xy 2
x y x y xy x y xy x y
2 2 2 2
2log3 2log3
2 3 3
x y x y xy x y xy x y
2 2 2 2
2log3 2 2log3
2 2 3 3
2 2 2 2
2log3 3x 3y 3x 3y 2log3
x y xy 2 x y xy 2
Xét hàm đặc trưng
f t 2log
3
t t, t 0; ,
ta có f t 2 1 0, t
0; .
t.ln 3
f t
Suy ra hàm đồng biến trên khoảng 0; .
Phương trình
2 2 2 2
f 3x 3y f x y xy 2 x y xy 2 3x 3y
x y
a ,
x a b
Đặt
2
3a
b 3
Khi đó P và 2
là: 2 2
3 a 1 b 1.
y a b x y
2a
6
b .
2
Đặt
3 a 1 cos t,
b sin t,
t
0;2
, khi đó
3cost
3 sin t 6 3
P 2P 3 .cost 3 sin t 6 3 8 3P
2cost
8 3
Do phương trình luôn có nghiệm t nên ta có
2 69 249 69
2P 3 3 6 3 8 3P 47P 249
2 69P 24 0 P .
94 94
2
Câu 263.
Vậy giá trị lớn nhất của P là 69 249 .
94
Chọn C
2
mxx
mx1m
2 1 2 2 2
1
2x m m 1 x 2 .2 x mx 1 .2 x m x
2 2 2 2
2 2 2 x mx1
2 x m x1 x mx1
2 2
x mx 1 x m x 1
.2 x mx 1 .2 x m x 1 .
Đặt
2 2 2
1 , 1
a x mx b x m x
thì phương trình trên trở thành
a ba b a b a
a b a b a b a b a b
.2 .2 .2 .2 2 1 2 1 0
Nếu a 0 hoặc b 0 thì phương trình (*) thỏa mãn.
(*).

a
2 1 2 1 Nếu a 0 và b 0 thì phương trình (*) tương đương 0 (**).
b a
Nhận xét:
Với a 0 thì 2 a a
2 1 1, tức là 2 a 1 0 nên 0 .
a
Với a 0 thì 2 a a
2 1 1, tức là 2 a 1 0 nên 0 .
a
Suy ra 2 a
1 0, a 0 .
a
Tương tự: 2 b
1 0, b 0 .
b
Nên
b a
2 1 2 1 0, a
0, b 0 . Suy ra phương trình (**) vô nghiệm.
b a
a
0
Do đó: (*) .
b
0
2
x
mx 1 0
Tức là phương trình đã cho tương đương
.
2 2
x
m x 1 0
2
2 2
Hai phương trình x mx 1 0 và x m x 1 0 có ít nhất 1 nghiệm trùng nhau khi m 0
hoặc m 1.
2
Nếu m 0 thì hai phương trình đều là x 1 0 nên phương trình đã cho có hai nghiệm
và tổng hai nghiệm đó là T1 0 .
2
Nếu m 1 thì hai phương trình đều là x x 1 0 nên phương trình đã cho có hai nghiệm
và tổng hai nghiệm đó là T2 1.
2
2 2
Khi m 0 và m 1 thì hai phương trình x mx 1 0 và x m x 1 0 không có nghiệm
nào trùng nhau.
2
Phương trình bậc hai x mx 1 0 có a. c 0 nên có hai nghiệm phân biệt và tổng hai nghiệm
đó là x x m .
1 2
Câu 264.
2 2
Phương trình bậc hai x m x 1 0 có a. c 0 nên có hai nghiệm phân biệt và tổng hai
2
nghiệm đó là x x m .
3 4
Suy ra phương trình đã cho có 4 nghiệm phân biệt và tổng của chúng là
2 1 1 1
T3 x1 x2 x3 x4
m m
m
.
2 4 4
1 1
1
T3
m , nên minT3
.
4 2
4
So sánh T , T , minT
1
4
1 2 3
1
và đạt tại m .
2
2
thì được giá trị nhỏ nhất của tổng các nghiệm của phương trình đã cho là
Chọn C
Điều kiện: x 1.
Vì x 0 không thỏa mãn phương trình nên ta có

x 2
mln x 1
x 2
m , 2
ln( x 1)
1 mln x 1 x 2 ln x 1
1
0
.
ln x 1
1
1
x
1
e
1
Do nghiệm x 1 0 nên phương trình 1
có hai nghiệm thoả mãn 0 x1 2 4 x2
khi
e
và chỉ khi phương trình có hai nghiệm phân biệt sao cho 0 x 2 4 x .
2
1 2
x 2
ln
x 2
x 1
Xét hàm số f x
trên khoảng 0 ; +
ta có f x
x 1 .
2
ln x 1
ln x 1
x 2
f x 0 ln x 1
0 , 3
.
x 1
x 2
1 1
Xét hàm số h x ln x 1
có h x
0 , x
0 nên h x
đồng biến
x 1
x 1 x 1
2
f 2 . f 4
0 f x
2;4
3
x
. Từ đó ta có bảng biến thiên
trên 0; do đó phương trình f x 0 có không quá một nghiệm.
Mà và là hàm số liên tục trên suy ra phương trình có duy
nhất một nghiệm
0
2;4
Câu 265.
Từ bảng biến thiên ta có phương trình
6 6
khi và chỉ khi m m
;
.
ln 5 ln 5
6
Vậy a 3,7;3,8
.
ln 5
Chọn D
Phương trình tương đương với
1 có hai nghiệm phân biệt thoả mãn 0 x1 2 4 x2
x x x m m x x
3 9 24 27 3 3 3 3 3
3 3 m3x 3 2 3x m3x 3x
3
3 2
Xét hàm đặc trưng: 3 t
t
f t t f t 3 ln 3 3t 0 t
.
3 m 3x 3 3 x m 3x 3 x m 3 x 3x
3 m3x 3x
3 3
3
3 2
m x 9x 24x
27 .
3 2
2 x
2
Đặt g x x 9x 24x
27 g x 3x 18x
24 0 .
x
4
Ta có bảng biến thiên:

Câu 266.
Chọn C
Để phương trình có nghiệm phân biệt thì 7 m 11 m 8;9;10 . Vậy tổng các giá trị m
bằng . 27
Điều kiện: x .
2
x1 2
2 x
x x m
2 x m
2 .log 2 3 4 log 2 2
x1
3
x xm
x m
2 2 2
2 2
2 .log 1 2 2 log 2 2
t
Xét hàm số y 2 .log t 2 với t 0 .
2
1
.
t
Hàm số y 2 .log t 2 xác định và liên tục trên 0; .
2
t
t
2
Ta có y 2 .log2
t 2 .ln 2 0, t
0 .
t 2 ln 2
t
Vậy hàm số y 2 .log t 2 đồng biến trên 0; .
Từ
2
2
x 1 2 x m
2 2
1 f x 1 f 2 x m x 1
2 x m
2
x 1 2 x m
2
2m x 4x
1 1
*
.
2
2m
x 1 2
2
Xét phương trình 2m x 4x
1. Ta có bảng biến thiên của hàm số
2
g x x 4x
1
2
3
Phương trình 2m x 4x
1
có 2 nghiệm phân biệt khi 2m
3 m .
2
2
3
Phương trình 2m x 4x
1
có 1 nghiệm khi 2m
3 m .
2
2
3
Phương trình 2m x 4x
1
vô nghiệm khi 2m
3 m .
2

2
Xét phương trình 2m
x 1. Ta có bảng biến thiên của hàm số h x
2
x
1
2
1
Phương trình 2m
x 1
có 2 nghiệm phân biệt khi 2m
1
m .
2
2
1
Phương trình 2m
x 1
có 1 nghiệm khi 2m
1
m .
2
2
1
Phương trình 2m
x 1
vô nghiệm khi 2m
1
m .
2
3
2
2
Khi m : phương trình 2m x 4x
1
có nghiệm x 2 , phương trình 2m
x 1
có 2
2
3
nghiệm phân biệt x 2 . Vậy *
có 3 nghiệm phân biệt, suy ra loại m .
2
1
2
Khi m : phương trình 2m x 4x
1
có 2 nghiệm phân biệt x 2 2 , phương trình
2
2
3
2m
x 1
có nghiệm x 0 . Vậy *
có 3 nghiệm phân biệt, suy ra loại m .
2
2 2 2
Xét phương trình x 4x 1 x 1 2x 4x 2 0 x 1
suy ra không tồn tại m để
phương trình và có cùng tập nghiệm gồm 2 phần tử. Vậy không tồn tại để * có 2
1
2
m
nghiệm phân biệt .
Yêu cầu bài toán * có 2 nghiệm phân biệt .
3
m
1
TH1: 1
có 2 nghiệm phân biệt và 2
vô nghiệm
2
m .
1 2
m
2
1
m
3
TH2: 2
có 2 nghiệm phân biệt và 1
vô nghiệm
2
m .
3 2
m
2
3
m
TH3: 1
có nghiệm x 2 và 2
có nghiệm x 0
2
m
.
1
m
2
1 3
Kết hợp với điều kiện m thuộc đoạn 2019;2019
ta có m
2019; ;2019
.
2 2
Vì m nguyên nên nên ta có 4038 giá trị của m .
Câu 267.

Câu 268.
Chọn A
1
y
Để 0 mà từ giả thiết x, y 0 suy ra 1 y 0 y 1. Vậy ĐKXĐ: x 0;0 y 1.
x 3xy
1
y
Ta có : log3
3xy x 3y
4
x 3xy
3
y 3 1 3
x 3xy
3
xyx
33
y
1
y
3
x 3xy
y y
xy x
3xyx3 y4
3 3 3xyx
3 3 .3 3 .3 (*)
0; (*) f 3 3y f 3xy x
y 3xyx3 y3
3 1
x 3xy
Xét f t t.3 t với t 0 . Ta có 3 t t
f t t.3 .ln 3 0 với t
0 , suy ra f t đồng biến trên
khoảng . Từ ta có với 3 3y 0,3xy x 0 nên
3
x
3 3y 3xy x y .
3( x 1)
Ta có
3 x
3
x 1 4
P x y x x 1
3
x 1
3
x 1
3
3
4 4 4 4 4 3 4
P x 1
2 x 1 .
.
3 x 1 3 3 x 1 3 3
4
x 1 3 x 1
2 3
x
3
4 3 4 3 x
3
Vậy Pmin
y .
3 3
x 1
2 3 1
y
x 0;0 y 1
3
Chọn D
1
2x
1 0 x
Điều kiện 2 .
x
1 0
x
1
2x
1
2
Ta có: log3 3x
8x
5 .
2
x 1
2x
1
x
2
log3 1 3x
8x
4
2
1
3 x 1
2x
1
log 3 1 2 1
3 2
2 2
log 2x 1 2x 1 log 3 x 1
3 x 1
1
3 3
Xét hàm số: f t log 3
t t với t 0 .
1
f t
1 0 t
0 .
t.ln 3
f t
Suy ra hàm số đồng biến trên 0; .
Phương trình 1 f 2x 1 f 3 x 1
.
x
2
2 2
2x 1 3 x 1 3x 8x
4 0 hay
2 .
x
3
2
2
x x
.
.
3

Câu 269.
2
Vậy hai nghiệm của phương trình là 2 và suy ra b 3 .
3
Chọn B
Điều kiện xác định:
2
2x x m 1 2 0
2
2 1 3
2x x m 1 0 (vì x x 1
x 0 với mọi x ). (*)
x x 1
2 4
Khi đó:
2
2
2x x m 1
2
2x x m 1
log3 2x 4x 5 2m
2
2
log3 1 2x 4x 4 2m
2
x x 1
x x 1
2
2x x m 1
2
log3 2x 4x 4 2m
2
3 x x 1
2 2
log3 2x x m 1 log3
3 x x 1
22x 2 x m 1 6 x 2 x 1
2
log3
2x x m 1
22x 2 x m 1
2
2
log3
3 x x 1
6 x x 1
3
Xét hàm số f t log t 2t
với t 0 .
1
Ta có: f t
2 0, t
0 . Suy ra hàm số f t
đồng biến trên khoảng 0;
.
t.ln 3
Do đó (1) tương đương với
2
f 3 x x 1
f x x m
2
2 1
2
2
2x x m 1
3 x x 1
2
x 2x 2 m .
2
2
BPT x 2x 2 m có nghiệm m min g x với g x x 2x
2 .
2
g x x 2x
2 x g x 2x
2
0
Xét hàm số với có .
g x 2x
2 0 x 1.
Bảng biến thiên
2
. (1)
(thỏa mãn (*))
Câu 270.
m10;10
S 1;2;...;10
Từ bảng biến thiên suy ra min g x 1. Do đó m 1.
Vì nên tập . Vây S có 10 phần tử.
Chọn D
2
Điều kiện: Ta có x 1 x 0, x nên hàm số f x xác định trên .
2
ln 2
1
x x
x x
e e f x
x
Ta có f x ln x 1 x e e
x
2
x x
ln x 1
x
e e
với x
. Suy ra f x là hàm số lẻ.
2
2 x
x x 1
1
2
2
Mà
2 x 1 x x
f x
e e
x 1 x x 1 x x
e e e e 0 ,
2
2 2
x 1
x
x 1 x x 1
x

Câu 271.
Suy ra f x
đồng biến trên .
x
Ta có: f 3 f 2x
1 0 f 3 x f 2x
1 3 x
x
f f 1 2x
3 1
2x
.
2
Điều kiện: Ta có x 1 x 0, x nên hàm số f x xác định trên .
2
ln 2
1
x x
x x
e e f x
x
Ta có f x ln x 1 x e e
x
2
x x
ln x 1
x
e e
với x
. Suy ra f x là hàm số lẻ.
2
2 x
x x 1
1
2
2
Mà
2 x 1 x x
f x
e e
x 1 x x 1 x x
e e e e 0 , x
.
2
2 2
x 1
x
x 1 x x 1
Suy ra f x
đồng biến trên .
x
Ta có: f 3 f 2x
1 0 f 3 x f 2x
1 3 x
x
f f 1 2x
3 1
2x
.
Xét hàm số g x 3 x
. Hàm số g x đồng biến trên , hàm số h x 1
2x
nghịch biến trên
0 h0
nên đồ thị hàm số y g x và y h x có nhiều nhất một điểm chung. Vì g
x
suy ra phương trình 3 1 2x
có một nghiệm duy nhất x 0 .
Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x 0 .
Chọn D
Ta có
1 1 1 1
x a x a
x
ln 5 3 1 ln 5 3 1
x
x x
x x
ln 5 0 4
Điều kiện xác định x
5 0 x
5
.
x
3 1 0
x
0
1 1
Đặt hàm số f ( x)
x
x
ln( x 5) 3 1
Suy ra
x
1 3 ln 3
f '( x) 1
0
x 5ln 2 x 5 x
3 1 2
có TXĐ D 5; 4 4;0 0;
định
1 243
Tính : lim f ( x) 5 5 ; lim f ( x) ; lim f ( x)
5
x5
3 1 242 x4 x4
lim f ( x) ; lim f ( x)
; lim f ( x )
x0 x0
Bảng biến thiên
x
nên f ( x ) nghịch biến trên từng khoảng xác

Phương trình f ( x)
a có hai nghiệm phân biệt khi và chỉ khi
243
a 5 242
Câu 272.
Do
a
a
Chọn C
a
2019;2019 a 4;2018
. Vậy có 2018 4 1 2015 giá trị của a .
Câu 273.
f
Nhận xét phương trình 2 x 1 0 có một nghiệm đơn x 2 nên biểu thức sẽ đổi dấu khi đi
qua điểm x 2 . Do đó để bất phương trình nghiệm đúng với mọi x thì phương trình
f sin x
f sin x
2
2 m
1
xm
2 2.2 m 3 0 phải có một nghiệm x 2 m 2m
3 0 .
m
3
Thử lại với
m 1 ta có:
f sin
x
f sin
x
f x
f sin
x
f x
x 1 2 2.2 2 2 1 0
x 2
1 2 2 1 0
f sin x
2 1 f sin x 0 sin x 2 luôn đúng với mọi x m 1
thỏa mãn ycbt.
Thử lại với
m 3
ta có:
f sin
x
f sin
x
f x
f sin
x
f x
x 3 2 2.2 6 2 1 0
x 2
3 2 2 1 0
sin
3 2 f x
0 (vô lý) m 3
không thỏa mãn ycbt.
S
S
Vậy 1 . Số tập con của là 2 đó là 1 và .
Chọn D
Phương trình
Đặt hàm số
Ta có :
1 1 1 1
x a x a
x
ln 5 3 1 ln 5 3 1
x
x x
1 1
f ( x)
x
x
ln( x 5) 3 1
có tập xác định
x
1 3 ln 3
f '( x) 1 0
x 5ln 2 x 5 x
3 1 2
D 5; 4 4;0 0;
f ( x)
nghịch biến trên các khoảng của tập xác định
1 243
Các giới hạn: lim f ( x) 5 5 ; lim f ( x) ; lim f ( x)
5
x5
3 1 242 x4 x4
lim f ( x) ; lim f ( x)
; lim f ( x )
x0 x0
Bảng biến thiên
x

Phương trình
f ( x)
a
có hai nghiệm phân biệt khi và chỉ khi
243
a 5 242
Câu 274.
a
a
Do
. Vậy có 2018 4 1 2015 giá trị của a .
a 2019;2019
a 4;2018
Chọn D
5
Phương trình 50
2 3.7
x x
50 2 5 x
3.7 0 .
x x5
x
Xét hàm số f ( x) 50 2 3.7
x x5
x
f ( x) 50 ln 50 2 ln 2 3.7 ln 7
5
x 2 x 2 x 2
f ( x) 50 ln 50 2 ln 2 3.7 ln 7
x
50
x
x5
Khi x 0 thì f
( x) 7 ln 50 3ln 7 2 ln 2
7
0
50
2 2
x
x5
2
f
( x) 7 ln 50 3ln 7 2 ln 2
0
7
x
2
x
x
Khi 0 thì f
( x) 7 32 ln 2 3 ln 7 50 ln 50
7
0
2
2 2
x
x
2
f
( x) 7 32ln 2 3ln 7 50 ln 50
0
7
Suy ra f ( x) 0, x
. Nên f ( x)
đồng biến trên .
Mà lim f x 0 nên f ( x) 0, x
2 2 2
2 2 2
x
x
Suy ra f ( x)
đồng biến trên .
Mà
lim f x 0 nên f ( x) 0, x
x
Câu 275.
Chọn D
Suy ra phương trình
f ( x) 0
vô nghiệm.

Điều kiện x 1;1 .
Khi đó f 1 x 2 2 x 8 2 8
3 x 2 f m 0 f 1 x 2 x 3 x 2 f m .
3 3 3 3
2 2 3 2 8
Đặt g x f 1 x x x .
3 3
Ta có bảng sau:
f m 4
Vậy bất phương trình đã cho có nghiệm khi . Vì m nguyên thuộc đoạn 10;10 nên
m3;1;2;...;10 . Do đó S có 11 phần tử.
Câu 276.
13 3
3 2
2 f x f x7
f x
2 2
3 13 2
3
Ta có: e
m 2 f x f x 7 f x
ln m .
2 2
13 3
Đặt g x 2 f 3 x f 2
x 7 f x
.
2 2
2
g ' x f ' x
6 f x 13 f x
7
.

f ' x
0 x 1; x 3
g ' x
0 1
f x 1; 3 .
x x a
7
x b 0
f x
6
Bảng biến thiên trên đoạn 0;2 :
4
Giá trị lớn nhất của để phương trình có nghiệm trên đoạn 0;2 là: ln m 4 m e .
m
Câu 277.
Câu 278.
Chọn C
Ta có
3x5y10 x3y9 3x5y10 x3y9
e e 1 2x 2y e e x 3y 9 3x 5y
10
3x5y10 x3y9
e 3x 5y 10 e x 3y
9
1
t
Do hàm số f t e t đồng biến trên ;
1 3x 5y 10 x 3y 9 2x 2y
1
Khi đó phương trình
2 2
5 x y m 5 x m
nên
log 3 2 4 6 log 5 9 0
2 2
log x 5 m 6log x 5
m 9 0 , đặt
5 5
Phương trình đã cho trở thành t 2 m 6t m
2 9 0 2
2 2 2
2 có nghiệm
0 m 4 .
m 6 4 m 9 3m 12m
0
t log x 5 , t .
Vậy số giá trị nguyên dương của tham số m thỏa mãn là 4 giá trị .
Câu 46 (Phát triển).Tích tất cả các giá trị của m để hệ phương trình
2 2
x y x
y 2 2
x x y y
3 9.9 2 2 2 0
có nghiệm duy nhất là:
2 2 2
x y 2mx 4my 5m
9 0
A.
22
. B.
25
Chọn B
24
. C.
25
5
23
. D.
25
26
.
25

2 2
2 2
x 4x5m
2 4 6 1
2
Ta có 2 log 1 2 x
m
x m
log m 1
.
2 2
x 4x6 x 4x6
2
a x 4x
6
ab
Đặt , ta có a 2; b 1, phương trình đã cho trở thành 2 log .
2
a
b m 1
b
ab
2 1
Nếu a b thì không thỏa mãn.
log b a
1
ab
2 1
Nếu a b thì không thỏa mãn.
log b a
1
Do đó
a
b
, khi đó phương trình đã cho tương đương với
x 4x 6 m 1 x 4x 5 m
2 2 2 2
Số nghiệm của phương trình đã cho bằng số giao điểm của parabol
thẳng
y m
2
Ta có hình ảnh minh họa sau
2
y x x
4 5
và đường
Câu 279.
2
Dựa vào đồ thị, phương trình đã cho có đúng 1 nghiệm khi và chỉ khi m 1 m 1.
Vậy tổng các giá trị của tham số m là 0.
Chọn B
2
2x
4 6
Điều kiện: x 0 x .
x m 1
2
1 2x
4x
6
2 x m 1
2
Phương trình: log2
x 2 x x m
*
2
2x
4x
6 2
log2
2 4
x x x m
x m 1
log 2x 4x 6 log x m 1 2x 4x 4 x m
2 2
2 2
2 2
x x x x x m x m
log 2 4 6 2 4 6 log 1 2 4 4
2 2
2 2
log2 2x 4x 6 2x 4x 6 log2
4 x m 4 4 x m 4
1
2
Xét hàm f t log t t trên khoảng 0; .

1
có f ' t
1 0, t
0 suy ra f t
đồng biến trên khoảng 0;
.
t ln 2
Khi đó 1
f 2x 2 4x 6 f 4 x m 4
2
2 x m x 2x
1
2
2x 4x 6 4 x m 4
2
2x 2m x 2x
1
2
2x 2m x 2x
1
2 2
( do x 2x 1 ( x 1) 0, x
)
2
2m
x 1
2
2m x 4x
1
2
2
2
Vẽ đồ thị hai hàm số g x x 4x
1
và h x x 1
trên cùng hệ trục tọa độ Oxy
(Chú ý: Hai đồ thị hàm số y g( x)
và y h( x)
tiếp xúc với nhau tại điểm A(1;2)
)
*
Để phương trình có đúng ba nghiệm phân biệt thì 2 phải có đúng ba nghiệm phân biệt
đường thẳng y 2m
và hai đồ thị trên có đúng ba điểm chung phân biệt.
Câu 280.
1
m
2m
1 2
2m
2 m 1 .
2m
3
3
m
2
Vậy tổng tất cả các giá trị của m bằng 3.
Chọn B
2 2
Điều kiện xác định: x m x x 4 0.
2 2 2
log2
x m x x 4 2m 9 x 1 1 2m x 4
log 2 2 2
2
x x 4 x m 2mx 9x 1 x 4 2m x 4

4x
x 4 x
2 2
log2
m
2mx 9x 1 x 4 2m x 4
2
x 4 x
2
4x m x 4 mx
2 2
log2
2mx 9x 1 x 4 2m x 4
2
2 2 2 2
x m x mx x m x mx x x x x
log 4 4 8 2 4 2 1 log 4 4
2 2
2 2 2 2
x m x mx x m x mx x x x x
log 8 2 4 2 8 2 4 2 log 4 4 1
2 2
2
Xét hàm số f t log t t , t 0; .
1
f t t
t ln 2
1 0, 0;
Khi đó 1
2 2
8 2 4 2 4
x m x mx x x
2 2
2m x 4 x x 4 x 8x
2m
1
2m
1
x
2
8x
4 x
2
8 4
x x x
2
2 1 2 4
4
m x x x
2 2 1
2m
x x 4 x .
2
2 2
Xét hàm số g( x) x x 4 x với x ;
.
2
2
x 4 x
Ta có g( x) 0, x
.
2
x 4
nên hàm số luôn đồng biến trên TXĐ.
2
lim g x lim x x 4 x 4
4
lim x
;
x
x
x
2
lim 2
x
x 4 x
4
1 1
2
x
2 4
lim g x lim x
1 1
.
x
x
2
x
Ta có bảng biến thiên của g( x)

1
2m
5
Để phương trình có nghiệm thì 2
m .
2 2
Do nguyên thuộc 20;20
nên số giá trị m là 23.
m
Câu 281.
Chọn D
Với hai số dương ; thỏa
y
x y log 4x y 2xy 2 2
8 2x 2 y 2
Ta có y 2log 4x y 2xy 2 8 2x 2 y 2
2
2
y 2log 2x 1 y 2 8 2x 1 y 2 3 y 2
2
8
log2 2x 1 log2
y 2 2x
1
3
y 2
8 8
log2 2x
1 2x
1
log2
.
y 2 y 2
1
Xét hàm đặc trưng f t log2
t t trên 0;
có f t
1 0, t
0 nên hàm số
t ln 2
đồng biến trên 0; .
f t
8
8 8
f 2x 1
f 2x 1 y 2 .
y 2 y 2 2x
1
8
8
AM GM
P 2x y 2x 2 2x
1 3 4 2 3 .
2x
1 2x
1
Câu 282.
Dấu bằng xảy ra khi 8 2 1
2x 1 2x 1 8 x
2 2 .
2x
1 2
Vậy S a b c 3 .
Chọn D
Cách 1.
Đặt
x
t 4 , t 0
, phương trình đã cho trở thành:
2
m 1 t 2 2m 3 t 6m
50
2
t 6t
5
m
2
t 4t
6
(*).
Phương trình đã cho có hai nghiệm x1,
x2
trái dấu khi phương trình (*) có hai nghiệm t1,
t2
thỏa
mãn: 0
t 1
t .
1 2

Đặt
f t
2
t 6t
5
2
t 4t
6
f
'
t
2
10t
2t
56
. Suy ra
2
2
t 4t
6
' 1
561
f t
0 x
10
Ta có bảng biến thiên:
Từ bảng biến thiên, ta có phương trình (*) có hai nghiệm t1,
t2
thỏa mãn: 0
t1 1
t2
khi
4
m 1 .
Vậy có hai giá trị nguyên của tham số m thỏa mãn bài toán là m 3 và m 2 .
Cách 2:
x
2
Đặt t 4 , t 0 , phương trình đã cho trở thành: m 1 t 2 2m 3 t 6m
50
(*).
2
Đặt f x m 1 t 2 2m 3 t 6m
5
.
Phương trình đã cho có hai nghiệm x1,
x2
trái dấu khi phương trình (*) có hai nghiệm t1,
t2
thỏa
mãn: 0
t 1
t .
1 2
4 m 1
m 1 f 1
0 m 13m 12
0 1
Điều đó xảy ra khi:
m
4 m 1
.
m 1 f 0
0 m 16m
5
0
5
m
6
Vậy có hai giá trị nguyên của tham số m thỏa mãn bài toán là m 3 và m 2 .
Câu 283.
Câu 284.
Chọn D
Ta có:
2 2
log2 2x 1 m log
3
3 m 4x 4x 1 log2 2x 1 m log
3
3 m (2x
1)
.
Nếu 2 1
là nghiệm của phương trình thì 2x
1
cũng là nghiệm của phương trình.
x
0
1
Vậy để phương trình có nghiệm duy nhất thì 2x0 1 2x0 1
x0
.
2
1
Với x0
thay vào phương trình ta có: log2m log33m t
2
t
t
log 3 3
m
2
t t 3
2
3.2 3 3 t log
3
3 m 2 6,54 .
t
3m
3
2
2
Chọn C
Điều kiện: x 1.
Nhận thấy với x 0 thì phương trình đã cho trở thành 0 1
(vô lí), nên x 0 không là nghiệm
của phương trình với mọi m .
0

Xét 1 x 0 ta có:
2m x m
x log3 x 1 log
9
9 x 1 log3 x 1 log
3
3 x 1
xm
ln 3
x 1
3 x m
ln x 1
ln 3
m x
ln x 1
Đặt
ln 3
f x
x
ln x 1
2
x 1 ln x 1
với 1 x 0
f ln 3
' x 1 0, x
1; \ 0 .
Ta lập được bảng biến thiên:
ln 3
Dựa vào bảng biến thiên thì phương trình m x
ln x 1
m 1; .
có hai nghiệm thực phân biệt khi
Câu 285.
Phương trình đã cho tương đương với phương trình sau
3 cos x2 m3cos x 3 2 cos x2 cos x1
2 cos x 6cos x 9cos x m
2 2 1.
3 cos x2 m3cos x 3
cos x2 cos x1
2 cos x 2
8 m 3cos x
2 2 1.
3 cos x2 m3cos x 3
cos x2
2 cos x 2
m 3cos x
2 1.
3
Đặt cos x 2 a và m 3cos x b .
a 3 3
Ta có phương trình : 2 b
a
a
b 2 1 1 .
Nhận thấy a b 0 thỏa mãn phương trình 1
.
a
Nếu a b 0 thì 2 b 0
3 3
2 1
và a
b 2 0 nên phương trình 1
vô nghiệm .
a
Nếu a b 0 thì 2 b
3 3
1
và a
b 2 0 nên phương trình 1
cũng vô nghiệm .
3
Vậy a b 0 suy ra m 3cos x 2 cos x
3 2
cos x 6cos x 9cos x 8 m .
3 2
Đặt cos x t với điều kiện t 1;1
, suy ra f t t 6t 9t 8 m .
Dễ thấy min f t
4 và max f t
24 nên phương trình đã cho có nghiệm khi và chỉ khi
t
1;1
t
1;1
m4;24 . Suy ra S 4;5;...;24
nên tổng của hai phần tử lớn nhất và nhỏ nhất của S bằng
28 .
cos x2 Cách khác : Ta có m3cos x
cos x2
2 cos x 2 m 3cos x
2 1.
m3cos
x 3
3 2cos
x
3
2 m 3cos x 2 2 cos x
.
Xét hàm số đặc trưng
3
f u 2 u u , đây là hàm số đồng biến trên .
3
Khi đó ta cũng suy ra được m 3cos x 2 cos x .
Câu 286.

ĐK : x 0
4 8
2log x 2log x 2018 2m
.
Đặt
2 2
t log 2
x . Vì x 1;2 log2
x 0;1 .
2
f ( t) 4t 2t 1009
m có nghiệm thuộc 1;2
f '( t) 8t 2 0, t
0;1
Bảng biến thiên:
Câu 287.
1009 m 1015 S {1009;1010;1011;1012;1013;1014;1015}.
Số phần tử của S là: 7.
Chọn D
46 18x
1
2
Đặt t 7 4 6x 9x
1 thì f t 1
2m
2 .
t ' t ' 0 x .
2
2 6x
9x
3
Từ BBT suy ra nếu t 3;7 thì phương trình (1) có 2 nghiệm x.
Xét hàm số
f x x x
x4 7x
( ) 3 ( 1).2 6 3
f x x
x4 7x 7x
3 ln 3 2 1 2 ln 2 6
x4 2 7x
3 ln 3 2 ln 2 1 ln 2 2
0 3;7
f x x x
Do đó hàm số f x đồng biến trên . Mặt khác, f 6 . f 7 0 nên phương trình
f
3;7
x 0 có một nghiệm x 6;7
.
Vậy, phương trình
1
2
f t
m
có nhiều nghiệm nhất khi

Câu 288.
5 1
f
f
1 2m 4
m
2 2
Kết luận, GTNN của m là 5 a 5, b 2.
2
Chọn B
1
Điều kiện: x .
4
Trường hợp 1:
m 2 , phương trình đã cho trở thành:
x
1
1
log3 4 1 log5
2 1 2
0
log3 4 1 log5
2 1 2 0 1
x x x
x x
1
Xét hàm số f x log3 4x 1 log5
2x
1
2 là hàm đồng biến trên khoảng ; +
.
4
Khi đó, nếu x là nghiệm của phương trình thì x là nghiệm duy nhất.
0
1 0
Ta có: f 0 2 ; f 1 0 , suy ra f 0 f 1 0 .
x
Theo hệ quả của định lý trung gian, tồn tại
0
0 ; 1 sao cho f x0 0 .
Do vậy: m 2 thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Trường hợp 2: m 2 , dẫn đến x 1
không phải là nghiệm của phương trình đã cho.
Phương trình đã cho trở thành:
2x
m
log3 4x
1 log5
2x
1
0
x 1
2x
m
Xét hàm số g x log có tập xác định:
3
4x 1 log5
2x
1 ,
x 1
D 1
; 1
1; +
4
4 2 2 m
Đạo hàm: g x
0, x D .
4x 1 ln 3 2x 1 ln 5 x 1
Bảng biến thiên:
2
1
Dựa vào bảng biến thiên, ta suy ra: phương trình g x 0 có đúng hai nghiệm x1
; 1
;
4
x2 1; +
với mọi m 2.

Vậy với mọi giá trị nguyên của tham số m 2019 ; 2
nghiệm thực phân biệt.
Có 2022 giá trị nguyên m thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Phân tích : (Ng. Việt Hải)
- Đây là bài toán về sự tương giao.
thì phương trình đã cho luôn có hai
- Tuy nhiên nếu chúng ta cô lập m thì việc khảo sát hàm biến x khá phức tạp. Ý
tưởng của tác giả: Cho m 2 sử dụng tính chất đơn điệu trên từng khoảng và ứng với từng
khoảng tương ứng phương trình có 1 nghiệm
Bài toán tổng quát
ax b
F x, m f x
0 với f x 0 và ad bc 0 (đây cũng là nguồn gốc sáng tạo bài
cx d
toán)
Cách 2 : (Ng. Việt Hải) (Cách lập luận khác Lời giải của thầy Nguyễn Huỳnh Tấn Trung)
f x log 4x 1 log 2x
1
Đặt
3 5
TH1 : m 2 , Phương trình x
1
.
f x
2
1
Vì f x
là hàm số tăng trên ;
f x 2 có nghiệm duy nhất khác 1.
4
Vậy m 2 thỏa mãn bài toán.
TH2 : m 2 , dẫn đến x 1
không phải là nghiệm của phương trình đã cho.
Phương trình đã cho trở thành : f
Đặt g x f x
2x
m
x 1
2 m
g
x f x 0
x 1 2
Ta có bảng biến thiên :
x
2x
m
0
x 1
g x
Câu 289.
Chọn C
0
có đúng hai nghiệm phân biệt.
Vậy m 2019 ; 2 nên ta có 2022 giá trị nguyên m .
Bài toán tương tự:
Bài toán 50.1 (Ng. Việt Hải) Tìm số giá trị nguyên m
m
3 ; 2019
x
x log x 1 log x 1 x m e mx 9 có đúng hai nghiệm thực.
2 2
sao cho phương trình

Câu 290.
Ta có
2
x 2x3
x m
2
2x3
ln 2 x m 2
xm
ln x 2x
3
2
2 x 2x3
x x x m
2
x 2x1 2 xm
3 log 2 2
3
3
x
2 2 2
ln 2 3 .3 ln 2 2 .3
Xét
t
f t ln t .3 , t
2
1
3
t ln 3
t
f t t ln 3 0, t
2
t
Vậy hàm số f t
đồng biến .
2
2 3 2 2
f x x f x m
2
x x x m
x
2
x 2x 1 2 x m
2
2 3 2 2
1
2m
1
2
x x m
4 1 2 2
Điều kiện cần để phương trình có 3 nghiệm là :
2 xm
2
1
Th1 : 1
có nghiệm kép m
thử lại ta thấy thỏa mãn
2
3
Th2 : 2
có nghiệm kép m
thử lại ta thấy thỏa mãn
2
1
Th3 : và 2 có nghiệm chung x m .Thế 1 vào ta có m 1
1 3
1 3
2 2
Ta có
Bình luận : Bài toán là sự giao thoa giữa phương pháp sử dụng tính đơn điệu hàm số với biện
luận nghiệm .
Chọn C
x 3y
Ta có log xy x 3y
.
xy
x y xy xy x y .
log 3 log 3
x y x y xy xy .
log 3 3 log 1
log , 0
Xét hàm số f t t t t .
1
f t
1 0, t
0.
t.ln10
f t
Suy ra hàm số đồng biến trên 0; .
1
Phương trình tương đương f x 3y f xy x 3y xy .
Theo bất đẳng thức Schwarz ta có

y x y
2 2
x 2 9y 2 x
2
P 3
3
1 3y 1 x 1 3y 1 x 2 x 3y
Theo bất đẳng thức Cô-si cho 2 số dương ta có
2 .
2
xy x 3y 2 x.3y xy 12xy 0 xy xy 12 0 .
Vì xy 0 nên xy 12 x 3y
12.
Đặt u x 3y u 12
.
Từ
Câu 291.
Câu 292.
Câu 293.
Câu 294.
2
u
2 ta có P f u
, u 12
u 2
u 4u
f u
f u
u 2
2
2
0
u
72
Min f u f 12 .
7
u
0
4
(không thỏa mãn).
72 72
Vậy P Min P khi
7
7
x
3y
12
x 3y 12 x
6
u 12 x 3y
.
2 2
3y 12 3y 12 3y 9y
y 2
1
3y
1
x
Chọn A
2
Ta thấy x 3x 9 0, x
, do đó:
2 2 2 2
x
0
log3
x 3x 9 2 x 3x 9 3 x 3x 0 x x 3
0
x
3
Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm thực là x 0; x 3 .
1 2
Chọn A
Sau n năm (
*
) bà Hoa có số tiền cả gốc lẫn lãi là: 120. 1
0.08 n
(triệu đồng).
n
n
n
ln1.5
Khi đó 120. 1 0.08
180 1.08 1.5 n 5.27 .
ln1.08
*
Vì n suy ra n 6 .
Do đó sau ít nhất 6 năm thì bà Hoa có số tiền cả gốc lẫn lãi lớn hơn 180 triệu đồng.
Chọn D
Theo giả thiết: s 3 s 3 3 s
3 625.10 0 .2 625.10 0 78125
Gọi t1
(phút) là thời gian kể từ lúc ban đầu đến thời điểm vi khuẩn A đạt 20 triệu con, ta có :
7 t 7 t 7 t t 8
s t 2.10 s 0 .2 2.10 71825.2 2.10 2 256 2 2 t 8 .
1 1 1 1
1 1
Chọn B

Câu 295.
Câu 296.
Câu 297.
Câu 298.
Số tiền gửi ban đầu là . Sau năm n
N số tiền thu được (cả số tiền gửi ban đầu và lãi)
n
A n
là: B A 1 0,066 A 1,066 .
Từ giả thiết, ta cần tìm
n
N
n
nhỏ nhất sao cho:
n
n
1,066
A. 1,066 2. A 1,066 2 n log 2 10,8451. Vì n
N , suy ra n 11.
Vậy sau ít nhất sau 11 năm người này sẽ thu về (cả gốc và lãi) số tiền thỏa mãn yêu cầu bài
toán.
Chọn D
Gọi số tiền ban đầu là A . Lãi suất tính theo năm là r .
Hết năm thứ nhất số tiền cả vốn và lãi là: A A. r A 1
r .
2
A1 r A1 r . r A1
r
n
n A1
r
Hết năm thứ hai số tiền cả vốn và lãi là: A 1 r A 1 r . r A 1
r .
Hết năm thứ ba số tiền cả vốn và lãi là: .
Từ đó suy ra sau năm số tiền cả vốn và lãi là: .
2 2 3
Thay số với A 50; r 6,5%; n 5 ta được số tiền là A5 50 1 6,5% 68,5 (triệu đồng ) .
5
Chọn C
Mỗi tháng ông X rút số tiền là T 10000000
. Lãi suất hàng tháng là r 0,01.
Sau tháng thứ nhất, số tiền ông X còn lại trong ngân hàng là:
M 1
r T
.
Sau tháng thứ hai, số tiền ông
X
còn lại trong ngân hàng là:
2
1 1 1 1 (1 ) .
M r T r T M r T r
Tương tự, sau tháng thứ n, số tiền ông X còn lại trong ngân hàng là:
n
2
n
1 1 (1 ) (1 ) ...... 1
1
1
M r T r r r
M r T
Để đủ tiền trao học bổng cho học sinh trong 10 tháng thì:
Vậy số tiền ông
X
1
r 1 M T .
10 94800000
r 1
r
cần gửi tối thiểu là 94800000 đồng.
10
n
n
1
r 1
.
r
r 10
10 1 1
M 1 r T
0
r
Chọn A
Số tiền chị Minh còn nợ lại sau khi trả 25 triệu là 22,5 triệu đồng lãi suất 0,6%/tháng. Gọi A
triệu là số tiền hàng tháng chị Minh trả cửa hàng điện thoại (X). Như vậy
Sau 1 tháng số tiền còn nợ lại lại là: 22,5(1 0,006) A .
2
Sau 2 tháng số tiền còn nợ lại là: 22,5(1 0,006) A 1 0,006 A .
3 2
Sau 3 tháng số tiền còn nợ lại là: 22,5(1 0,006) A(1 0,006) A(1 0,006) A .
…
12 11
Sau 12 tháng số tiền còn nợ lại là: 22,5(1 0,006) A
(1 0,006) ... (1 0,006) 1
0
.
12
12 (1 0,006) 1
22,5(1 0,006) A
12
22,5.0,006.(1 0,006)
0
0,006
A
12
(1 0,006) 1
A 1,948927 ( triệu đồng).

x x1
x x
4 2 a 4 2.2
a
x
2
Đặt t 2 , t 0 ta được: t 2t a
Xét hàm số
f t 2t
2
f t 0 t 1
Bảng biến thiên:
2
f t t 2t
trên khoảng 0;
Câu 299.
Dựa vào bảng biến thiên thì phương trình vô nghiệm khi a 1.
Chọn B
Gọi số tiền vay là A; lãi suất là r ; n là số tháng phải trả; N là số tiền trả hàng tháng. Ta có:
Số tiền gốc cuối tháng 1: A Ar N A 1 r N .
Số tiền gốc cuối tháng 2: A 1 r N A 1 r N r N A 1 r N 1 r 1
.
2
3 2
Số tiền gốc cuối tháng 3: A 1 r N 1 r 1 r 1
.
Tổng quát: Số tiền gốc cuối tháng n : 1 n N
n
A r 1 1
r
.
r
n N
n
Ông A trả hết nợ khi A1 r 1 1 r
0 .
r
n
n
1 2 1
Số tháng ông A trả hết nợ là: 601 . 1 1 0
150 1
150
150
n
1 5 5
1 n log 33,58298.
150 4 4
151
150
Vậy ông A cần ít nhất 34 tháng để trả hết nợ.

Câu 1: (GV Đặng Thành Nam -2019) Cho hàm số f ( x ) xác định và liên tục trên đoạn [-5;3]
có đồ thị như hình vẽ bên. Biết diện tích các hình phẳng (A), (B), (C), (D) giới hạn bởi đồ thị
hàm số ( )
f x và trục hoành lần lượt bẳng 6; 3; 12; 2. Tích phân 2 (2 1) 1
1
f x dx bằng
3
A. 27 B. 25 C. 17 D. 21
4 2
Câu 2: (GV Đặng Thành Nam -2019) Cho hàm số f ( x) ax bx c,
có đồ thị (C). Gọi
: y dx e là tiếp tuyến của (C) tại điểm A có hoành độ x 1. Biết cắt (C) tại hai điểm
phân biệt M , N( M , N A)
có hoành độ lần lượt x 0; x 2.
0
f x dx e dx bằng
Tích phân ( )
1
Cho biết
2
0
28
dx e f ( x) dx .
5
A. 2 5
B. 1 4
C. 2 9
D. 1 5
Câu 3: (GV Đặng Thành Nam -2019) Cho hàm số y f ( x ) có đạo hàm f '( x) 0, x
[1;2]
thỏa mãn
22
f (1) 1, f (2) và
15
3
'( ) 7
. Tích phân
375
2
f x dx
4
x
1
2
1
f ( x)
dx bằng
A. 1 5
B. 7 5
C. 3 5
D. 4 5
Câu 4: (GV Đặng Thành Nam -2019) Cho parabol
1
( P) : y x
2
2
và đường tròn (C) có bán
kính bằng 1 tiếp xúc với trục hoành đồng thời có chung một điểm A duy nhất với (P). Diện tích
hình phẳng giới hạn bởi (P), (C) và trục hoành(phần bôi đậm trong hình vẽ) bằng
A. 3 3 2
3
B. 29 3 9
24
C. 9 3 9 4
12
D. 27 3 8
24
2
Câu 5: (GV Đặng Thành Nam -2019) Cho parabol P : y x và đường tròn
C có tâm
thuộc trục tung, bán kính bằng 1 tiếp xúc với P
tại hai điểm phân biệt. Diện tích hình phẳng
giới hạn bởi P và C (phần bôi đậm trong hình vẽ bên) bằng

A. 14 3 3 2
.
12
B. 2 3 3 8 .
12
C. 4 3 3 .
12
D. 9 3 4
.
12
Lời giải
Câu 1. Chọn đáp án D.
Đổi biên t 2x 1 dt 2dx
và x 3 t 5; x 1 t 3.
1 3 3 3 3
dt
1
2 f (2x 1) 1 dx (2 f ( t) 1). f ( t) dt dt f ( t) dt 4.
2 2
Do đó
Để tính
3 5 5 5 5
3
f ( t ) dt ta dùng diện tích các hình phẳng đã cho
5
Quan sát đồ thị nhận thấy trên đoạn [−5;3] thì đồ thị hàm số f ( x ) cắt trục hoành lần lượt tại các
điểm có hoành độ x x a x b x c a b c
Trong đó
5 5
5; ; ; 5 3 .
a a b b
c
f ( t) dt f ( t) dt S 6; f ( t) dt f ( t) dt S
3
c
( A) ( B)
a
a
f ( t) dt f ( t) dt S 12; f ( t) dt S 2.
( C ) ( D)
b b c
Vì vây
3 a b c
3
5 5
3
f ( t) dt f ( t) dt f ( t) dt f ( t) dt f ( t) dt 6 312 2 17.
a b c
Vậy tích phân cần tính bằng 17 + 4 = 21.
Câu 2. Chọn đáp án D.
Theo giả thiết phương trình f ( x) dx e 0 có bốn nghiệm là x1 x2 1; x3 0; x4
2.
Vì vậy
Vậy
28
( ( ))dx ( 1) ( 2) 1.
2 2
28 2
28 5
dx e f x
2
5
a x x x dx a
5
0 0
2
0 0
2 2
1 1
0
( x 1) x( x 2) dx
1
f ( x) dx e ( x 1) x( x 1) ( f ( x) dx e) dx ( x 1) x( x 2) dx .
5
Câu 3. Chọn đáp án B.
Ta có
2
1
22 7
f '( x) dx f (2) f (1) 1 .
15 15
Mặt khác sử dụng bất đẳng thức AM – GM ta có
f '( x) f '( x)
x
3 3
1 1 1 1 3
x x 3 . x . x f '( x).
125 125 x 125 125 25
2 2 3
2 2
4 4

Do đó
f '( x)
f '( x)
2 3 2 2 3
2 2
2 2 3 3 2 2 7
x dx f '( x) dx dx f '( x) dx x dx .
4 4
x 125 25 x 25 125 375
1
1 1 1 1
Vì vậy dấu bằng xảy ra, tức
3 2 2 3
f '( x) 1
x x x
Vì
Vậy
x
4
2
x f '( x) f ( x) dx C.
125 5 5 15
2
1 14 x 14
f (1) 1 C 1 C f ( x) .
15 15 5 15
x 14 7
f ( x) dx dx .
5 15 5
2 2 2
1 1
Câu 4. Chọn đáp án D.
Ta cần tìm phương trình của đường tròn
Vì đường tròn có bán kính bằng 1 và tiếp xúc với trục hoành nên tâm của đường tròn là I(t;1), (t
2 2
> 0) phương trình của đường tròn là ( x t) ( y 1) 1.
Theo giả thiết đường tròn (C) có chung một điểm AA duy nhất với (P). nên tiếp
tuyến t A tại A của (P) cũng là tiếp tuyến của (C).
1 2
1 2
Xét điểm A
a; a , tA
: y a( x a) a ,( a 0).
2
2
2
2
2 1 2
2 1
2 ( t a) a 1 1
( ) ( t a) a 1 1
A
C
2
Ta có hệ điều kiện
2
IA
tA
1 2
IAu . 0
a t; a 1 (1; a) 0
t
A
2
Vậy phương trình đường tròn
2
3 3
3 3
( C) :
x ( y 1) 1 x 1 ( y 1)
2
2
Diện tích hình phẳng cần tính là
2 2
x 2y
3
2
3 3
2 3 3
2 27 3 8
S : x 1 ( y 1) S 2y 1 ( y 1) dy
.
2
2
24
0
3
y 0; y
2
Câu 5. Chọn đáp án D.
Gọi Aa; a 2
Pa
0
tuyến của
là điểm tiếp xúc của nằm bên phải trục tung. Phương trình tiếp
P
2
tại điểm A
t y a x a a
là
A
: 2 .
Vì C,
P tiếp xúc với nhau tại A nên tA

là tiếp tuyến chung tại A của cả C, P ,
Do đó
1 2 2 1
IA tA
IA : y x a a I 0; a .
2a
2
2
2 1 3 2 5 5
2
Vì
IA 1 a 1 a a 0 C : x y 1 y 1 x .
4 2 4 4
Diện tích hình phẳng cần tính bằng diện tích hình phẳng giới hạn bởi
2
y x
3
2
5 2 2 5 2 9 3 4
y 1 x S x 1 x dx .
4
4 12
3
2
3 3
x
; x
2 2

VDC NGUYÊN HÀM,TÍCH PHÂN
1
Câu 1: Tính diện tích hình phẳng được giới hạn bởi đồ thị hàm số y 1 , trục hoành
2
x
và đường thẳng x = 1 và đường thẳng x = 2.
A. 0,3 B. 0,2 C. 0,4 D. 0,5
1
Câu 2: Tìm nguyên hàm của hàm số f ( x) .
x
e 1
( ) ln x 1
x
f ( x ) dx x ln e 1
C ( ) ln x 1
A. f ( x ) dx x
x ln e 1
C
B.
C. D.
f x dx x e C
f x dx x e C
Câu 3: Tính thể tích của phần vật thể giới hạn bởi hai mặt phẳng x 0 và x 3, biết rằng
thiết diện của vật thể bị cắt bởi mặt phẳng vuông góc với trục Ox tại điểm có hoành độ
x(0 x 3)
là một hình chữ nhật có hai kích thước là x và
2
2 9 x .
A. 16 B. 17 C. 19 D. 18
m
x
x
Câu 4. Cho m là một số dương và I 4 ln 4 2 ln 2 dx.
Tìm m khi I = 12
0
A. m 4
B. m 3
C. m 1
D. m 2
Câu 5. Tính diện tích S của hình phẳng giới hạn bởi các đường x x
y e , y e , x 1
1 S e 2
e
1 1 1
A. S e 2 B. S e 2 C. S e D.
2
e
e
Câu 1 D
Câu 2D
x
Đặt t e 1.
Câu 3D
ĐÁP ÁN

: Nếu S(x) là diện tích thiết diện của vật thể bị cắt bởi mặt phẳng vuông góc với trục Ox
thì thể tích của vật thể giới hạn bởi hai mặt phẳng x =a và x = b là V S( x) dx.
Câu 4D
Tính tích phân theo tham số m, sau đó tìm m từ phương trình I = 12
Câu 5D
b
a

*
Câu 1: ( Chuyên Vinh Nghệ An- 2019 ) Giả sử hàm f có đạo hàm cấp n trên R,n N và
2
f 1 x x f '' x 2x
với mọi x R
1
I
3
. Tính tích phân '
A. I 1
B. I 1
C.
Câu 2: ( THPT Đào Duy Từ- 2019 ) Cho hàm số
max
1;3
1
2
3 3
f x
và biểu thức
1
S f x dx.
dx
f
1 1
x
1
I xf x dx
0
1
I D.
3
f x dương và liên tục trên 1;3 thỏa mãn
đạt GTLN, khi đó hãy tính f
3
1
x dx
A. 5 2
B. 3 5
C. 7 5
D. 5 4
2
Câu 3 : ( Chuyên Phan Bội Châu- 2019 ) Cho tích phân I x sin xdx a
ba,
b
Mệnh đề nào sau đây đúng?
a
1;10
b
a
A. 3
b B. 2
a
0
2
.
b 4
C. a b 6 D.
Câu 4: ( Chuyên Cao Bằng- 2019 ) Cho số thực m 1 thỏa mãn
nào sau đây là đúng?
m
1
2mx
1 dx 1
. Khẳng định
A. m 4;6
B. m 3;5
C. m 2;4
D. m 1;3
9
Câu 5: ( THPT Ngô Quyền, Hải Phòng- 2019 ) Cho
9
I 10 1
2
0 x 1
2
f x
dx
0
f x dx 18 . Tính
A. I 18 B. I 10
C. I 8
D. I 0
Câu 6: ( THPT Kim Liên- Hà Nội 2019 ) Cho hàm số f (x) liên tục và có đạo hàm trên đoạn
[0;5] thỏa mãn
5
0
f x
xf ' x e dx 8; f 5 ln 5 . Tính
5
f x
I e dx
A. -33 B. 33 C. 17 D. -17
0

Câu 7: ( Chuyên Vinh Nghệ An lần 3- 2019 ) Cho hàm số
thỏa mãn
A.
f
x có đạo hàm liên tục trên
2
f 0
3 và f x f 2 x x 2x 2 x
. Tích phân xf '
4
B. 2 3
3
C. 5 3
2
x dx bằng:
0
D.
10
3
Lời giải:
Câu 1: Chọn: B
2
1 '' 2 1
f x x f x x
Thay 0
x vào (1) ta được
f 1 0
Đạo hàm hai vế của (1) ta có f ' 1 x 2 xf '' x x 2 f ''' x 2 2
Thay 0
x vào (2) ta được f
' 1 2
Mặt khác, lấy tích phân hai vế cận từ 0 đến 1 của (1) ta có:
1 1 1
2
f 1 x dx x f '' x dx 2xdx
0 0 0
1 1
f 1 x d 1 x f ' 1 2 xf ' x dx 1
0 0
1 1
0 0
f x dx 2 xf ' x dx 3
Đặt
1
f xdx I1
. Vì ' 1
0
I1 2I 3 I1
1
I I1
I
1
Vậy I 1
Câu 2:
Cách giải:
1
2
Ta có: 0 f x ; x
1;3
Khi đó:
f
x
x
1 1 1
xf x dx f f x dx f x dx nên ta có hệ:
0 0 0
1
f
có tập giá trị là
5
;
2
, với x
1;3

1 5 1 5
f x
, x 1;3 f x , x
1;3
f x 2 f x 2
3 3 3 3
x
1 1 1 1
1 5
S f x
dx. dx f x
dx.
f x
dx
f
2
5
f x dx. f x
dx f x dx. 5 f x dx 5. f x dx f x
dx
2
3 3 3 3 3 3
1 1 1 1 1 1
Khi đó hàm số đạt GTLN
Chọn: A
Câu 3:
Phương pháp:
Đổi biến số x t
3
1
f
x dx
Sử dụng phương pháp tích phân từng phần.
Cách giải:
Đặt
Đổi cận
Ta có
Đặt
Suy ra
Đặt
Suy ra
1
x t dx dt dx 2tdt
2 x
2
x 0 t 0; x t
2
I 2t sin tdt
0
2
2t
u 4tdt
du
sin
tdt dv v
cost
5
2
2 2
I cos t.2t 4t costdt 2
J
0 0
4t u 4dt du
costdt dv1 sin
t v1
1 1
J 4t sin t 4sin tdt 4cost
4 4 8
0 0
0
2 a
2 a 1
b
8 b 4
Do đó I 2
8 1;10
Chọn: D
Câu 4: ( THPT Ngô Quyền, Hải Phòng- 2019 )
Phương pháp:
Sử dụng các công thức tính nguyên hàm cơ bản.
2

Cách giải:
m và
Với 1
m
1 1
x 1; m 2mx 1 0 2mx 1 2mx
1
2mx 1 dx 1 2mx 1 dx 1
m
ktm
2
m
0
m
2 3 3
mx x
1 m m m 1 1 m 2m 0 m 2 tm
1
m ktm
Chọn: D
Câu 5:
Phương pháp:
f x g x dx f x dx g x dx
Sử dụng tính chất
Cách giải:
9
9 9 9
10 1 10 1 10 1
I f
2 xdx
2
.18 1 10 9 0
0 1
2 dx f x dx
x
0 x 1
2
x 1 0
0
2
Chọn D.
Câu 6:
Phương pháp:
Sử dụng phương pháp tích phân từng phần
Cách giải:
Đặt
Khi đó
b
a
udv uv vdu
u x u x
dx du
f x
f x
f ' xe dx dv
e d f x dv v e
Chọn C.
Câu 7:
f x
5 5 5 5
f x f x f x f x f 5 ln5
xf ' x e dx 8 x. e e dx 8 e dx 8 5. e 8 5e
8 17
0 0 0 0
Phương pháp:
Sử dụng phương pháp tích phân từng phần.
Cách giải:
2 2 2 2 2
xf ' x dx xd f x xf x f x dx 2 f 2 f x dx
0 0 0 0 0
Theo bài ra ta có:
b
a
b
a

2
f x f 2 x x 2x 2x f 0 f 2 2 f 2 2 f 0 1
2 2 2
xf ' x dx 2 f x dx 2
f t dt
0 0 0
Đặt t 2 x dt dx . Đổi cận
2 0 2
2 2
0 2 0
x
0 t 2
x
2 t 0
f t dx f x dx f x dx
2 2
2
f x dx f x dx
0 0
2
0
2 2 2
2 f x dx f x dx f 2 x dx
0 0 0
2 2
2 f x dx f x f 2 x
dx
0 0
2 2
2
2 f x dx x 2x 2 dx
0 0
2 3
2
x 2 8
2
f xdx x 2x
3 3
0
0
f
x dx
4
3
Vậy
2
0
4 10
xf ' xdx 2 3 3
Chọn D.

16 Câu VDC Nguyên Hàm- Tích Phân đề thi thử các trường
Câu 1. (Đề Thi Thử THPTQG Năm 2019-Đề 2 ) Cho hàm số f(x) liên tục trên
2
4
16 f x
1
2
f 4x
cot x. f sin xdx dx 1
. Tính I d x .
x
x
1
1
8
. và thỏa mãn
A. 5 3
I .
B. I 2 . C. I .
D. I 3.
2
2
Câu 2(Đề Thi Thử THPTQG Năm 2019- Đề 4) . Cho hàm số f(x) là hàm số lẻ, liên tục trên [-
0
4;4]. Biết rằng f ( x) dx 2 và f ( 2 x) dx 4 . Tính tích phân I f ( x)
dx .
2
2
1
A. I = -10 B. I = -6 C. I = 6 D. I = 10
Câu 3.(Đề Thi Thử THPTQG Năm 2019 – Đề 5) . Cho hàm số
0;1
2
4
0
y f x
3 2
trên thỏa mãn f x 1 dx 3 và 1 4 . Tích phân x f x dx bằng
1
f
1
1
A. -1 B.
C. D. 1
2
2
Câu 4. .(Đề Thi Thử THPTQG Năm 2019 – Đề 5) Cho hàm số
1
2
1
0
y f x
có đạo hàm liên tục
là hàm số chẵn, liên
cos sinx
tục trên đoạn 1;1
và thỏa mãn f x dx 3, f 2x dx 10
. Tính I xf dx
0
A. I 7
B. I 23
C. I 13
D. I 8
1
2
1
4
Câu 5(Đề Thi Thử THPTQG Năm 2019- Đề 6). Cho hàm số f x
liên tục trên và thỏa
3
1 sin x
mãn f x
f x
, x
.
Biết tích phân I f x
dx được biểu
3
3 2 cos x 8cos x 1
a c
diễn dưới dạng I ln ; a, b, c,
d và các phân số là các phân số tối giản. Tính
b d
a ; c
b d
3
S a ab c d.
A. S = 6. B. S = 3. C. S = 5. D. S = 7.
0
2
0

Câu 6(Đề Thi Thử THPTQG Năm 2019- Đề 7). Cho hàm số y = f (x) có đạo hàm liên tục trên
đoạn [0;1] thỏa mãn
1
0
f
2
x dx
bằng
1
2 1
f 0 1, 1 x f ' x
dx . Giá trị nhỏ nhất của tích phân bằng
3
0
1
1
1
A. B. C. D. Đáp án khác
4
3
6
f x
Câu 7(Đề Thi Thử THPTQG Năm 2019- Đề 9). Cho hàm số và g x có đạo hàm trên
1;4 và thỏa mãn hệ thức sau với mọi x 1;4
f 1 2g
1 2
1 1 2 1
f x
. ; g x
.
x x g x
x x f x
. Tính
4
1
I f x . g x
dx
A. 6 B. 4 C. 2 D. 7
Câu 8. (Đề Toán Pen- Đề số 4) Cho hàm số
y f x ax bx cx d có đồ thị (C). Biết rằng đường thẳng y
3 2
= -9 là tiếp tuyến của (C) tại điểm có hoành độ dương và đồ thị của
y f x được cho như hình vẽ. Diện tích hình phẳng giới hạn bởi
(C) và trục hoành có số đo gần nhất với số nào dưới đây?
A. 28.
B. 29,25.
C. 31,5.
D. 35,15.
Câu 9(Đề Thi Thử THPTQG Năm 2019 –Đề 5). Cho hàm
số y f x liên tục trên đoạn 3;5 và có đồ thị như hình
vẽ (phần cong của đồ thị là một phần của
3
2
P : y ax bx c ). Tích phân f x dx bằng
2
53 61
A. .
B. .
2
3
95 97
C. .
D. .
7
6
Câu 10(Đề Thi Thử THPTQG Năm 2019 – Đề 6). Tìm giá trị của tham số m sao cho
3
y x 3x 2C
và d: y mx 2
giới hạn bởi hai hình phẳng có cùng diện tích
A. 0 m 1
B. m 1
C. 1 m 9
D. m 9
Câu 11(Đề Thi Thử THPTQG Năm 2019- Đề 1). Trên cánh đồng cỏ, có 2 con bò được cột vào
hai cây cọc khác nhau. Biết khoảng cách giữa hai cọc là 5 m, còn hai sợi dây buộc hai con bò lần
lượt có chiều dài là 4 m và 3 m (không tính phần chiều dài dây buộc bò). Tính diện tích mặt cỏ

lớn nhất mà 2 con bò có thể ăn chung (làm tròn đến hàng phần nghìn).
A. 6,642 m 2 . B. 6,246 m 2 .
C. 4,624 m 2 . D. 4,262 m 2 .
Câu 12(Đề Thi Thử THPTQG Năm 2019- Đề 3). Diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường
x 1, x 2, y 0 và parabol
2
P : y ax bx c
P
bằng 15. Biết có đỉnh I 1;2 là điểm cực tiểu. Tính T a b c.
A. T = -8. B. T = -2. C. T = 14. D. T = 3.
Câu 13. (Đề Thi Thử THPTQG Năm 2019- Đề
4) Một cái trống trường có bán kính hai đáy đều
bằng 25 cm, thiết diện vuông góc với trục và cách
đều hai đáy có chu vi 70 (cm). Chiều cao của
trống bằng 80 cm. Biết rằng mặt phẳng chứa trục
cắt mặt xung quanh của trống là các parabol (như
hình vẽ). Hỏi thể tích của trống?
A. 254259,6 cm 3 .
B. 127129,8 cm 3 .
C. 80933,3 cm 3 .
D. 253333,3 cm 3 .
Câu 14(Đề Thi Thử THPTQG Năm 2019- Đề 5). Cho hàm số f x
liên tục trên thỏa mãn
2
3
f x 1 2x 1,
x
. Tính tích phân I f x
dx.
0
5
A. I 2. B. I .
C. I 4.
D. I 6.
2
Câu 15. (Đề Thi Thử THPTQG Năm 2019- Đề 5) Một
vật chuyển động trong 5 giờ với vận tốc v (km/h) phụ
thuộc vào thời gian t (h) có đồ thị của vận tốc như hình
bên. Trong khoảng thời gian 3 giờ kể từ khi bắt đầu
chuyển động, đồ thị đó là một phần của parabol có đỉnh
I 2;8 và trục đối xứng song song với trục tung, khoảng
thời gian còn lại đồ thị là những đoạn thẳng (như hình
vẽ). Tính quãng đường s mà vật di chuyển được trong 5
giờ đó.
A. 25 km.
B. 41 km.
C. 33 km.
D. 26 km.
Câu 16(Đề Thi Thử THPTQG Năm 2019- Đề 6 ). Cho
y f x
trên đoạn 1;3
f
x
không âm thỏa mãn điều kiện
2
f x . f ' x 2x f x 1
và f 0
0. Tổng giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số
là

A. 22. B. 4 11 3.
C. 20 2. D. 3 11 3.
GIẢI
Câu 1. Chọn A.
Phương pháp: Sử dụng phương pháp đổi biến và các tính chất của tích phân.
Cách giải: Ta có:
2
4
2
cot x.f sin x dx 1
1
1
t
2
2
2sin x cos x.f sin x
2
2 sin x
4
2 2
f sin x
2
2 sin x
4
1
1 f t
2 t
1
1
2
1
2
f
t
Ta lại có:
dt 1
dt 2
2
d sin x 1
dx 1

16
1
4
1
1
1
1
f x
dx 1
x
16 f x
2
dx 1
2 x x
x
16 f
2
d x 1
x
4
f t
2
dt 1
t
Mặt khác
f t 1
dt
t 2
1 1 1 4 1 4
f 4x f 4x f 4x f t f t f t 1 5
I dx 4 dx d 4x dt dt+ dt=2+ .
x
4x
4x
t
t
t 2 2
1 1 1 1 1 1
8 8 8 2 2
Câu 2. Chọn B.
Phương pháp: Đổi biến.
Cách giải: Ta có:
0 0 2
f ( x) d x 2 f ( t) dt 2 f ( t) dt 2
2 2 0
2 2 4 4
1 1
f ( 2 x) dx 4 f ( 2 x) d 2x
4 f ( t) dt 4 f ( t) dt 8
2 2
1 1 2 2
4 2 4
Vậy I f ( x) dx f ( t) dt f ( t) dt 2 8 6.
Câu 3. Chọn C.
0 0 2
Phương pháp : Sử dụng phương pháp đổi biến kết hợp tích phân từng phần.
2 2 1
Cách giải : Trước hết ta có f x 1 dx 3 f x 1 d x 1 3 f t dt 3 .
Ta lại có :
1 1 0
1 1 1 1
3 2 1 2 2 2 1 2 2 2 1
I x f x dx x f x . x ' dx x f x ' d x t f t '
dt
2
2
2
0 0 0 0
u t du dt
Đặt
dv f t
' dt v f t

1
1
1 1
1 3 .
0
2
2 2
0
1
Suy ra I tf t f t dt f
Câu 4. Chọn B.
Phương pháp : Sử dụng phương pháp đổi biến.
Cách giải : Ta có :
1 1
2 2
1 1
1 1
f 2x dx 10 f 2x d 2x 10 f t dt 10 f t
dt 20
2 2
1 1 1 1
4 4 2 2
Do hàm số
y f x
là hàm số chẵn nên:
0
2
0
1
1
0
1
2
0
1
2
0
0
I cos xf sinx dx
2
sinx sin
f d x
f t dt
f t dt
f t dt
1
1
2
1
1
2
23.
Câu 5. Chọn A.
f t dt
f x dx f t dt
Phương pháp: Lấy tích phân hai vế của
Cách giải: Ta có:
.
1 sin x
f x
f x
, x
.
3
3 2 cos x 8cos x 1

3 3 3
1 sin x
f xdx f xdx
dx
3
0 0 3 2
0
cos x 8cos x 1
3 3 3
2
1 3sin x cos x
f xdx f xdx
dx
3 3
0 0 3 6
0
cos x 8cos x 1
3 3 3
1
f xdx f xd x
3 3
0 0 3 3 6
0
cos x 8cos x 1
3
0
0
1 dt
f xdx f tdt
6
t 8t
1
2
3
1
3 8
0 1
1
3 8
0 1
3
f
1
8
1 dt
x dx
6
t 8t
1
2 1 1
f xdx dt
3
8t
8t
1
1
1
8
1
d
cos
1 t 1 1 1 1 16
f xdx
ln ln ln ln
12
8t
1 12 16 9 12 9
0
Suy ra:
a b c d S a ab c d
Câu 6. Chọn D.
3
1; 12; 16; 9 6.
Phương pháp: Áp dụng bất đẳng thức tích phân Holder.
1 1
b b p p b q q
f . g dx f dx g dx
a a a
1 1
với p 1, q 1, 1 .
p
q
Dấu xảy ra khi tồn tại số thực m,
n không đồng thời bằng 0 sao cho m f n g .
Cách giải:
3
x
p
q
Đặt
x
2
du 2 1
u 1
v f ' x dx
v f x
x dx
1 1 1
1
2 2
Suy ra 1 ' 1 2 1 1 2 1
I x f x dx x f x x f x dx x f x dx
0
0 0 0

1
Do đó: 1
x f
0
2
x dx
3
Áp dụng bất đẳng thức tích phân Holder với p q 2 :
b
2
b b
2 2
f . gdx
f dx g dx
a a a
1 1 1
2
1
4 4
f x dx 1 x dx 1 x f x dx
f x dx .
9 3
2 2
2
Suy ra
0 0 0 0
2
Dấu xảy ra khi tồn tại số thực , không đồng thời bằng 0 sao cho mf x n 1
x .
Câu 7. Chọn B.
Phương pháp: Tìm f x . g x .
Cách giải: Ta có:
f x
1 .
1 f x
g x
1
x x g x
x x
g x
2 . 1 f x.
g x
2
x x f x
x x
Cộng vế với vế ta được:
1 2 1
f x
g x'
x x x x x x
1 2
Suy ra f x g x
dx C
x x x
Mà f 1 2g 1 2 f 1 g 1 2 nên C 0
2
x
4 4
2
I f x . g x
dx dx 4.
x
Vậy f x g x
Do đó:
1 1
Câu 8. Chọn đáp án B
f x ax bx x C
2
'( ) 3 2 ( ')
( 1,0),(1, 4),(3,0) (C')
1
a
3a 2b c 0 3
3a 2b c 4 b
1
27a 6b c 0
c 3
m n 2

Đường thẳng y=-9 có hệ số góc -0 mà y=-9 là tiếp tuyến của (C)
f '( x ) 0 x 2x
3 0
2
0 0 0
x0
1( L)
x0
3(TM)
y 9
0
=> Tiếp điểm là (3;-9)
Điểm này nằm trên (C) => Ta thay vào tính được
1 3 2
f ( x) x x 3x
3
Phương trinh hoành độ gia điểm
f ( x) 0
1 3 2
x x 3x
0
3
x
0
3
3 5
x
2
3
3 5
x
2
=> Diện tích hình phẳng cần tinh là:
33 5
0 2
1 3 2 1 3 2
S | x x 3 x | dx | x x 3 x | dx
3 3
33 5
2
33 5
2
1 3
| x
2
x 3 x | dx 29,25
3
33 5
2
Câu 9. Chọn đáp án D
( P)
3
2
có dạng
2
y x 4x
1 3
2
( ) 4
97
f x
dx f x dx x xdx
6
2 1
Câu 10. Chọn đáp án B
Thử m 1 ( C)
d tại 3 điểm có hoành độ 0; 2
0 2
3 3
x 4xdx x 4xdx
4 m 1thỏa mãn
2 0
Câu 11. Đáp án A
0
1 .3 2 3 2
3.3 d 9 d 0
3

Con bò 1 ăn với bán kính 4m có cọc tại A, con bò 2 ăn với bán kính 3m có cọc tại B
=>AB=5
Gắn hệ trục tọa độ như hình vẽ, gốc tọa độ trùng vào A
Do phần ăn chung có dạng đối xứng => ta chỉ cần tính phần dương bên trên
Phương trình đường tròn tâm A:
x y 16 y 16 x
2 2 2
Phương trình đường tròn tâm B: ( x 5) y 9 y 9 ( x 5)
Hoành độ giao điểm 2 đường cong là:
16 x 9 ( x 5)
16
x
5
2 2
16
5
2
4
2 2
S 2.( 9 ( x 5) dx 16 x dx) 6,642
Câu 12: Chọn A
Cách giải:
P : y ax bx c
2
a b c 2
Có đỉnh I 1;2
b
c a 2
1
2a
P : y ax 2ax a 2
2
16
5
2 2 2
Diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường x 1, x 2, y 0 và parabol P là:
Câu 13: Chọn A
y

x
Parabol đối xứng qua Oy , qua A(0;35), B(40;25)
phương trình parabol :
Thể tích trống là : V
40 40
2 1
2 2
3
y dx ( x 35)
dx 254259,6cm
160
40
40
A
1
y x
160
2
35
Câu 14. Chọn đáp án A
2 1
3 2 2
t x 1 dt 3 x dx f ( t) dt (2x 1)3x dx 2
0 1
Câu 15. Chọn đáp án C
2
Trong thời gian t 0 3h
vật chuyển động với v 2t 8t
Trong thời gian t 3 4h
vật chuyển động với v 2t
Trong thời gian t 4 5h
vật chuyển động với v 8
3 4 5
2
S ( 2t 8 t) dt 2tdt 8dt
33
0 3 4
Câu 16. Chọn đáp án D
2 2
f x 1 x c
2
f x
'
2
2 f x . f ' x
2
f x. f ' x 2x f x
1 2x f x
1 2x
2 1
f c f x x f x f x
2 2
0 0 1 ( ) ( 1) 1 ( ) min 3, ( ) max 3 11

Câu 1:
(THPT TRẦN PHÚ ĐÀ NẴNG)Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng
P : 2x y 2z
10 0 và mặt cầu S x y z
2 2 2
: 2 1 3 25 cắt nhau theo giao tuyến là
V là thể tích khối nón
đường tròn C . Gọi V
1
là thể tích khối cầu S , 2
N có đỉnh là giao điểm của mặt
cầu S với đường thẳng đi qua tâm mặt cầu S và vuông góc với mặt phẳng P , đáy là đường tròn
C . Biết độ dài đường cao khối nón N lớn hơn bán kính của khối cầu
V1
S . Tính tỉ số
V .
V1
125
A.
V 32
. B. V1
125
V 8
. C. V1
125
V 96
. D. V1
375
V 32
.
2
2
Câu 2. (TRƯỜNG CHUYÊN ĐẠI HỌC VINH) Trong không gian Oxyz , cho hai điểm A1;3; 2
,
B 3;7; 18
và mặt phẳng P : 2x y z 1 0. Điểm M a, b,
c thuộc P sao cho mặt phẳng
2 2
ABM vuông góc với P và MA MB 246 . Tính S a b c .
A. 0 . B. 1. C. 10 . D. 13 .
Câu 3: (THPT Đặng Thúc Hứa - Nghệ An) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho đường thẳng
x 1 y z 2
d : , mặt phẳng P : x y 2z
5 0 1; 1;2
P lần
2 1 1
lượt tại M và N sao cho A là trung điểm của đoạn thẳng MN . Một vectơ chỉ phương của là:
u 2;3;2
u 1; 1;2
u 4;5; 13
A.
2
và A . Đường thẳng cắt d và
B.
C. u 3;5;1
2
D.
Câu 4: (THPT Chuyên Hà Tĩnh) Trong không gian Oxyz cho ba điểm A 1;2;3
, 1;0; 1
2
B ,
C 2; 1;2 . Điểm D thuộc tia Oz sao cho độ dài đường cao xuất phát từ đỉnh D của tứ diện ABCD bằng
3 30
10
A.
có tọa độ là
0;0;1 B.0;0;3
C.0;0;2
D.0;0;4
Câu 5: (THPT Chuyên Hà Tĩnh) Cho hình lăng trụ ABC.
ABC
có A . ABC là tứ diện đều cạnh a .
Gọi M , N lần lượt là trung điểm của AA và BB . Tính tan của góc giữa hai mặt phẳng ABC và
CMN .
2
A.
5
Câu 6:
B. 3 2
C. 2 2
D. 4 2
4
5
13
(CỤM CÁC TRƯỜNG CHUYÊN ĐỒNG BẰNG SÔNG CỬU LONG) Trong không gian
Oxyz , cho ba điểm 2;5; 3
Da; b;
c (với c 0 ) thuộc
A , B 2;1;1 , C 2;0;1
và mặt phẳng : 3x 4y 5z
1 0
. Gọi
sao cho có vô số mặt phẳng P
chứa C , D và khoảng cách từ A đến
2 2 2
P gấp 3 lần khoảng cách từ B đến P . Tính giá trị biểu thức
S a b c .
A. S 18
B. S 32
C. S 20
D. S 26

Câu 7:
(THPT Năng Khiếu - TP HCM)Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai đường thẳng
x
1
t x
4 3t
d1
: y 2 2t
và d2
: y 3 2t
z
3 t
z
1 t
. Trên đường thẳng d
1 lấy hai điểm ,
thẳng d
2 lấy hai điểm C,
D thỏa mãn CD 4. Tính thể tích V của tứ diện ABCD .
A B thỏa mã AB 3 . Trên đường
4 21
A. V 7
B. V 2 21 C. V D. V
3
Câu 8: (THPT Mộ Đức 2 - Quảng Ngãi)Trong không gian Oxyz cho mặt cầu S :
x 1 2 y 2 2 z 1
2
8 và điểm M 1; 1; 2
. Hai đường thẳng d ,
mặt cầu S lần lượt tại A , B . Biết góc giữa
1
d và
d bằng với
2
1
cos
2
5 21
6
d đi qua M và tiếp xúc
3
4
. Tính độ dài AB .
A. 7 . B. 11 . C. 5 . D. 7 .
Câu 9: (THPT Lê Quý Đôn - Hải Phòng) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho mặt phẳng
P : x 2y 2z
6 0
ON. OM 1
. Trong
. Mệnh đề nào sau đây đúng?
P lấy điểm M và xác định điểm N thuộc đường thẳng OM sao cho
2 2 2
1 1 1 1
A. Điểm N luôn thuộc mặt cầu có phương trình x y z
6 3 3 4
2 2 2
1 1 1 1
B. Điểm N luôn thuộc mặt cầu có phương trình x y z
12 6 6 16
C. Điểm N luôn thuộc mặt phẳng có phương trình x 2y
2z
1 0
D. Điểm N luôn thuộc mặt phẳng có phương trình x 2y
2z
1 0
Câu 10:
(THPT Thăng Long - Hà Nội) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho ba điểm
1;1;1 , 1;2; 1 , 1;0;1
A B C . Có bao nhiêu điểm D thỏa mãn tứ diện ABCD là tứ diện vuông tại D
(tức là DA, DB,
DC đôi một vuông góc)?
A. 12 . B. Vô số. C. 2 . D. 6 .
Câu 11:
(THPT CHUYÊN KHTN) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho tam giác ABC vuông
tại C , ABC 60 , AB 3 2, đường thẳng AB có phương trình
x 3 y 4 z 8
, đường thẳng
1 1 4
AC nằm trên mặt phẳng : x z 1 0 . Biết B là điểm có hoành độ dương, gọi ; ;
C , giá trị của a b c bằng
a b c là tọa độ điểm
A. 3. B. 2 . C. 4 . D. 7 .
Câu 12: (THPT Hồng Bàng - Hải Phòng) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz , cho mặt phẳng
x
2 t
P : 2x 2y z 4 0 và đường thẳng d : y 2 2t
z
2 t
nằm trên P và trọng tâm G nằm trên đường thẳng d . Tọa độ trung điểm I của BC là
. Tam giác ABC có A
1;2;1 , các điểm B , C
A. I 1; 1; 4
. B. I 2;1;2
. C. I 2; 1; 2
. D. 0;1; 2
I .

Câu 13:
(THPT HAU LOC 2_THANH HOA) Trong không gian với hệ trục Oxyz , cho bốn điểm mặt
phẳng đi qua điểm A 2;0;0
, B 0;4;0
, C 2;4;0
, 0;0;6
2 2 2
S : x y z 2x 4 y 6z
0
. Có bao nhiêu mặt phẳng cắt
bằng 14 và cách đều cả năm điểm O , A , B , C , D với O là gốc tọa độ.
D và mặt cầu
S theo một đường tròn có diện tích
A. Vô số. B. 1. C. 5. D. 3.
Câu 14: (SGD_QUANG NINH) Trong không gian Oxyz cho mặt phẳng P : 5x my 4z n 0 đi
qua giao tuyến của hai mặt phẳng : 3x 7 y z 3 0 và : x 9y 2z
5 0
.
. Tính m n
A. 6 . B. 16 . C. 3. D. 4.
2 2 2
Câu15: (SGD_QUANG NINH) Trong không gian Oxyz , cho mặt cầu
A 2;0; 2 2 , B 4; 4;0
. Biết rằng tập hợp các điểm M thuộc
và các điểm
MA
2
MO. MB 16
là một đường tròn. Tính bán kính đường tròn đó.
A. 3 2
4 . B. 3 2 . C. 3 7
4 . D. 5 2 .
S : x 1 y 2 z 4
S và thỏa mãn
Câu 16. (THPT Lương Thế Vinh ) Trong không gian Oxyz , cho ba điểm A 2;3;1
, 2;1;0
C 3; 1;1
. Tìm tất cả các điểm D sao cho ABCD là hình thang có đáy AD và S 3S
.
A. D8;7; 1
. B.
D
8; 7;1
. C.
D 12;1; 3
D
8;7; 1
D 12; 1;3
ABCD
ABC
. D. D12; 1;3 .
Câu 17. (THPT Lương Thế Vinh – Hà Nội) Trong không gian Oxyz , cho điểm 1; 6;1
phẳng P : x y 7 0 . Điểm B thay đổi thuộc Oz ; điểm C thay đổi thuộc mặt phẳng
tam giác ABC có chu vi nhỏ nhất. Tọa độ điểm B là.
A. B 0;0;1
. B. B 0;0; 2
. C. B 0;0; 1
. D. 0;0;2
B ,
A và mặt
B .
P . Biết rằng
Câu 18. (TT Tân Hồng Phong) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho 5 điểm A1;2; 1
, 2;3;0
C 2;3; 1
, D 3;2;5
, 3;4;0
E . Tìm số mặt phẳng cách đều 5 điểm A , B ,C , D , E .
A. 0 . B. 3. C. 5. D. 1.
B ,
Câu 19. (THPT HAI BÀ TRƯNG) Trong không gian Oxyz , cho điểm
2;0; 2 , 3; 1; 4 , 2;2;0 .
Điểm D trong mặt phẳng
A B C
Oyz có cao độ âm sao cho thể tích của
khối tứ diện ABCD bằng 2 và khoảng cách từ D đến mặt phẳng Oxy bằng 1. Khi đó có tọa độ điểm D
thỏa mãn bài toán là:
A. D0;3; 1 .
B. D0; 3; 1 .
C. D0;1; 1 .
D. D0;2; 1 .
Câu 20. (SGD Bà Rịa - Vũng Tàu)Trong không gian Oxyz cho 3 điểm A 3;7;1
, 8;3;8
C 2;5;6 . Gọi S 1
là mặt cầu tâm A bán kính bằng 3 và 2
có tất cả bao nhiêu mặt phẳng đi qua C và tiếp xúc đồng thời cả hai mặt cầu S , S .
B và
S là mặt cầu tâm B bán kính bằng 6 . Hỏi
A. 1. B. 2 . C. 3. D. 4 .
1
2

Câu 21: (SGD Bắc Ninh) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm M thuộc mặt cầu
( S) :( x- 3) 2 + ( y - 3) 2 + ( z - 2)
2
= 9 và ba điểm A ( 1;0;0 ), B ( 2;1;3 ); C( 0;2; - 3)
. Biết rằng quỹ tích các
2
điểm M thỏa mãn MA + 2 MB. MC = 8 là đường tròn cố định, tính bán kính r đường tròn này.
A. r = 3
B. r = 6
C. r = 3
D. r = 6
Câu 22:
(TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÊ HỒNG PHONG- NAM ĐỊNH )Trong không gian với hệ
2 2 2
trục tọa độ Oxyz cho mặt cầu S x y z
S 2 2
2
2
: x 1 y 2 z 1 9 cắt nhau theo giao tuyến là đường tròn
đường tròn C .
1
: 1 1 2 16 và
C . Tìm tọa độ tâ J của
1 7 1
A. J
; ;
2 4 4 . B. J 1 7 1
; ;
3 4 4 . C. 1 7 1
J
; ;
3 4 4 . D. 1 7 1
J
; ;
2 4 4 .
Câu 23: (THPT Quỳnh Lưu 1 - Nghệ An) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho các điểm
A 2;0;0
, B 0;3;0
, C 0;0;6
, 1;1;1
D . Có tất cả bao nhiêu mặt phẳng phân biệt đi qua 3 trong 5
điểm O , A , B , C , D ?
A. 6 . B. 10 . C. 7 . D. 5.
. Câu 24: (BTN ) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho bốn điểm A1; 2;0
, B 0; 1;1
, C 2;1; 1
và D3;0; 2
. Hỏi có tất cả bao nhiêu mặt phẳng cách đều 4 điểm đó?
A. 7 mặt phẳng. B. 4 mặt phẳng.
C. Có vô số mặt phẳng. D. 1 mặt phẳng.
Câu 25. (THPT chuyên Vĩnh Phúc ) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai điểm A( 1;2; - 2)
và B( 2; - 1;0 ).
Đường thẳng AB cắt mặt phẳng ( P): x + y - z + 1= 0 tại điểm I. Tỉ số IA
IB bằng?
A. 4 . B. 2 . C. 6. D. 3.
Câu 26: (Chuyên Vinh) Trong không gian Oxyz , cho mặt phẳng : 2x y 2z
2 0, đường thẳng
x 1 y 2 z 3
1
d : và điểm A
;1;1 . Gọi là đường thẳng nằm trong mặt phẳng , song song
1 2 2
2
với d đồng thời cách d một khoảng bằng 3. Đường thẳng cắt mặt phẳng Oxy tại điểm B . Độ dài
đoạn thẳng AB bằng.
A. 7 2 . B. 21
2 . C. 7 3 . D. 3 2 .
Câu 27: (Chuyên Vinh) Trong không gian Oxyz cho mặt phẳng : x z 3 0 và điểm 1;1;1
Gọi A là điểm thuộc tia Oz , Gọi B là hình chiếu của A lên
Diện tích của tam giác MAB bằng
A. 6 3 . B. 3 3
2
. C.
3 123
2
M .
. Biết rằng tam giác MAB cân tại M .
. D. 3 3 .

Câu 28. (Sở GD&ĐT Hà Nội) Cho lăng trụ tam giác đều ABC.
ABC
có cạnh bên bằng cạnh đáy.
Đường thẳng MN M AC;
N BC
là đường vuông góc chung của A C và BC . Tỷ số NB
NC bằng
5
A. .
B. 3 .
C. 2 .
D. 1.
2
2
3
Câu 29: (THPT Ngọc Tảo-Hà Nội)Trong không gian Oxyz mặt cầu
S x y z
2 2 2
: 1 2 1 9
. Khối bát diện đều có các đỉnh nằm trên
nhiêu?
A. 9 B. 18 C. 27 D. 36
S có thể tích bằng bao
Câu 30 (CÔNG TY TNHH GIÁO DỤC TÂN HỒNG PHONG) Trong không gian tọa độ , cho 2 Oxyz
1 2 1
đường thẳng , Mặt phẳng
1
:
x
y z
x 1 y 1 z 2
d d2
: .
2 1 2
1 3 1
: 0
d , d
1
d
P ax by cz d song song với 1 2 và khoảng cách từ đến P bằng 2 lần khoảng
cách từ 2 đến P . Tính S a b c .
d
1
A. S . B. S 1.
3
8
C. S 4 . D. S hay S 4
.
34
d
Câu 31. (SỞ GD VÀ ĐT THANH HÓA)Trong không gian với hệ tọa độ , cho bốn điểm A 7;2;3 ,
B 1;4;3
C
Oxyz
, 1;2;6 , D 1;2;3 và điểm M tùy ý. Tính độ dài đoạn OM khi biểu thức
P MA MB MC 3MD
đạt giá trị nhỏ nhất.
A. 3 21
5 17
OM . B. OM 26 . C. OM 14 . D. OM .
4
4
Câu 32. (THPT QUẢNG XƯƠNG1) Trong không gian với hệ tọa độ , cho ba điểm A 3;1;0 ,
0; 1;0 C 0;0; 6
ABC
AA BB CC
0
Oxyz
B , . Nếu tam giác thỏa mãn hệ thức thì tọa độ
trọng tâm của tam giác đó là
A. 1;0; 2 . B. 2; 3;0 . C. 3; 2;0 . D. 3; 2;1
.
3;1;0 , 0; 1;0 , 0;0; 6
A B C A B C
AA BB CC
0 thì có tọa độ trọng tâm là:
1;0; 2 .
2; 3;0 .
3; 2;0 .
Câu 33: Cho ba điểm . Nếu tam giác thỏa mãn hệ thức
A. B. C. D.
3; 2;1 .
Câu 34: Cho hình chóp . biết A 2;2;6 , B 3;1;8 , C 1;0;7 , D 1;2;3 . Gọi H là trung điểm
S ABCD
27
của , SH ABCD . Để khối chóp S.
ABCD có thể tích bằng (đvtt) thì có hai điểm
2
CD
thỏa mãn yêu cầu bài toán. Tìm tọa độ trung điểm
I của S1S
2
I
I
I
A. 0; 1; 3
. B. 1;0;3
C. 0;1;3 . D. I
1;0; 3 .
S1,
S2

Câu 35: Trong không gian , cho điểm A 1; 6;1
và mặt phẳng P : x y 7 0 . Điểm B thay
Oxyz
đổi thuộc ; điểm thay đổi thuộc mặt phẳng P . Biết rằng tam giác ABC có chu vi nhỏ
nhất. Tọa độ điểm
Oz C
B
là.
B
B B
A. 0;0;1 . B. 0;0; 2 . C. 0;0; 1 . D. B 0;0;2 .
Câu 36: (THPT Phan Chu Trinh - ĐăkLăk) Trong không gian tọa độ cho hai điểm A 2;2;1 ,
Oxyz
8 4 8
B
; ;
. Biết I a; b;
c
là tâm đường tròn nội tiếp của tam giác OAB . Tính S a b c.
3 3 3
A. S 1. B. S 0 . C. S 1. D. S 2 .
Oxy
ABC
Câu 37: (THPT Chuyên Thái Bình) Trong không gian cho tam giác có A 2;3;3 , phương
trình đường trung tuyến kẻ từ B là x 3 y 3 z 2
, phương trình đường phân giác trong
1 2 1
góc C là x 2 y 4 z 2
. Biết rằng u m; n; 1
là một véc tơ chỉ phương của đường
2 1 1
2 2
thẳng AB . Tính giá trị biểu thức T m n .
A. T 1
B. T 5
C. T 2
D. T 10
Câu 38: (Tạp chí THTT ) Trong không gian với hệ tọa độ cho điểm M 1;2; 1
Viết phương
Oxyz
trình mặt phẳng đi qua gốc tọa độ O 0;0;0 và cách M một khoảng lớn nhất.
x y z
A. x 2y z 0 . B. 1. C. x y z 0. D. x y z 2 0
1 2 1
Câu 39. (THPT Hùng Vương-PT) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho mặt cầu
2 2 2
x 2 y 3 z 1
S : x y z 6x 4y 2z
5 0 và đường thẳng d : . Viết phương
1 1 5
trình mặt phẳng vuông góc với đường thẳng và đi qua tâm của mặt cầu S .
P
d
P : 3x 2 y z 6 0
P : 3x 2 y z 6 0
P : x y 5z
4 0
P : x y 5z
4 0
A. . B. .
C. . D. .
x 1 y 1
z m
Câu 40: (CHUYÊN VINH) Trong không gian Oxyz cho đường thẳng d : và mặt c
1 1 2
S : x 1 2 y 1 2 z 2 2
9 .Tìm để đường thẳng cắt mặt cầu S tại hai điểm
m d
phân biệt E , F sao cho độ dài đoạn EF lớn nhất
1
1
A. m 1. B. m 0 . C. m . D. m .
3
3
x
1
t x
2t
Câu 41: (CHUYÊN VINH) Trong không gian Oxyz , cho hai đường thẳng d : y 2 t , d
: y 1
t
.
z
t
z
2 t
Đường thẳng cắt d , d lần lượt tại các điểm A , B thỏa mãn độ dài đoạn thẳng AB nhỏ
nhất. Phương trình đường thẳng là
x 1 y 2 z
x 4 y z 2
A. . B. .
2 1 3
2 1 3
x y 3 z 1
C. . D.
x 2 y 1 z 1
2 1 3
2
1 3

Câu 42: Trong không gian , cho ba điểm 0;0; 1 , 1;1;0 , C 1;0;1 . Tìm điểm M sao cho
Oxyz A B
2 2 2
3MA 2MB MC đạt giá trị nhỏ nhất.
A. M 3 1
3 1
; ; 1 . B. M
3 3
; ;2 . C. M
3 1
; ; 1 . D. M
; ;
1 .
4 2
4 2 4 2 4 2
Câu 43: Trong không gian , cho ba điểm 0;0; 1 , 1;1;0 , C 1;0;1 . Tìm điểm M sao cho
Oxyz A B
2 2 2
3MA 2MB MC đạt giá trị nhỏ nhất.
A. M 3 1
3 1
; ; 1 . B. M
3 3
; ;2 . C. M
3 1
; ; 1 . D. M
; ;
1 .
4 2
4 2 4 2 4 2
x 8 y 2 z 3
Câu 44: (Sở GD và ĐT Cần Thơ) Trong không gian Oxyz , cho đường thẳng và
1
:
2 4 m 1
x
4 4t
2
: y
3
t . Giá trị của m để 1
và 2
cắt nhau là
z
2 2t
25
25
A. m . B. m . C. m 3 . D. m 3
.
8
8
m
Câu 45. (Sở GDĐT Lâm Đồng) Tìm để hai đường thẳng sau cắt nhau:
x 1
mt x 1
t'
d : y t và d':
y
2 2t'
.
z
1
2t
z 3 t'
A. m 2 . B. m 1. C. m 0 . D. m 1.
x
1
mt
Câu 46. (BTN) Trong không gian, cho hai đường thẳng d1
: y t và
z
1 2t
m d
. Tìm để hai đường thẳng và .
1
d 2
A. m 0. B. m 1. C. m 1. D. m 2 .
d
2
x 1 y 2 z 3
:
1 2 1
Câu 47. (THPT Chuyên KHTN) Trong không gian với hệ tọa độ cho hai đường thẳng
Oxyz,
x
1
kt
x 1 y 2 z 3
d
và Tìm giá trị của để
1
: d2
: y t .
k d1
1 2 1
z
1 2t
cắt 2 .
1
A. k 1. B. k 1. C. k .
2
D. k 0 .
Câu 48: (SGD Đà Nẵng) Trong không gian với hệ tọa độ , cho hai mặt phẳng , Q lần lượt
Oxyz P
x y z 0 x 2y 3z
4
M 1; 2;5
M P
Q
có phương trình là , và cho điểm . Tìm phương trình
mặt phẳng đi qua điểm đồng thời vuông góc với hai mặt phẳng và .
A. 5x 2y z 14 0 . B. x 4y 3z
6 0 . C. x 4y 3z
6 0. D. 5x 2y z 4 0 .
Câu 49: (SGD Đà Nẵng) Trong không gian với hệ toạ độ , cho mặt phẳng P đi qua điểm
1; 3;2 và chứa trục . Gọi n a; b;
c là một vectơ pháp tuyến của mặt phẳng P . Tính
A
Oz
b c
M .
a
Oxyz

1
1
A. M . B. M 3 . C. M . D. M 3
.
3
3
Câu 50. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz ,cho hai đường thẳng 1 2 lần lượt có phương trình
x 2 y 2 z 3 x 1 y 2 z 1
d
, . Phương trình mặt phẳng cách đều hai đường thẳng
1
: d2
:
2 1 3 2 1 4
d , d
1 2
là
d , d
A. 7x 2y 4z
0 . B. 7x 2y 4z
3 0 .
C. 2x y 3z
3 0. D. 14x 4y 8z
3 0 .
Câu 51: (Đề thử nghiệm ) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , viết phương trình mặt phẳng P
song
x 2 y z
song và cách đều hai đường thẳng d
và
1
: d
1 1 1
2
x y 1 z 2
: 2 1 1
P : 2y 2z
1 0
A. P : 2x 2z
1 0 . B. .
P : 2x 2y
1 0
P : 2y 2z
1 0
C. . D. .
x
2 t x
2 2t
Câu 52: (THTT – 477) Cho hai đường thẳng d và . Mặt phẳng cách đều hai
1
: y 1 t d2
: y
3
z
2t
z
t
d1
d2
đường thẳng và có phương trình là
A. x 5y 2z
12 0.
B.
x 5y 2z
12 0.
C. x 5y 2z
12 0.
D.
x 5y 2z
12 0.
Câu 53. (THPT LƯƠNG TÀI ) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho đường thẳng d có
phương trình: x 1 y 2 z 3
.Xét mặt phẳng P : x 2y mz 7 0 , m là tham số thực.
2 4 1
Tìm tất cả các giá trị của để đường thẳng song song với mặt phẳng P ?
m d
1
A. m . B. m 6
. C. m 2
. D. m 10
.
2
Câu 54. (THPT Hà Huy Tập ) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng có phương trình
x 2 y 1 z 1
2
d : . Xét mặt phẳng P : x my với là tham số thực.
1 1
m 1
z 7 0, m
1
Tìm m sao cho đường thẳng d song song với mặt phẳng P.
.
m
1
A. . B. m 2 . C. m 1. D. m 1.
m
2
Câu 55. (THPT Đặng Thúc Hứa) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho đường thẳng
x y 1
z
2
: . Xét mặt phẳng P : x my m z 1 0, m là tham số thực. Tìm tất cả các
1 1 2
m
giá trị của để mặt phẳng P song song với đường thẳng .
.
1
A. m . B. m 1.
2
1
1
C. m 1 và m . D. m 0 và m .
2
2

Câu 56. (THPT chuyên Lê Thánh Tông ) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng
2
: m 1 x 2y mz m 1 0 .
m
Xác định biết song song với Ox .
A. m 1. B. m 1. C. m 0 . D. m 1.
Câu 57. (THPT Tiên Lãng ) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng
x 1 y 2 z 3
P : x 3y 2z
5 0 và đường thẳng d :
. Để đường thẳng d vuông góc
m 2m
1 2
với P thì:
A. m 2
. B. m 1. C. m 0 . D. m 1.
x
2 3t
Câu 58. (THPT NGUYỄN QUANG DIÊU) Cho đường thẳng d : y 5 7t
và mặt phẳng
z 4 m 3t
P x y z
P
: 3 7 13 91 0 . Tìm giá trị của tham số m để d vuông góc với .
A. 10
. B. 13 . C. 10 . D. 13
.
Câu 59. (THPT Lương Tài)Trong không gian với hệ tọa độ vuông góc Oxyz , cho đường thẳng
x
2 t
d : y 5 mt , t , mặt phẳng P
có phương trình x y 2z
3 0 . Mặt phẳng P
song
z
6 2t
song d khi.
A. m 5 . B. m 1. C. m 1. D. m 5
.
Oxyz
Câu 60. (THPT Tiên Du ) Trong không gian cho mp P : 2x my z 1 0 và đường thẳng
x
1
nt
d
: y
1 4t
. Tìm cặp số m,
n sao cho P
vuông góc với d
. .
z
2t
A. m 2, n 4 . B. m 4, n 2 . C. m 2, n 4 . D. m 2, n 4
.
Câu 61. (THPT Đặng Thúc Hứa ) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho đường thẳng
x y 1
z
2
: . Xét mặt phẳng P : x my m z 1 0, m là tham số thực. Tìm tất cả các
1 1 2
m
giá trị của để mặt phẳng P song song với đường thẳng .
.
1
A. m . B. m 1.
2
1
1
C. m 1 và m . D. m 0 và m .
2
2
Câu 62. (CHUYÊN VÕ NGUYÊN GIÁP ) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho ba mặt phẳng
P,
Q
và R
lần lượt có phương trình P : x my z 2 0 ; Q : mx y z 1 0 và
R : 3x y 2z
5 0 . Gọi d là giao tuyến của hai mặt phẳng P
và Q
. Tìm m để
d
đường thẳng vuông góc với mặt phẳng R .
m
m
1
A. Không có giá trị m . B.
1 .
m
3
m

1
C. m . D. m 1.
3
Câu 63: (THPT Lý Thái Tổ-) Trong không gian Oxyz, cho a,
b có độ dài lần lượt là 1 và 2. Biết
a b 3 khi đó góc giữa 2 vectơ a,
b là
A. 0 . B.
. C. 4 . D. .
3
3
3
Câu 64: (THPT Hai Bà Trưng- Huế) Trong không gian Oxyz , cho hai véc tơ a = ( 2;1; -2)
b = ( 0; - 2; 2)
với nhau là
. Tất cả giá trị của m để hai véc tơ u = 2a + 3mb
và v = ma -b
,
vuông góc
± 26 + 2
A. . B. 26 ± 2
11 2 ± 26 ± 26 + 2
. C. . D.
.
6
6
18
6
Câu 65: (THPT Lý Thái Tổ)] Trong không gian Oxyz, cho a,
b có độ dài lần lượt là 1 và 2. Biết
a b 3 khi đó góc giữa 2 vectơ a,
b là
A. 0 . B.
. C. 4 . D. .
3
3
3
Câu 66: (THPT Hai Bà Trưng- Huế) Trong không gian Oxyz , cho hai véc tơ a = ( 2;1; -2)
b = ( 0; - 2; 2)
với nhau là
A.
± 26 + 2
6
. Tất cả giá trị của m để hai véc tơ u = 2a + 3mb
. B. 26 ± 2
6
. C.
11 2 ± 26
18
và v = ma -b
. D.
± 26 + 2
6
,
vuông góc
Câu 67: (THPT Mộ Đức 2 - Quảng Ngãi)Trong mặt phẳng tọa độ Oxyz , cho bốn điểm A0; 1;2 ,
B2; 3;0
, C 2;1;1 , D0; 1;3 . Gọi
L là tập hợp tất cả các điểm M trong không gian
thỏa mãn đẳng thức MA. MB MC. MD 1
bán kính r bằng bao nhiêu?
A.
11
r . B.
2
7
r . C.
2
. Biết rằng L là một đường tròn, đường tròn đó có
3
r . D.
2
5
r .
2
Câu 68. (CHUYÊN ĐHSP HÀ NỘI) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho S 1;2;3
và các điểm
A , B , C thuộc các trục Ox , Oy , Oz sao cho hình chóp S.
ABC có các cạnh SA , SB , SC đôi
một vuông góc với nhau. Tính thể tích khối chóp S.
ABC .
A. 343
343
343
343
. B. . C. . D.
6 18 12 36 .
Câu 69: (THPT Lý Thái Tổ-) Trong không gian Oxyz, cho a,
b có độ dài lần lượt là 1 và 2. Biết
a b 3 khi đó góc giữa 2 vectơ a,
b là
A. 0 . B.
. C. 4 . D. .
3
3
3
.

Câu 70: (THPT Hai Bà Trưng- Huế) Trong không gian Oxyz , cho hai véc tơ a = ( 2;1; -2)
b = ( 0; - 2; 2)
với nhau là
. Tất cả giá trị của m để hai véc tơ u = 2a + 3mb
và v = ma -b
,
vuông góc
± 26 + 2
A. . B. 26 ± 2
11 2 ± 26 ± 26 + 2
. C. . D.
.
6
6
18
6
Câu 71: (THPT Lý Thái Tổ) Trong không gian Oxyz, cho a,
b có độ dài lần lượt là 1 và 2. Biết
a b 3 khi đó góc giữa 2 vectơ a,
b là
A. 0 . B.
. C. 4 . D. .
3
3
3
Câu 72: (THPT Hai Bà Trưng- Huế) Trong không gian Oxyz , cho hai véc tơ a = ( 2;1; -2)
b = ( 0; - 2; 2)
với nhau là
. Tất cả giá trị của m để hai véc tơ u = 2a + 3mb
và v = ma -b
,
vuông góc
± 26 + 2
A. . B. 26 ± 2
11 2 ± 26 ± 26 + 2
. C. . D.
.
6
6
18
6
Câu 73: (THPT Lý Thái Tổ) Trong không gian Oxyz, cho a,
b có độ dài lần lượt là 1 và 2. Biết
a b 3 khi đó góc giữa 2 vectơ a,
b là
A. 0 . B.
. C. 4 . D. .
3
3
3
Câu 74: (THPT Hai Bà Trưng- Huế) Trong không gian Oxyz , cho hai véc tơ a = ( 2;1; -2)
b = ( 0; - 2; 2)
với nhau là
A.
± 26 + 2
6
. Tất cả giá trị của m để hai véc tơ u = 2a + 3mb
. B. 26 ± 2
6
. C.
11 2 ± 26
18
và v = ma -b
. D.
± 26 + 2
6
,
vuông góc
Câu 75: (THPT Mộ Đức 2 - Quảng Ngãi)Trong mặt phẳng tọa độ Oxyz , cho bốn điểm A0; 1;2 ,
B2; 3;0
, C 2;1;1 , D0; 1;3 . Gọi
L là tập hợp tất cả các điểm M trong không gian
thỏa mãn đẳng thức MA. MB MC. MD 1
bán kính r bằng bao nhiêu?
A.
11
r . B.
2
7
r . C.
2
. Biết rằng L là một đường tròn, đường tròn đó có
3
r . D.
2
5
r .
2
Câu 76. (CHUYÊN ĐHSP HÀ NỘI) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho S 1;2;3
và các điểm
A , B , C thuộc các trục Ox , Oy , Oz sao cho hình chóp S.
ABC có các cạnh SA , SB , SC đôi
một vuông góc với nhau. Tính thể tích khối chóp S.
ABC .
A. 343
6
. B.
343
18
. C.
343
12
. D.
343
36 .
.

Câu 77: (THPT Lý Thái Tổ)Trong không gian Oxyz, cho a,
b có độ dài lần lượt là 1 và 2. Biết a b 3
khi đó góc giữa 2 vectơ a,
b là
A. 0 . B.
. C. 4 . D. .
3
3
3
Câu 78: (THPT Hai Bà Trưng- Huế-) Trong không gian Oxyz , cho hai véc tơ a = ( 2;1; -2)
b = ( 0; - 2; 2)
với nhau là
A.
± 26 + 2
6
. Tất cả giá trị của m để hai véc tơ u = 2a + 3mb
. B. 26 ± 2
6
. C.
11 2 ± 26
18
và v = ma -b
. D.
± 26 + 2
6
,
vuông góc
Câu 79. (THPT CHUYÊN BIÊN HÒA) Trong không gian với hệ trục toạ độ Oxyz , cho các mặt phẳng
Câu 80:
P : x y 2z
1 0 và Q : 2x y z 1 0 . Gọi
đồng thời S cắt mặt phẳng
cắt mặt phẳng
đúng một mặt cầu S thoả yêu cầu?
A. r 3 . B.
S là mặt cầu có tâm thuộc trục hoành
P theo giao tuyến là một đường tròn có bán kính bằng 2 và S
Q theo giao tuyến là một đường tròn có bán kính r . Xác định r sao cho chỉ
3
r . C. r 2 . D.
2
7
r .
2
(THPT Lương Thế Vinh - HN - Lần 1- 2017 - 2018 - BTN) Trong không gian Oxyz , cho ba
điểm A 2;3;1
, B 2;1;0
, 3; 1;1
có đáy AD và S 3S
.
ABCD
ABC
A. D8;7; 1
. B.
C . Tìm tất cả các điểm D sao cho ABCD là hình thang
D
8; 7;1
. C.
D 12;1; 3
D
8;7; 1
D 12; 1;3
. D. D12; 1;3 .
Câu 81: (THPT Lương Thế Vinh - HN) Trong không gian Oxyz , cho ba điểm A 2;3;1
, 2;1;0
Câu 82:
Câu 83:
.
B ,
C 3; 1;1
. Tìm tất cả các điểm D sao cho ABCD là hình thang có đáy AD và S 3S
.
A. D8;7; 1
. B.
D
8; 7;1
. C.
D 12;1; 3
D
8;7; 1
D 12; 1;3
(PTNK Cơ Sở 2 - TPHCM) Trong không gian Oxyz , cho đường thẳng
và mặt phẳng P : x y z 1 0
ABCD
. D. D12; 1;3 .
. Phương trình đường thẳng đi qua
với mặt phẳng P và vuông góc với đường thẳng d là
ABC
x 1 y 1 z 2
d :
2 1 3
A 1;1; 2 , song song
x 1 y 1 z 2
x 1 y 1 z 2
A. : . B. : .
2 5 3
2 5 3
x 1 y 1 z 2
x 1 y 1 z 2
C. : . D. : .
2 5 3
2 5 3
(Sở GD-ĐT Cần Thơ) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz , cho đường thẳng là giao tuyến
của hai mặt phẳng P : z 1 0 và Q : x y z 3 0
. Gọi d là đường thẳng nằm trong mặt

phẳng P , cắt đường thẳng
trình của đường thẳng d là
A.
x
3 t
y
t . B.
z
1 t
x 1 y 2 z 3
1 1 1
x
3 t
y
t . C.
z
1
và vuông góc với đường thẳng . Phương
x
3
t
y
t . D.
z
1
x
3
t
y
t .
z
1 t
Câu 84: (Sở GD-ĐT Cần Thơ) Cho số phức z thoả mãn z 3 4i 5 và biểu thức
2 2
P z 2 z i đạt giá trị lớn nhất. Môđun của số phức z bằng
A. 10 . B. 5 2 . C. 13 . D. 10 .
Câu 85. (Sở GD và ĐT Đà Nẵng) Cho hình chóp S.
ABCD có đáy là hình thang vuông tại A và B với
AB BC a , AD 2a
. Biết SA vuông góc với mặt phẳng
góc tạo bởi hai mặt phẳng SBC và SCD bằng
A.
ABCD và SA a 3 . Côsin của
10
5 . B. 10
10 . C. 10
6 . D. 10
4 .
Câu 86: (SGD NINH BINH) Cho hình lăng trụ tam giác đều ABC.
ABC
có AB 2 3 và AA 2 .
Gọi M và N lần lượt là trung điểm của AC và AB . Tính cosin của góc tạo bởi hai mặt
phẳng ABC và BCMN .
B
A
C
B'
N
A'
A.
13
65 . B. 13
130 . C. 13
. D.
130
C'
M
13
.
65
Câu 87. (SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH PHÚ THỌ) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz ,
cho các điểm A 1; 3;0
, B 1; 3;0
, 0;0; 3
C và điểm M Oz sao cho hai mặt phẳng
MAB và ABC vuông góc với nhau. Tính góc giữa hai mặt phẳng
A. 45. B. 60 . C. 15 . D. 30 .
MAB và OAB.
Câu 88. (TRƯỜNG CHUYÊN ĐẠI HỌC VINH) Trong không gian Oxyz , cho tam giác ABC có
A2;3;3
, phương trình đường trung tuyến kẻ từ B là x 3 y 3 z 2
, phương trình đường
1 2 1
phân giác trong của góc C là x 2 y 4 z 2
. Đường thẳng AB có một véc-tơ chỉ phương
2 1 1
là
A. 3 2;1; 1
u . B. 2 1; 1;0
u . C. 4 0;1; 1
u . D. u 1 1;2;1 .

Câu 89: (THPT Chuyên Hạ Long) Trong không gian Oxyz , cho ba đường thẳng
x 3 y 1 z 2 x 1 y z 4
x 3 y 2 z
d1
: , d2
: và d3
: . Đường thẳng
2 1 2 3 2 1
4 1 6
song song , cắt và d có phương trình là
d3
d1
2
A. 3 1 z 2
4 1 6
B.
x 1 y z 4
C.
4 1 6
D.
x 3 y 1 z 2
4 1 6
x 1 y z 4
4 1 6
Câu 90: (THPT Quốc Oai - Hà Nội) Trong không gian với hệ tọa độ , cho điểm M 2;1;0 và
Oxyz
x 1 y 1
z
đường thẳng : . Viết phương trình của đường thẳng d đi qua điểm M , cắt
2 1 1
và vuông góc với .
x 2 y 1
z
x 2 y 1
z
A. d : . B. d : .
1 4 1
2 4 1
x 2 y 1
z
x 2 y 1
z
C. d : . D. d : .
1 4 2
1 4 1
Câu 91: ( THPT Hà Huy Tập ) Trong không gian với hệ tọa độ , cho điểm A 1; 1;3
và hai
Oxyz
đường thẳng.
4 2 1 2 1 1
1
: x y z
,
2
: x y z
d d . Viết phương trình đường thẳng d
1 4 2 1 1 1
điểm , vuông góc với đường thẳng d và cắt đường thẳng d . 2
.
A
1
đi qua
x 1 y 1 z 3
x 1 y 1 z 3
A. d : . B. d : .
2 1 3
2 2 3
x 1 y 1 z 3
x 1 y 1 z 3
C. d : . D. d : .
4 1 4
2 1 1
Câu 92: (THPT Kim Liên-Hà Nội ) Trong không gian , cho điểm M 1;1;2 và hai đường thẳng
Oxy
x 2 y 3 z 1
x 1
y z
d : , d : . Phương trình nào dưới đây là phương trình đường
3 2 1 1 3 2
thẳng đi qua điểm M , cắt d và vuông góc với d ?
x
1
7t
x
1
3t
x
1
3t
x
1
3t
A. y
1 7t
. B. y
1 t . C. y
1 t . D. y
1 t .
z
2 7t
z
2
z
2
z
2
Câu 93: (THPT Trần Nhân Tông - Quảng Ninh ) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho các điểm
B 2; 1; 3
, C 6; 1; 3 . Trong các tam giác ABC thỏa mãn các đường trung tuyến kẻ từ
a b
và vuông góc với nhau, điểm A a; b;0
, b 0 sao cho góc A lớn nhất. Tính giá trị .
cos A
B C
31
A. 10 . B. 20
. C. 15 . D. .
3
Câu 94: (Sở GD Cần Thơ) Trong không gian , đường thẳng đi qua điểm M 1;2;2 , song song với
Oxyz
x 1 y 2 z 3
mặt phẳng P : x y z 3 0 đồng thời cắt đường thẳng d : có phương
1 1 1
trình là

x
1
t
x
1
t
x
1
t
x
1
t
A. y
2 t . B. y 2 t . C. . D. .
y 2 t
z
2
2
z
3 t
y
t
z
3
z
3
Câu 95: (THPT ĐẶNG THÚC HỨA-NGHỆ AN) Trong không gian Oxyz , cho đường thẳng
x 3 y 3 z
d : và mặt phẳng ( ) : x y z 3 0 . Đường thẳng đi qua A1;2; 1
, cắt
1 3 2
d và song song với mặt phẳng ( )
có phương trình là
A. x 1 y 2 z 1
. B. x 1 y 2 z 1
.
1 2 1
1 2 1
C. x 1 y 2 z 1
. D. x 1 y 2 z 1
.
1 2 1
1 2 1
Câu 96. (SGD SOC TRANG) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho đường thẳng
x 3 y 3 z
d : , mặt phẳng : x y z 3 0 và điểm A1; 2; 1
. Viết phương trình
1 3 2
đường thẳng đi qua cắt và song song với mặt phẳng .
A d
A. x 1 y 2 z 1
. B. x 1 y 2 z 1
.
1 2 1
1 2 1
C. x 1 y 2 z 1
. D. x 1 y 2 z 1
.
1 2 1
1 2 1
Câu 97. (SỞ GD-ĐT HẬU GIANG) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho đường thẳng nằm
: 3 0
trong mặt phẳng x y z , đồng thời đi qua điểm M 1;2;0 và cắt đường thẳng
x 2 y 2 z 1
d : . Một véc tơ chỉ phương của là
2 1 3
A. u 1;0; 1
. B. u 1;1; 2
. C. u 1; 1; 2
. D. u 1; 2;1
.
Câu 98: (THPT Trần Phú - Hà Tĩnh) Trong không gian , Cho mặt phẳng
Oxyz R : x y 2z
2 0
x y z 1
và đường thẳng 1
: . Đường thẳng 2
nằm trong mặt phẳng R
đồng thời cắt và
2 1 1
vuông góc với đường thẳng
1
có phương trình là
x
t
x
t
x
2 t
x
2 3t
A. y
3t
. B. y
2t
. C. y
1 t . D. y
1 t .
z
1 t
z
1 t
z
t
z
t
Câu 99. (THPT Thuận Thành - Bắc Ninh) Trong không gian Oxyz , cho đường thẳng
x 1 y z 2
d : và mặt phẳng P : 2x y 2z
1 0. Đường thẳng nằm trong P
, cắt và
1 1 1
vuông góc với d có phương trình là:
A. x 2 y 1 z 3
. B. x 2 y 1 z 3
.
3 4 1
3 4 1
C. x 2 y 1 z 3
. D. x 1 y 1 z 1
.
3 4 1
3 4 1
Câu 100: (TT Hiếu Học Minh Châu) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz , cho đường thẳng nằm
trong mặt phẳng : x y z 3 0
đồng thời đi qua điểm 1;2;0
x 2 y 2 z 3
d : . Một vectơ chỉ phương của là.
2 1 1
M và cắt đường thẳng

Câu 101. (THPT Lê Hồng Phong - Nam Định) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho ba điểm
Aa;0;0 , B 0; b;0
, C 0;0;
c
với a , b , c là các số thực dương thay đổi tùy ý sao cho
2 2 2
a b c 3. Khoảng cách từ O đến mặt phẳng ABC
lớn nhất bằng:
1
1
A. . B. 3 . C. . D. 1.
3
3
A. u 1; 1; 2
B. u 1;0; 1
C. u 1; 2;1
u
.
.
.
D. 1;1; 2
Câu 102: (THPT Hà Huy Tập) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho đường thẳng
x 4 y 5 z
d : mặt phẳng chứa đường thẳng d sao cho khoảng cách từ O đến
đạt
1 2 3
giá trị lớn nhất. Khi đó góc giữa mặt phẳng và trục Ox là thỏa mãn.
1
1
2
1
A. sin . B. sin . C. sin . D. sin .
3
3 3
3 3
2 3
Câu 103: (THPT ĐẶNG THÚC HỨA-NGHỆ AN) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz , cho ba điểm
A1;2; 1, B 2;0;1
, C 2;2;3
. Đường thẳng qua trực tâm H của tam giác ABC và nằm
o
trong mặt phẳng ABC cùng tạo với các đường thẳng AB , AC một góc 45 có một véctơ
chỉ phương là u a; b;
c với c là một số nguyên tố. Giá trị của biểu thức ab bc ca bằng
A. 67
. B. 23. C. 33
. D. 37
.
Câu 104. (THPT Chuyên Vĩnh Phúc) Trong không gian với hệ trục tọa độ , cho các điểm A 1;0;0 ,
Oxyz
B 0;1;0 C 0;0;1
D0;0;0
4 ABC
BCD
CDA
, , . Hỏi có bao nhiêu điểm cách đều mặt phẳng , , ,
DAB
.
A. 4 . B. 5 . C. 1. D. 8 .
Câu 105: (THPT Đức Thọ - Hà Tĩnh ) Trong không gian với hệ tọa độ , cho hai điểm
Oxyz A1;2;4
B P
A B
và 0;1;5 . Gọi là mặt phẳng đi qua sao cho khoảng cách từ đến P là lớn nhất.
Khi đó, khoảng cách d từ O đến mặt phẳng P
bằng bao nhiêu?
3
1
1
A. d . B. d 3 . C. d . D. d .
3
3
3
Câu 106: (Chuyên Lương Thế Vinh – Hà Nội) Trong không gian , cho điểm A 1; 1; 2 và mặt
P
Oxyz
phẳng P : m 1 x y mz 1 0 , với m là tham số. Biết khoảng cách từ điểm A đến mặt
phẳng
lớn nhất. Khẳng định đúng trong bốn khẳng định dưới đây là
A. 2 m 6 . B. Không có m . C. 2 m 2 . D. 6 m 2
.
Câu 107. (TRƯỜNG PTDTNT THCS&THPT AN LÃO) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho
x y 1 z 2
đường thẳng d : và mặt phẳng P : x 2y 2z
3 0 . Tìm tọa độ điểm M có
1 2 3
d M
M M M
tọa độ âm thuộc sao cho khoảng cách từ đến P bằng 2 .
A. 2; 3; 1 . B. 1; 3; 5 . C. 2; 5; 8 . D. M 1; 5; 7
.

Câu 108. (PTDTNT THCS&THPT AN LÃO) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho đường thẳng
x y 1 z 2
d : 1 2 3
và mặt phẳng P x y z . Tìm tọa độ điểm M có tọa độ âm
: 2 2 3 0
d M
M 2; 3; 1
M 1; 3; 5
M 2; 5; 8
M 1; 5; 7
thuộc sao cho khoảng cách từ đến P bằng 2 .
A. . B. . C. . D. .
Câu 109. (THPT SỐ 1 AN NHƠN) Trong không gian với hệ tọa độ
A1;2;3 , B 3; 2;1
A, B,
C
?
Oxyz , cho ba điểm
và C 1;4;1
. Có bao nhiêu mặt phẳng qua O và cách đều ba điểm
A. 4 mặt phẳng. B. 1 mặt phẳng.
C. 2 mặt phẳng. D. Có vô số mặt phẳng.
A
3;1;2 B 3; 1;0
Câu 110. (CHUYÊN SƠN LA) Trong không gian Oxyz , cho , và mặt phẳng
P : x y 3z 14 0 . Điểm thuộc mặt phẳng
P
M sao cho MAB
vuông tại M . Tính
khoảng cách từ điểm M đến mặt phẳng Oxy .
A. 5 . B. 4 . C. 3 . D. 1.
Câu 111. (THPT Chuyên Võ Nguyên Giáp) Trong không gian với hệ tọa độ , cho A a;0;0 ,
B0; b;0
Oxyz
, C 0;0; c với a , b , c dương thỏa mãn a b c 4 . Biết rằng khi a , b , c thay đổi
thì tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện thuộc mặt phẳng P cố định. Tính khoảng cách d từ
I OABC
M 1;1; 1
tới mặt phẳng P
.
3
3
A. d 3 . B. d . C. d . D. d 0 .
2
3
Câu 112: (SGD Hải Phòng) Trong không gian với hệ tọa độ , cho mặt phẳng P :
Oxyz
2 2 18 0 , là điểm di chuyển trên mặt phẳng P ; N là điểm nằm trên tia OM
sao cho . 24 . Tìm giá trị nhỏ nhất của khoảng cách từ điểm đến mặt phẳng P .
x y z M
OM ON N
d N P
min d N, P
6 min d N, P
4 d N P
A. min , 0 . B. . C. . D. min , 2 .
Câu 113: (SỞ GD HÀ NỘI) Trong không gian Oxyz,
cho các điểm 1;0;0 ,
N
A B2;0;3 ,
M 0;0;1
M N B P
P P
và 0;3;1 . Mặt phẳng P đi qua các điểm , sao cho khoảng cách từ điểm đến
gấp hai lần khoảng cách từ điểm A đến . Có bao mặt phẳng thỏa mãn đầu bài?
A. Có vô số mặt phẳng P.
B. Chỉ có một mặt phẳng P.
C. Không có mặt phẳng P nào. D. Có hai mặt phẳng P.
Câu 114. (HAI BÀ TRƯNG – HUẾ ) Trong không gian Oxyz , cho điểm
D
A 2;0; 2 , B 3; 1; 4 , C 2;2;0 . Điểm trong mặt phẳng Oyz có cao độ âm sao cho thể
tích của khối tứ diện ABCD bằng 2 và khoảng cách từ D đến mặt phẳng Oxy
bằng 1. Khi đó
có tọa độ điểm D thỏa mãn bài toán là
A. 0;3; 1 . B. 0; 3; 1 . C. 0;1; 1 . D. D 0;2; 1
.
D
D D

Câu 115. (THPT Hà Huy Tập - Hà Tĩnh) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho bốn điểm A (2;0;0) ,
B (0;4;0) , C(0;0; 2) và D (2;1;3) . Tìm độ dài đường cao của tứ diện ABCD vẽ từ đỉnh D ?
A. 1 3 . B. 5 9 . C. 2 . D. 5 3 .
Câu 116: (THPT Lê Quý Đôn - Hà Nội) [2H3-4] Trong không gian với hệ trục tọa độ
: 2 1 0
Oxyz
cho ba mặt
phẳng: P x y z , Q : x 2y z 8 0 , R : x 2y z 4 0 . Một đường thẳng
d P
Q
thay đổi cắt ba mặt phẳng , , R lần lượt tại A , B , C . Tìm giá trị nhỏ nhất của
2 144
T AB .
AC
3
3
A. 72 3 . B. 96 . C. 108. D. 72 4 .
Câu 117: (BIÊN HÒA – HÀ NAM) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho
;0;0 , 0; ;0 , 0;0;
A a B b C c với a, b,
c dương. Biết A, B,
C di động trên các tia
Ox, Oy,
Oz sao cho a b c 2 . Biết rằng khi a, b,
c thay đổi thì quỹ tích tâm hình cầu
OABC P
M 2016;0;0
Oxyz , cho điểm A1;0;2
ngoại tiếp tứ diện thuộc mặt phẳng cố định. Tính khoảng cách từ
tới mặt phẳng P .
Câu 118: (THPT Chuyên TĐN – TPHCM) Trong không gian với hệ tọa độ
x
1
t
và đường thẳng d : y t . Phương trình đường thẳng đi qua A , vuông góc và cắt đường
z
1 2t
thẳng d là
x 1 2
A. :
y z
x 1 2
. B. :
y z
.
1 3 2
1 1 1
x 1 2
C. :
y z
x 1 2
. D. :
y z
.
2 4 3
1 3 1
Câu 119: (THPT Chuyên TĐN – TPHCM) Trong không gian với hệ tọa độ
Oxyz , cho điểm A1; 0; 2
x
1
t
và đường thẳng d : y t . Viết phương trình đường thẳng đi qua A , vuông góc và cắt
z
1 2t
đường thẳng d .
Câu 120: (Liên trường Nghệ An) Trong không gian với hệ tọa độ vuông góc Oxyz , cho mặt phẳng
x 1 y z 2
P : x 2y z 4 0 và đường thẳng d : . Phương trình đường thẳng nằm
2 1 3
trong mặt phẳng P , đồng thời cắt và vuông góc với đường thẳng d là
A. x 1 y 1 z 1
. B. x 1 y 1 z 1
.
5 1 3
5 1 2
C. x 1 y 1 z 1
. D. x 1 y 3 z 1
.
5 2 3
5 1
3

Câu 121: (LẠNG GIANG SỐ 1) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho đường thẳng
x y 1 z 2
: và mặt phẳng P : x 2y 2z
4 0. Phương trình đường thẳng d nằm
1 1 1
trong P sao cho d cắt và vuông góc với đường thẳng là
x
3
t
z 1
t
x 3t
z
2 2t
A. d : y 1 2t t
. B. d : y 2 t t
x
2 4t
z 4 t
C. d : y 1 3t t
. D. d : y 3 3t t
.
x
1
t
.
z
3 2t
Câu 122. Trong không gian với hệ tọa độ cho điểm A 1;0;2 và đường thẳng d có phương trình:
Oxyz
x 1 y z 1
. Viết phương trình đường thẳng đi qua A , vuông góc và cắt d .
1 1 2
x 1 y z 2
x 1 y z 2
A. : . B. : .
1 1 1
1 1 1
x 1 y z 2
x 1 y z 2
C. : . D. : .
2 1 1
1 3 1
x 1 y 2 z 3
Câu 123: (Chuyên Vinh ) Trong không gian Oxyz , cho đường thẳng d : và mặt
1 2 1
phẳng
. Trong các đường thẳng sau, đường thẳng nào nằm trong mặt phẳng
: x y z 2 0
, đồng thời vuông góc và cắt đường thẳng d ?
x 2 y 4 z 4
x 1 y 1
z
A. 2
: . B. 4
: .
1 2 3
3 2 1
x 5 y 2 z 5
x 2 y 4 z 4
B. 3
: . D. 1
: .
3 2 1
3 2 1
Oxyz A B C
Câu124: Trong không gian với hệ tọa độ , cho bốn điểm 3;0;0 , 0;2;0 , 0;0;6 và D 1;1;1 . Kí
hiệu d là đường thẳng đi qua D sao cho tổng khoảng cách từ các điểm A, B,
C đến d lớn nhất. Hỏi
đường thẳng d đi qua điểm nào dưới đây?
M
N
P
A. 1; 2;1 . B. 5;7;3 . C. 3;4;3 . D. Q 7;13;5 .
Câu 125: (Lớp Toán - Đoàn Trí Dũng -2017 - 2018) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz viết phương
x y 1
z
trình đường thẳng d vuông góc với đường thẳng
: và đi qua gốc tọa độ O sao
1 2 1
M
cho khoảng cách từ 1,0,1 tới đường thẳng d đạt giá trị nhỏ nhất.
x
t
x
t
x
2t
x
3t
A. y
t . B. y
0 . C. y
t . D. y
t
z
t
z
t
z
0
z
t

Câu 126: [THPT chuyên Lam Sơn] Trong không gian với hệ trục tọa độ , cho điểm A 1; 2;2 . Viết phương
Oxyz
trình đường thẳng đi qua A và cắt tia Oz tại điểm B sao cho OB 2OA
.
x y z 6
x y z 4
A. : . B. : .
1 2 4
1 2 2
x 1 y z 6
x y z 6
C. : . D. : .
1 2 4
1 2 4
Câu 127. (Đề thi lần 6- Đoàn Trí Dũng)Trong không gian với hệ trục tọa độ , cho các điểm M 1; m;0
,
N
Oxyz
1;0; n với m,
n là các số thực dương thỏa mãn mn 2 . Chứng minh rằng đường thẳng MN
luôn tiếp xúc với một mặt cầu cố định. Xác định bán kính mặt cầu đó.
1
6
2
A. R . B. R . C. R . D. R 1
.
2
3
2
Câu 128: [HAI BÀ TRƯNG] Cho hình lập phương ABCD.
ABC D
có cạnh bằng 2. Tính khoảng cách giữa hai mặt
phẳng ABD BCD
và .
3
3
2
A. . B. 3 . C. . D. .
3
2
3
1 2 1
Câu 129 [TT Tân Hồng Phong] Trong không gian tọa độ Oxyz , cho 2 đường thẳng d1
:
x
y z ,
2 1 2
x 1 y 1 z 2
d2
: . Mặt phẳng P : ax by cz d 0 song song với d1,
d2
và khoảng
1 3 1
cách từ d1
đến P
bằng 2 lần khoảng cách từ d2
đến P
. Tính S a b c .
d
8
A. S 1. B. S hay S 4
.
34
1
C. S 4 . D. S .
3
Câu 130: (THPT Kim Liên-Hà Nội) Trong không gian , cho hai điểm 1;2;4 , B 0;0;1 và
2 2 2
Oxyz A
mặt cầu S : x 1 y 1 z 4. Mặt phẳng P : ax by cz 3 0 đi qua A , B và cắt
mặt cầu S theo giao tuyến là một đường tròn có bán kính nhỏ nhất. Tính T a b c .
3
33
27
31
A. T . B. T . C. T . D. T .
4
5
4
5
x y 3 z 2
Câu 131: (THPT Chuyên TĐN - TPHCM) Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng d 1
: và
1 2 1
3 1 2
d 2
:
x y z
1 2 1
2
12
3 2
A. . B. . C. . D. 3 .
3
5
2

Câu 132: (THPT Chuyên ĐHSP Hà Nội) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hình lập phương
ABCD.
A B C D
là:
A B D
có 0;0;0 , 1;0;0 , 0;1;0 và A 0;0;1 . Khoảng cách giữa AC và BD
1
1
A. 1. B. 2 . C. . D. .
3
6
Câu 133: (THPT Chuyên ĐHSP Hà Nội) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hình lăng trụ đứng
ABC.
A B C
A B C
có 0;0;0 , 2;0;0 , 0;2;0 và A 0;0;2 . Góc giữa BC và AC
là:
o
o
o
o
A. 45 . B. 60 . C. 30 . D. 90 .
Câu 134: (SGD - Quảng Nam) Cho hình chóp S.
ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh a , SA vuông góc với
mặt đáy và SA 3a
. Gọi M , N lần lượt là trung điểm AB , SC . Khoảng cách giữa hai đường thẳng
CM và AN bằng
3a
a 3a
37
a
A. . B. . C. . D. .
37
2
74
4
Câu 135. (Sở GD và ĐT Đà Nẵng) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai đường thẳng
x 3 y 2 z 1
x 2 y 1 z 1
d1
: , d2
: và mặt phẳng P : x 3y 2z
5 0 . Đường
1 1 2 2 1 1
P d1
2
thẳng vuông góc với , cắt cả và d có phương trình là:
A. x 3 y 2 z 1
. B. x 2
y
z .
1 3 2
1 3 2
C. x 4 y 3 z 1
. D. x 7 y 6 z 7
.
1 3 2
1 3 2
Câu 136: (THPT CHUYÊN KHTN) Phương trình đường thẳng song song với đường thẳng
x 1 y 1 z 2 x 1 y 2 z 3
và cắt hai đường thẳng d1
: ; d2
: là:
2 1 1 1 1 3
x 1 y 2 z
d :
1 1 1
A. x 1 y 1 z 2
x 1 y z 1
. B. .
1 1 1
1 1 1
x 1 y 2 z 3
x 1 y z 1
C. . D. .
1 1 1
1 1 1
Câu 137: [SGD NINH BINH] Trong không gian Oxyz , cho hai đường thẳng d1
và d
2
lần lượt có phương trình là
x y 1
z x y 1 z 1
và . Đường thẳng d cắt cả hai đường thẳng d
1
, d
2
và song song với
1 2 1 1 2 3
x 4 y 7 z 3
đường thẳng : có phương trình là
1 4 2
A.
C.
x 1 y 1 z 4
. B.
1 4 2
x 1 y 1 z 4
. D.
1 4 2
x 1 y 1 z 4
.
1 4 2
x 1 y 1 z 4
.
1 4 2

x 1 y 2 z 1
Câu 138: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai đường thẳng 1
: và
3 1 2
x
3
x 1 y z 1
2
: . Phương trình đường thẳng song song với d : y 1 t và cắt hai đường thẳng
1 2 3
z
4 t
1;
2
là
A.
x
2
y
3 t . B.
z
3 t
x
2
y
3 t . C.
z
3 t
x
2
y
3 t . D.
z
3 t
x
2
y
3 t .
z
3 t
Câu 139: (THTT) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng P : 2x y z 10 0 và đường thẳng
x 2 y 1 z 1
d :
2 1 1
trung điểm MN . Tính độ dài đoạn MN .
. Đường thẳng Δ cắt P và d lần lượt tại M và N sao cho 1;3;2
A. MN 4 33 . B. MN 2 26,5 . C. MN 4 16,5 . D. MN 2 33 .
A là
x y z x 1 y z 1
Câu 140: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz,
cho hai đường thẳng a : ; b :
1 1 2 2 1 1
và
mặt phẳng P : x y z 0.
P , cắt a và b
Viết phương trình của đường thẳng d song song với
lần lượt tại M và N mà MN 2. .
A.
C.
7x 1 7 y 4 7z
8
d : . B.
3 8 5
7x 4 7y 4 7z
8
d : . D.
3 8 5
7x 4 7y 4 7z
8
d : .
3 8 5
7x 1 7 y 4 7z
3
d : .
3 8 5
Câu141: [THPT Hoàng Văn Thụ - Khánh Hòa] Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho hai đường thẳng
d1,
d 2 có phương trình lần lượt là
vuông góc với ( P) 7x y 4z
0
x
1
2t
x y 1 z 2
, y 1 t ( t ) . Phương trình đường thẳng
2 1 1
z
3
và cắt cả hai đường thẳng d1,
d 2 là.
A.
C.
x 2 y z 1
. B.
7 1 4
x y 1 z 2
. D.
7 1 4
x 1 y 1 z 3
.
7 1 4
1 1
x z
2 y 1
2 .
7 1 4
Câu142. [THPT Hoàng Văn Thụ (Hòa Bình] Trong không gian Oxyz , biết rằng tồn tại một đường đi qua điểm
x
1
M 0; m ;0
cắt đồng thời cả ba đường thẳng 1 : y
t1
z
t1
Khẳng định nào sau đây là đúng.
x
1
: y t
;
z
t2
;
2 2
3
x
t3
: y
1
z
t
3
.

A. m 1. B. m 1. C. m 1. D. m 1.
Câu 143. (THPT THÁI PHIÊN-HẢI PHÒNG) Trong không gian Oxyz , cho điểm M 2; 1; 6
và hai đường thẳng
x 1 y 1 z 1
x 2 y 1 z 2
d1
: , d2
: . Đường thẳng đi qua điểm M và cắt cả hai
2 1 1 3 1 2
đường thẳng d1
, d
2
tại A , B . Độ dài đoạn thẳng AB bằng
A. 12 . B. 8 . C. 38 . D. 2 10 .
Câu 144: Trong không gian với hệ trục toạ độ ,
x
1
t
d : y t ;
z
2 2t
Oxyz cho mặt phẳng P : x y z 2 0
và hai đường thẳng
x
3 t
d ': y 1 t
. Biết rằng có 2 đường thẳng có các đặc điểm: song song với P ; cắt
z
1
2t
O
d,
d và tạo với d góc 30 . Tính cosin góc tạo bởi hai đường thẳng đó.
A.
15 . B. 12 . C. 2
3 . D. 1 2 .
Câu145: (Sở Giáo dục Gia Lai)Trong không gian Oxyz , cho mặt cầu S : x 1 2 y 2 2 z 3
2
25 và hai
điểm A3; 2;6 , B 0;1;0
. Mặt phẳng P : ax by cz 2 0 chứa đường thẳng AB và cắt S
theo giao tuyến là đường tròn có bán kính nhỏ nhất. Tính giá trị của biểu thức M 2a b c .
A. M 2 . B. M 3 . C. M 1 . D. M 4 .
Câu 146: Trong không gian Oxyz , cho hai điểm A 3;0;2
, 3;0;2
B và mặt cầu
2 2 2
x ( y 2) ( z 1) 25 .
Phương trình mặt phẳng đi qua hai điểm A , B và cắt mặt cầu S theo một đường tròn bán kính
nhỏ nhất là
A. x 4y 5z
17 0 . B. 3x 2y z 7 0 .
C. x 4y 5z
13 0 . D. 3x 2 y z –11 0 .
Câu 147: Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz , cho mặt phẳng
đi qua điểm 1;2;3
M và cắt các trục Ox ,
Oy , Oz lần lượt tại A , B ,C ( khác gốc toạ độ O ) sao cho M là trực tâm tam giác ABC . Mặt phẳng
có phương trình là
x y z
A. x 2y 3z
14 0 . B. 1 0 .
1 2 3
C. 3x 2y z 10 0 . D. x 2y 3z
14 0 .
Câu 148: Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz , cho điểm N 1;1;1
. Viết phương trình mặt phẳng P cắt các
trục Ox, Oy,
Oz lần lượt tại A, B,
C (không trùng với gốc tọa độO ) sao cho N là tâm đường tròn
ngoại tiếp tam giác ABC
A. P : x y z 3 0 . B. P : x y z 1 0
.
C. P : x y z 1 0 . D. P : x 2y z 4 0
.

Câu 149 Trong không gian với hệ trục toạ độ Oxyz cho các điểm A 1;0;0
, B 0; b ;0
, 0;0;
C c trong đó b,
c
dương và mặt phẳng P : y z 1 0 . Biết rằng mp ABC vuông góc với mp P và
1
d 0,
ABC
, mệnh đề nào sau đây đúng?
3
A. b c 1. B. 2b
c 1 . C. b 3c
1 . D. 3b
c 3
Câu 150: [THPT Hai Bà Trưng Lần 1 – 2017] Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho điểm H 1;2;3
. Mặt phẳng
P đi qua điểm H cắt Ox, Oy,
Oz tại A, B,
C sao cho H là trực tâm của tam giác ABC . Phương
trình của mặt phẳng P
là
A. P : 3x y 2z
11 0 . B. P : 3x 2y z 10 0 .
C. P : x 3y 2z
13 0 . D. P : x 2y 3z
14 0 .
Câu 151: (SGD Lạng Sơn) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai điểm A9; 3;5
, ; ;
B a b c . Gọi
M , N , P lần lượt là giao điểm của đường thẳng AB với các mặt phẳng tọa độ Oxy , Oxz và Oyz .
Biết M , N , P nằm trên đoạn AB sao cho AM MN NP PB . Tính tổng T a b c .
A. T 21. B. T 15 . C. T 13. D. T 14 .
Câu 152.(Sở GD Bạc Liêu) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho có phương trình
2 2 2
x y z 2x 4y 6z
11 0 . Viết phương trình mặt phẳng , biết song song với
P : 2x y 2z
11 0
và cắt mặt cầu
S theo thiết diện là một đường tròn có chu vi bằng 8 .
A. 2x y 2z
11 0 . B. 2x y 2z
7 0 .
C. 2x y 2z
5 0 . D. 2x y 2z
7 0 .
Câu 153: [Đề minh họa] Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho bốn điểm A1; 2;0
, 0; 1;1
C 2;1; 1
và D 3;1;4
. Hỏi có tất cả bao nhiêu mặt phẳng cách đều bốn điểm đó?
B ,
A. 1. B. 4 . C. 7 . D. Có vô số mặt phẳng.
Câu 154: (Chuyên KHTN) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho mặt cầu
2 2 2
S : x y z 4x 10y 2z
6 0 . Cho m là số thực thỏa mãn giao tuyến của hai mặt phẳng
y m và x z 3 0
tiếp xúc với mặt cầu
S . Tích tất cả các giá trị mà m có thể nhận được bằng
A. 11. B. 10 . C. 5 . D. 8 .
Câu 155: (Sở GD Bạc Liêu) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho đường thẳng
và điểm 2;1; 1
độ dài đoạn AB .
x 2 y 1
z
:
2 2 1
I . Mặt cầu tâm I tiếp xúc với đường thẳng cắt trục Ox tại hai điểm A , B . Tính
A. AB 2 6 . B. AB 24 . C. AB 4 . D. AB 6 .

Câu 156: (Toán Học Tuổi Trẻ) Trong không gian Oxyz , cho mặt cầu
2 2 2
x y 2 z
đường thẳng d : 1 1 1
. Tìm tọa độ trung điểm H của TT .
. Hai mặt phẳng
S : x y z 2x 2z
1 0 và
P , P chứa d và tiếp xúc với S tại T và T
A.
5 1 5
H
; ;
6 3 6 . B. 5 2 7
H
; ;
6 3 6 . C. 5 1 5
H
; ;
6 3 6 . D. 7 1 7
H
; ;
6 3 6 .
Câu 157: (THPT Thăng Long - Hà Nội) Trong không gian Oxyz cho ba điểm A 1;0;0
, B 0; 1;0 , 0;0; 2
M là điểm thay đổi thuộc mặt phẳng ABC có độ dài OM nhỏ nhất bẳng
A. 3 4 . B. 2 . C. 6 . D. 20 .
3
Câu 158: (CHUYÊN VINH LẦN) Trong không gian Oxyz , cho điểm A 1;1;6 và đường thẳng
x
2 t
: y
1
2t
. Hình chiếu vuông góc của điểm A trên đường thẳng là:
z
2t
A. N 1;3; 2
. B. H 11; 17;18
. C. M 3; 1;2 . D. 2;1;0
K .
C .
Câu 159. (THPT TIÊN LÃNG) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz , cho mặt phẳng P : x 2y 2z
9 0 ,
mặt cầu S tâm O tiếp xúc với mặt phẳng
P tại ; ;
H a b c . Tổng a b c bằng
A. 2 . B. 1. C. 1. D. 2 .
Câu 160. (THI THỬ CỤM 6 TP. HỒ CHÍ MINH) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , A0; 1;2 và B 1;0; 2
lần lượt là hình chiếu vuông góc của điểm I( a; b; c )
P : 2x y 2z
6 0 . Tính S a b c .
A. 3 2 . B. 5 3 . C. 0. D. 4 3 .
trên
x y 1 z 2
: và
4 1 1
Câu 161: [THPT Hùng Vương] Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm I 2; 3; 4
và đường thẳng
x 2 y 2 z
d : . Mặt cầu tâm I tiếp xúc với đường thẳng d tại điểm H . Tìm tọa độ điểm H
3 2 1
.
A. H 1;0; 1
. B. 4;2; 2
H .
C.
H 1 1
; 1;
2 2 . D. H 1 1
;0;
2 2 .
Câu 162. (THPT CHUYÊN BIÊN HÒA) Trong không gian với hệ trục toạ độ Oxyz , cho đường thẳng
x 1 y 1
z
:
1 2 2
và mặt phẳng : x 2y 2z
5 0 . Gọi
P là mặt phẳng chứa và tạo

với một góc nhỏ nhất. Phương trình mặt phẳng P có dạng ax by cz d 0 ( a, b, c,
d
và a, b, c, d 5 ). Khi đó tích a. b. c.
d bằng bao nhiêu?
A. 120 . B. 60 . C. 60 . D. 120 .
Câu 163. (THPT CHUYÊN TUYÊN QUANG) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz cho hình lập phương
ABCD.
A B C D
biết rằng A 0;0;0
, B 1;0;0
, D 0;1;0
, A 0;0;1
BC và tạo với mặt phẳng
P chứa đường thẳng
AA C C một góc lớn nhất là
. Phương trình mặt phẳng
A. x y z 1 0 . B. x y z 1 0 . C. x y z 1 0 . D. x y z 1 0 .
Câu164. (THPT PHAN ĐÌNH TÙNG ) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng
P : 3x y z 5 0 và hai điểm A 1;0;2
, B 2; 1;4 .
Tìm tập hợp các điểm ; ;
trên mặt phẳng P sao cho tam giác MAB có diện tích nhỏ nhất.
M x y z nằm
A.
x 7y 4z
7 0
.
3x y z 5 0
B.
x 7 y 4z
14 0
.
3x y z 5 0
C.
x 7y 4z
7 0
.
3x y z 5 0
D.
3x 7 y 4z
5 0
.
3x y z 5 0
Câu 165: [CHUYÊN ĐHKHTN HUẾ - 2017] Cho điểm A(0;8;2)
và mặt cầu ( S)
có phương trình
và điểm B(9; 7;23) . Viết phương trình mặt phẳng ( P)
qua
A tiếp xúc với ( S)
sao cho khoảng cách từ B đến ( P ) là lớn nhất. Giả sử n (1; m; n)
là một vectơ
2 2 2
( S) : ( x 5) ( y 3) ( z 7) 72
pháp tuyến của ( P ) . Lúc đó
A. m. n 2 . B. m. n 2 . C. m. n 4 . D. m. n 4 .
Câu 166: (Sở GD Bạc Liêu) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai điểm E 1; 2;4
, 1; 2; 3
F . Gọi
M là điểm thuộc mặt phẳng Oxy sao cho tổng ME MF có giá trị nhỏ nhất. Tìm tọa độ của điểm
M .
A. M 1;2;0 . B. M 1; 2;0
. C. M 1; 2;0
. D. 1;2;0
M .
Câu 167: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho ba điểm A5;5;0 , B 1;2;3 , C 3;5; 1
và mặt phẳng
P : x y z 5 0 . Tính thể tích V của khối tứ diện SABC biết đỉnh S thuộc mặt phẳng P và
SA SB SC .
A.
145
V . B. V 145 . C.
6
45
V . D.
6
127
V .
3
Câu168 [THPT Hai Bà Trưng- Hu] Trong không gian Oxyz , cho điểm A B C
điểm D trong mặt phẳng
D đến mặt phẳng Oxy bằng 1. Khi đó có tọa độ điểm D thỏa mãn bài toán là.
2;0; 2 , 3; 1; 4 , 2;2;0 . Tìm
Oyz có cao độ âm sao cho thể tích của khối tứ diện ABCD bằng 2 và khoảng cách từ
A. D0;1; 1
. B. D0; 3; 1
. C. D0;3; 1
. D. 0;2; 1
D .

Câu169 [SỞ GD-ĐT HÀ TĨNH] Trong hệ tọa độ Oxyz , cho ba điểm A (1;2;1) , B ( 2;1;1) , C (1;1;2) , tập hợp tất cả
các điểm M trên mặt phẳng ( ) : 3x 6y 6z
1 0 sao cho MA. MB MB. MC MC. MA 0 là
A. một mặt phẳng. B. một đường tròn. C. một mặt cầu. D. một điểm.
Câu 170: (SGD BINH THUAN) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho các điểm M 2;2; 3
và N 4;2;1
. Gọi là đường thẳng đi qua M , nhận vecto u a; b;
c
làm vectơ chỉ phương và song song với
mặt phẳng P : 2x y z 0 sao cho khoảng cách từ N đến đạt giá trị nhỏ nhất. Biết a , b là
hai số nguyên tố cùng nhau. Khi đó a b c bằng:
A. 15 . B. 13 . C. 16 . D. 14 .
Câu 171 (TT Tân Hồng Phong) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho ba điểm A 2;1;0 , 4;4; 3
B ,
x 1 y 1 z 1
C 2;3; 2
và đường thẳng d
:
1 2 1
. Gọi là mặt phẳng chứa d sao cho A , B , C ở cùng
phía đối với mặt phẳng . Gọi d
1
, d
2
, d3
lần lượt là khoảng cách từ A , B , C đến . Tìm giá trị lớn nhất
T d 2d 3d
.
của
1 2 3
A. Tmax 2 21 . B. Tmax 6 14 .
203
T 14 3 21 .D. Tmax 203 .
3
C.
max
x y 1
z
Câu 172: (THPT Chu Văn An - Hà NộI)Trong không gian Oxyz , cho đường thẳng : và hai điểm
1 1 1
1;2; 5 B 1;0;2 . Biết điểm M thuộc sao cho biểu thức T MA MB đạt giá trị lớn nhất là
A
,
T
max
. Khi đó, T
max
bằng bao nhiêu?
A. Tmax 3
B. Tmax 2 6 3 C. Tmax 57 D. Tmax 3 6
.
Câu 173: Trong không gian với hệ tọa độ ,
P : 2x y z 3 0 , đồng thời tạo với đường thẳng
Phương trình đường thẳng d là
1 1 2
A.
y z
.
1 5 7
B.
x 1 y 1 z 2
C. .
4 5 7
D.
Oxyz gọi d đi qua điểm 1; 1;2
x 1 y 1
z
:
1 2 2
x 1 y 1 z 2
.
4 5 7
x 1 y 1 z 2
.
1 5 7
A , song song với
một góc lớn nhất.
x 1 y 2 z 2
Câu 174 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz gọi d đi qua A1;0; 1
, cắt 1
: , sao cho
2 1 1
x 3 y 2 z 3
góc giữa d và 2
: là nhỏ nhất. Phương trình đường thẳng d là
1 2 2
A.
x 1 y z 1
. B.
2 2 1
x 1 y z 1
. C.
4 5 2
x 1 y z 1
4 5 2
. D. x 1 y z 1
.
2 2 1

x 1 y z 2
Câu 175 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hai đường thẳng d1
: và
2 1 1
x 1 y 2 z 2
d2
: . Gọi là đường thẳng song song với P : x y z 7 0 và cắt d1,
d
2
1 3 2
lần lượt tại hai điểm A,
B sao cho AB ngắn nhất. Phương trình của đường thẳng là.
x
6 t
x
6
x
6 2t
x
12
t
5
5
5
A. y
5 . B. y
. C. y
t . D. y
t .
2
z
9 t
2
2
9
9
z
t
9
z t
2
z t
2
2
Câu 176: Trong không gian Oxyz , cho điểm A3;3; 3
thuộc mặt phẳng : 2 x – 2y z 15 0 và mặt
2 2 2
cầu S : (x 2) (y 3) (z 5) 100 . Đường thẳng qua A , nằm trên mặt phẳng cắt ( S )
tại A , B . Để độ dài AB lớn nhất thì phương trình đường thẳng là
A.
x 3 y 3 z 3
.B.
1 4 6
x 3 y 3 z 3
.
16 11 10
C.
x
3 5t
y
3 . D.
z
3 8t
x 3 y 3 z 3
.
1 1 3
Câu 177: [CHUYÊN ĐHKHTN HUẾ] Trong không gian cho đường thẳng
x 3 y 1 z 2
d :
3 1 2
góc lớn nhất.
. Viết phương trình mặt phẳng
x 3 y z 1
: và đường thẳng
1 2 3
P đi qua và tạo với đường thẳng d một
A. 19x 17y 20z
77 0 . B. 19x 17y 20z
34 0 .
C. 31x 8y 5z
91 0 . D. 31x 8y 5z
98 0 .
Câu 178: (SGD - Quảng Nam) Trong không gian với hệ tọa độ
M
x 1 y 1 z 3
a
đường thẳng d : và điểm 1; 3; 1
2 1 1
i
thẳng đi qua A , nằm trong mặt phẳng
N
g
u a; b; 1
là một véc tơ chỉ phương của đường thẳng . Tính a 2b
.
u
A. a 2b
3 . B. a 2b
0 . C. a y2b
e
n
4
Oxyz , cho mặt phẳng P : x y 4z
0
A thuộc mặt phẳng
,
P . Gọi là đường
P và cách đường thẳng d một khoảng cách lớn nhất. Gọi
. D. a 2b
7 .
Câu 179 (Toán Học Tuổi Trẻ) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , xét đường thẳng đi qua điểm A 0;0;1
và vuông góc với mặt phẳng Ozx . Tính khoảng cách nhỏ nhất giữa điểm B 0;4;0
tới điểm C trong đó C là
điểm cách đều đường thẳng và trục Ox .
A. 1 2 . B. 3 2 . C. 6 . D. 65
2 .

Câu 180 (THPT Hồng Quang - Hải Dương) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho tam giác ABC với
2 2 2
A 2;1;3
, B 1; 1;2 , C 3; 6;1
. Điểm M x; y;
z thuộc mặt phẳng Oyz sao cho MA MB MC đạt
giá trị nhỏ nhất. Tính giá trị của biểu thức P x y z .
A. P 0 . B. P 2 . C. P 6 . D. P 2 .
Câu 181: (Toán học và Tuổi trẻ) Trong không gian cho ba điểm A 1;1;1
, B 1;2;1 , 3;6; 5
thuộc mặt phẳng Oxy sao cho
2 2 2
MA MB MC đạt giá trị nhỏ nhất là
C . Điểm M
A. M 1;2;0
. B. M 0;0; 1
. C. M 1;3; 1
. D. M 1;3;0
.
Câu 182. (THPT Lục Ngạn-Bắc Giang) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho A2;0;0 ; M 1;1;1
. Mặt phẳng
P thay đổi qua AM cắt các tia Oy;
Oz lần lượt tại B,
C . Khi mặt phẳng P thay đổi thì diện tích tam giác
ABC đạt giá trị nhỏ nhất bằng bao nhiêu?
A. 5 6 . B. 3 6 . C. 4 6 . D. 2 6 .
Câu 183: (CỤM CÁC TRƯỜNG CHUYÊN ĐỒNG BẰNG SÔNG CỬU LONG) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz ,
x 1 y z 1
: và mặt phẳng P : 2x y 2z
1 0 . Gọi
2 1 1
Q
là mặt phẳng chứa và khoảng cách từ A đến Q
lớn nhất. Tính thể tích khối tứ diện tạo bởi
cho điểm A1; 1;1
, đường thẳng
Q và các trục tọa độ Ox, Oy,
Oz
A.
1
36
B. 1 6
C. 1
18
D. 1 2
Câu 184: (CỤM CÁC TRƯỜNG CHUYÊN ĐỒNG BẰNG SÔNG CỬU LONG) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz ,
2 2 2
cho mặt phẳng m 1 x 2m 2m 1 y 4m 2 z m 2m
0 luôn chứa một đường
P :
thẳng cố định khi m thay đổi. Đường thẳng d đi qua 1; 1;1
khoảng lớn nhất có véc tơ chỉ phương u 1; b;
c
. Tính
M vuông góc với và cách O một
2
b
c .
A. 2 B. 23 C. 19 D. 1
Câu 185 (THPT Hoàng Hoa Thám - Hưng Yê) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho A( 1; 2; 1) , B( 2; 1; 3) ,
C( 3; 5; 1) . Điểm M ( a; b; c ) trên mặt phẳng Oyz sao cho MA 2MB CM đạt giá trị nhỏ nhất. Khi đó ta
có 2b c bằng
A. 1. B. 4 . C. 1. D. 4 .
Câu 186: (THPT Thăng Long - Hà Nội) Trong không gian với hệ tọa độ ,
Oxyz cho mặt phẳng : 0
P x y z m ( m
2 2 2
S có phương trình x 2 y 1
z 16
. Tìm các giá trị của m để P
là tham số ) và mặt cầu
cắt S theo giao tuyến là một đường tròn có bán kính lớn nhất.
A. m 1. B. m 0 .
C. m 1. D. 1 4 3 m 1
4 3 .

Câu 187: (THPT Thăng Long - Hà Nội) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng P có phương trình
x y z 3 0 và hai điểm A1; 3; 4 , B 1;2;1
. M là điểm di động trên P , giá trị nhỏ nhất
của biểu thức MA
4MB
là
2 2
A. 20 3 . B. 48 . C. 8 3 . D. 55 .
3
Câu 188: (Sở GD và ĐT Cần Thơ) Trong không gian Oxyz cho điểm A 2;5;3
và đường thẳng
x 1 y z 2
d :
2 1 2
. Gọi
P là mặt phẳng chứa đường thẳng d sao cho khoảng cách từ A đến P
lớn nhất. Khoảng cách từ điểm M 1;2; 1
đến mặt phẳng
A. 11 2
6
. B.3 2 . C.
P bằng
11
18 . D. 7 2
6 .
Câu 189. (Sở GD và ĐT Đà Nẵng) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai điểm A 6;3;2
, 2; 1;6
Trên mặt phẳng
Oxy , lấy điểm ; ;
M a b c sao cho MA MB bé nhất. Tính
B .
2 3 4
P a b c .
A. P 129 . B. P 48 . C. P 33 . D. P 48 .
Câu 190: (THPT Lê Quý Đôn - Quảng Trị) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz cho 3 điểm A 1;1;1
,
B 0;1;2
, C 2;1;4 và mặt phẳng P : x y z 2 0 . Tìm điểm N P
sao cho
S NA NB NC
2 2 2
2 đạt giá trị nhỏ nhất.
A.
4 4
N
;2;
3 3
. B. 2;0;1
N . C.
1 5 3
N
; ;
2 4 4
. D. 1;2;1
N .
Câu 191: (THPT Lê Quý Đôn - Quảng Trị) Trong không gian Oxyz , cho 2 điểm A3; 2;3
, 1;0;5
x 1 y 2 z 3
đường thẳng d : . Tìm tọa độ điểm M trên đường thẳng d để MA
1 2 2
giá trị nhỏ nhất.
A. M 1;2;3
. B. 2;0;5
M . C. M 3; 2;7
. D. 3;0;4
Câu 192: Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz , viết phương trình mặt phẳng
P đi 1;2;3
B và
MB đạt
2 2
M .
M và cắt các tia
1 1 1
Ox , Oy , Oz lần lượt tại các điểm A , B , C sao cho biểu T đạt giá trị nhỏ
2 2 2
OA OB OC
nhất.
A. P : x 2y 3z
14 0 . B. P : 6x 3y 2z
6 0
.
C. P : 6x 3y 2z
18 0 . D. P : 3x 2y z 10 0
Câu 193. Trong không gian Oxyz , cho hai điểm A 1;2;2
, 5;4;4
.
B và mặt phẳng
( P) : 2x y z 6 0 . Tọa độ điểm M nằm trên mp( P ) sao cho
MA
MB nhỏ nhất là:
2 2

A. M 1;1;5 . B. M 0;0;6
. C. M 1;1;9
. D. 0; 5;1
M .
Câu 194. (THPT TIÊN LÃNG) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho A 1;1;1 ,
B 2;1; 1 ,
0;4;6
Điểm M di chuyển trên trục Ox . Tìm tọa độ M để P MA MB MC
có giá trị nhỏ nhất.
A. -2;0;0 . B. 2;0;0 . C. -1;0;0 . D. 1;0;0 .
C .
Câu 195:
1 3
(Sở GD Cần Thơ) Trong không gian Oxyz , cho điểm M
; ;0
2 2
S : x y z 8
và mặt cầu
2 2 2
. Một đường thẳng đi qua điểm M và cắt S tại hai điểm phân biệt A , B . Diện tích lớn nhất của tam
giác OAB bằng
A. 4 . B. 2 7 . C. 2 2 . D. 7 .
Câu 196: (Sở GD Cần Thơ) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz , cho mặt cầu
S : x 1 2 y 3 2 z 2
2
4 . Gọi N x0; y0;
z
0 là điểm thuộc
mặt phẳng
P x y z bằng
Oxz lớn nhất. Giá trị của biểu thức
0 0 0
S sao cho khoảng cách từ điểm N đến
A. 6 . B. 8 . C. 5. D. 4 .
2 2 2
Câu 197: (Sở GD Cần Thơ) Trong không gian Oxyz , cho mặt cầu S x y z
phẳng P : 2x 2y z 3 0 . Gọi Q là mặt phẳng song song với P và cắt
là đường tròn
thể tích lớn nhất. Phương trình của mặt phẳng Q là
: 1 2 3 12 và mặt
S theo thiết diện
C sao cho khối nón có đỉnh là tâm của mặt cầu và đáy là hình tròn giới hạn bởi C có
A. 2x 2y z 4 0 hoặc 2x 2y z 17 0 .
B. 2x 2y z 2 0 hoặc 2x 2y z 8 0 .
C. 2x 2y z 1 0 hoặc 2x 2y z 11 0 .
D. 2x 2y z 6 0 hoặc 2x 2y z 3 0 .
Câu 198 Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , viết phương trình đường thẳng d vuông góc với đường
thẳng
x y 1
z
: 1 2 1
và đi qua gốc tọa độ O sao cho khoảng cách từ 1;0;1
d đạt giá trị nhỏ nhất.
M tới đường thẳng
A.
x
t
x
t
y
t . B. y
0 . C.
z
t
z
t
x
2t
y
t . D.
z
0
x
3t
y
t .
z
t
Câu 199 (Toán học tuổi trẻ tháng) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho điểm A( 3;2; - 1)
và đường thẳng

ì x = t
d : ï
íy = t
ï
ïî z = 1 + t
lớn nhất.
. Viết phương trình mặt phẳng ( P ) chứa d sao cho khoảng cách từ A đến ( P ) là
A. 2x y 3z
3 0 . B. x 2y z 1 0 . C. 3x 2y z 1 0 . D. 2x y 3z
3 0 .
2 2 2
Câu 200: [SGD_QUANG NINH] Trong không gian Oxyz , cho mặt cầu S x y z
Gọi là mặt phẳng đi qua hai điểm A0;0; 4
, B 2;0;0
và cắt
tròn C sao cho khối nón đỉnh là tâm của S và đáy là là đường tròn
rằng : ax by z c 0 , khi đó a b c bằng
A. 4 . B. 8 . C. 0 . D. 2 .
: 1 2 3 27 .
S theo giao tuyến là đường
C có thể tích lớn nhất. Biết
Câu 201: [SDG PHU THO] Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng ( P) : 3x 3y 2z
15 0 và
ba điểm A 1;2;0
, B 1; 1;3 , 1; 1; 1
2 2 2
2MA MB MC nhỏ nhất. Giá trị 2x0 3y0 z0
bằng
C . Điểm M ( x0; y0; z
0)
thuộc ( P ) sao cho
A. 11. B.5. C.15 . D.10 .
Câu 202. (SỞ GD-ĐT HẬU GIANG) Trong không gian Oxyz cho mặt cầu
S : x 1 2 y 2 2 z 3
2
9 và mặt phẳng P :2x 2y z 3 0 . Gọi ; ;
điểm trên mặt cầu sao cho khoảng cách từ M đến P lớn nhất. Khi đó:
A. a b c 8 . B. a b c 5 . C. a b c 6 . D. a b c 7 .
M a b c là
Câu 203. (THPT CHU VĂN AN) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz viết phương trình mặt phẳng P đi qua
điểm M 1;2;3
và cắt các tia Ox ,Oy ,Oz lần lượt tại các điểm A, B,
C sao cho
1 1 1
T đạt giá trị nhỏ nhất.
2 2 2
OA OB OC
A. P : x 2y 3z
14 0 . B. P : 6x 3y 2z
6 0
.
C. P : 6x 3y 2z
18 0 . D. P : 3x 2y z 10 0
.
Câu 204. (SGD – HÀ TĨNH ) Trong không gian với hệ trục Oxyz , cho hai điểm A4;2; 6
, B 2;4;1
. Gọi d là
đường thẳng đi qua trọng tâm G của tam giác ABO sao cho tổng khoảng cách từ các điểm A , B , C
đến đường thẳng d là lớn nhất. Trong các véctơ sau, véctơ nào là một véctơ chỉ phương của đường
thẳng d ?
A. u 13;8; 6
. B. u 13;8; 6
. C. u 13;8;6
. D. u 13;8;6
Câu 205. (THPT AN LÃO) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho 3 điểm 1;2;3 , 0;1;1 , 1;0; 2
mặt phẳng P có phương trình x y z 2 0 . Gọi M là điểm thuộc mặt phẳng
A B C và
.
P sao cho giá

trị biểu thức
Q : 2x y 2z
3 0
A. 2 5
3
2 2 2
T MA 2MB 3MC nhỏ nhất. Tính khoảng cách từ M đến mặt phẳng
121
91
. B. . C. 24 . D.
54 54 .
Câu 206. (CỤM 7 TP. HỒ CHÍ MINH) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz , cho điểm A9; 3;5
, ; ;
Gọi M , N , P lần lượt là giao điểm của đường thẳng AB với các mặt phẳng toạ độ Oxy , Oxz
và Oyz . Biết M , N , P nằm trên đoạn AB sao cho AM MN NP PB
a b c là:
B a b c .
. Giá trị của tổng
A. 21. B. 15 . C. 15 . D. 21.
Câu 207. (TRƯỜNG THPT TH CAO NGUYÊN ) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , xét các mặt phẳng
thay đổi có phương trình ax by a b z 0 , trong đó hai số a và b không đồng thời bằng 0. Tìm
khoảng cách h lớn nhất từ điểm A 2;1;3
tới các mặt phẳng
.
A.
3 2
h .
B. h 3 2.
C.
2
1
h .
D. h 2.
2
Câu 208. (THPT TRẦN HƯNG ĐẠO) Cho ba điểm A 1; 1; 0
, B 3; 1; 2
, C 1; 6; 7
. Tìm điểm M Oxz
sao cho
2 2 2
MA MB MC nhỏ nhất?
A. M 3;0; 1 .
B. M 1; 0; 0 .
C. M 1; 0; 3 .
D. M
1; 1; 3 .
Câu 209. (TOÁN HỌC TUỔI TRẺ LẦN 8) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho hai điểm A 1;2;2
,
B 5;4;4
và mặt phẳng P : 2x y z 6 0 Nếu M thay đổi thuộc
là
A. 60 . B. 50 . C. 200
3
P thì giá trị nhỏ nhất của MA
. D.
2968
25 .
MB
2 2
Câu 210. (THPT CHUYÊN NGUYỄN TRÃI) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz , cho đường thẳng có phương
x 1 y z 1
trình
2 1 1
và tạo với P một góc nhỏ nhất.
và mặt phẳng P : 2x y 2z
1 0 . Viết phương trình mặt phẳng
A. 2x y 2z
1 0 . B. 10x 7y 13z
3 0 .
C. 2x y z 0 . D. x 6y 4z
5 0 .
Q chứa
x y z
Câu 211. Phương trình mặt phẳng chứa đường thẳng d : và cắt mặt cầu
1 1 1
2 2 2
S : x y z 4x 6y 6z
3 0 theo một đường tròn có bán kính nhỏ nhất là
A. 6x y 5z
0.
B. 6x y 5z
0.
C. 4x 11y 7z
0.
D. 4x 11y 7z
0.

Câu 212: [TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÊ HỒNG PHONG- NAM ĐỊNH] Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho
x 1 y z 2
đường thẳng :
2 1 1
2 2
sao cho MA 2MB
đạt giá trị nhỏ nhất.
và hai điểm A0; 1;3 , 1; 2;1
B . Tìm tọa độ điểm M thuộc đường thẳng
A. M 5;2; 4
. B. M 1; 1; 1
. C. M 1;0; 2
. D. 3;1; 3
M .
Câu213: (THPT CHuyên Lam Sơn - Thanh Hóa) [ Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt cầu
S : x 1 2 y 2 2 z 3
2
9 tâm I và mặt phẳng P : 2x 2y z 24 0
chiếu vuông góc của I trên P . Điểm M thuộc
độ điểm M .
. Gọi H là hình
S sao cho đoạn MH có độ dài lớn nhất. Tìm tọa
A. M 1;0;4 . B. M 0;1;2
. C. M 3;4;2
. D. 4;1;2
M .
Câu 214. (THPT Chuyên Hạ Long - QNinh) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho tam giác ABC với
A (1;0;0) , B (3;2;4) , C (0;5;4) . Tìm tọa độ điểm M thuộc mặt phẳng ( Oxy ) sao cho MA MB 2MC
nhỏ
nhất.
A. M (1;3;0) . B. M (1; 3;0) . C. M (3;1;0) . D. M (2;6;0)
Câu 215: (THPT Chuyên Thoại Ngọc Hầu - An Giang) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz , cho hai điểm
A2; 3;2
, B 3;5;4
. Tìm toạ độ điểm M trên trục Oz so cho
MA
MB đạt giá trị nhỏ nhất.
2 2
A. M 0;0;49
. B. M 0;0;67
. C. M 0;0;3
. D. 0;0;0
M .
Câu 216: (THPT Trần Phú - Hà Tĩnh) Trong không gian Oxyz , cho ba điểm A1; 2;1
, 5; 0; 1
C 3;1; 2
và mặt phẳng Q : 3x y z 3 0 . Gọi M a; b;
c là điểm thuộc
2 2 2
MA MB 2MC
nhỏ nhất. Tính tổng a b 5c
.
A. 11. B. 9. C. 15 . D. 14 .
B ,
Q thỏa mãn
Câu 217: (Chuyên Lương Thế Vinh – Đồng Nai) Trong không gian Oxyz , cho bốn điểm
4; 1;3 , 1; 2; 1 , 3;2; 3
và D0; 3; 5
. Gọi
A B C đến lớn nhất, đồng thời ba điểm , ,
.
A B C
khoảng cách từ , ,
Trong các điểm sau, điểm nào thuộc mặt phẳng
là mặt phẳng đi qua D và tổng
A B C nằm về cùng phía so với .
A. E 7; 3; 4
. B. E . C. E . D.
1
2
2;0; 7
3
1; 1; 6
E4 36;1; 1 .
Câu 218: (Chuyên Lương Thế Vinh – Đồng Nai) Trong không gian với hệ tọa độ
A 1;0;1
V
,
B 0;1; 1 . Hai điểm D , E thay đổi trên các đoạn OA , OB sao cho đường
ũ
thẳng DE chia tam giác
Oxyz , cho hai điểm
OAB thành hai phần có diện tích bằng nhau. Khi DE ngắn nhất thì trung Vđiểm của đoạn DE có tọa
độ là
ă
n
A.
2 2
I
; ;0
. B.
4 4
I
2 2
; ;0
. C.
3 3
I 1 1 ; ;0 B
3 3 . D. 1 1
I
; ;0
ắ 4 4 .
c

Câu 219: (THPT Quỳnh Lưu 1 - Nghệ) Trong hệ tọa độ Oxyz cho A 3;3;0
, B 3;0;3
, C 0;3;3
phẳng P đi quaO , vuông góc với mặt phẳng ABC sao cho mặt phẳng
AC tại các điểm M , N thỏa mãn thể tích tứ diện OAMN nhỏ nhất. Mặt phẳng
. Mặt
P cắt các cạnh AB ,
A. x y 2z
0 . B. x y 2z
0 . C. x z 0 . D. y z 0
Câu 220: (THPT Vũng Tàu) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm 1;2; 3
P :2x 2y z 3 0
P có phương trình:
A và mặt phẳng
u 3; 4;2 cắt mặt
. Đường thẳng đi qua A và có vectơ chỉ phương
phẳng P tại điểm B . Một điểm M thuộc mặt phẳng P và nằm trên mặt cầu có đường kính AB
sao cho độ dài đoạn thẳng MB lớn nhất. Khi đó dộ dài MB bằng
A. 14 5
3
. B. 5 . C.
5
2 . D. 7 5
3 .
Câu 221: [THPT Tiên Lãng] Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho A 1;1;1 ,
B 2;1; 1 ,
0;4;6
Điểm M di chuyển trên trục Ox . Tìm tọa độ M để P MA MB MC
C .
có giá trị nhỏ nhất.
A. 1;0;0 . B. 1;0;0 . C. 2;0;0 . D. 2;0;0
.
Câu 222: [Cụm 1 HCM] Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai điểm M 1;2;4 và N 0;1;5
. Gọi P
là mặt phẳng đi qua M sao cho khoảng cách từ N đến P
là lớn nhất. Khi đó, khoảng cách d từ O đến mặt
phẳng P bằng bao nhiêu?
A.
3
d . B. d 3 . C.
3
1
d . D.
3
1
d .
3
Câu 223: [Cụm 1 HCM] Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai điểm M 1;2;4 và N 0;1;5
. Gọi P
là mặt phẳng đi qua M sao cho khoảng cách từ N đến P
là lớn nhất. Khi đó, khoảng cách d từ O
đến mặt phẳng P bằng bao nhiêu?
A.
3
d . B. d 3 . C.
3
1
d . D.
3
1
d .
3
Câu 224 [TTLT ĐH Diệu Hiền-] Trong không gian với hệ trục Oxyz , cho đường thẳng d có phương trình
x 1 y 2 z
d :
1 1 2
đến P bằng.
và điểm A 1;4;2
. Gọi P là mặt phẳng chứa d . Khoảng cách lớn nhất từ A
A. 2 5 . B. 6 5 . C.
Câu 225 [THPT Yên Lạc-VP] Trong không gian với hệ tọa độ ,
210
3
. D. 5.
Oxy cho mặt phẳng P : m 1
x y mz 1 0
và điểm A 1;1;2
. Với giá trị nào của m thì khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng P là lớn nhất.
A. 2 . B. 5. C. 4 . D. 3.

Câu 226: [THPT Nguyễn Khuyến –NĐ] Trong không gian với hệ trục tọa độOxyz , cho bốn điểm
A a 2 2 4
;0;0 , B 0; b ;0 , C 0;0; c , D ; ;
. Trong đó a, b,
c là các số thực dương thỏa mãn
3 3 3
2 2 1
3 . Khoảng cách từ D đến mặt phẳng ABC có giá trị lớn nhất là bao nhiêu ?
a b c
A. 3. B. 1. C. 4. D. 2.
Câu 227 [THPT TH Cao Nguyên] Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho bốn điểm
A3;0;0 , B 0;2;0 , C 0;0;6 , D 1;1;1
. Gọi là đường thẳng đi qua D và thỏa mãn tổng
khoảng cách từ các điểm A, B,
C đến là lớn nhất. Hỏi đi qua điểm nào trong các điểm dưới
đây?
A. M 3;4;3
. B. M 1; 2;1
. C. M 3; 5; 1
. D. 7;13;5
Câu 228 (Sở GD&ĐT Hà Nội) Trong không gian Oxyz , cho hai điểm A 1;2;1
, 2; 1;3
mặt phẳng Oxy sao cho MA
2MB
lớn nhất.
2 2
3 1
A. M
; ;0
2 2 . B. 1 3
M
; ;0
2 2
M .
B . Tìm điểm M trên
. C. M 0;0;5
. D. 3; 4;0
Câu 229: (Sở Quảng Bình)Trong không gian Oxyz , cho hình hộp ABCD.
A B C D
D2; 2;2
, 3;0; 1
AM
MC là
M .
biết A 1;0;1
, 2;1;2
B ,
A , điểm M thuộc cạnh DC . Giá trị nhỏ nhất của tổng các khoảng cách
A. 17 B. 17 4 6
C. 17 8 3
D. 17 6 2
2 2 2
Câu 230: (Sở Tiền Giang) Trong không gian Oxyz cho mặt cầu
S : x 3 y 1 z 4 và đường thẳng
x
1
2t
d : y 1 t , t . Mặt phẳng chứa d và cắt S theo một đường tròn có bán kính nhỏ nhất có
z
t
phương trình là
A. 3x 2y 4z
8 0 B. y z 1 0 C. x 2y
3 0 D. x 3y 5z
2 0
Câu 231: (SGD VĨNH PHÚC) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai điểm A 1;2;3
, B 0;4;5
M là điểm sao cho MA 2MB
đạt giá trị nhỏ nhất là
. Khoảng cách từ điểm M đến mặt phẳng P : 2x 2y z 6 0
. Gọi
A. 7 9
B. 14 9
C. 17 9
D. 11 9
Câu 232: (THPT Bình Xuyên - Vĩnh Phúc) Trong không gian Oxyz , cho hai đường thẳng : x y z
d1 và
1 1 2
d
2
:
x 1 y z 1
. Điểm M d1
và N d2
sao cho đoạn thẳng MN ngắn nhất:
2 1 1

3 3 6
A. M
; ;
35 35 35 , 69 17 18
N ; ;
35 35 35
B.
M 3 3 6
; ;
35 35 35 , N 1 17 18
; ;
35 35 35
C.
M 3 3 6
; ;
35 35 35 , N 69 17 18
; ;
35 35 35
D.
M 3 3 6
; ;
5 5 5 , 69 17 18
N ; ;
5 5 5
Câu 233
A
0;2; 4 , B 3;5;2
(THPT Chuyên Vĩnh Phúc) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho hai điểm
. Tìm tọa độ điểm M sao cho biểu thức MA
2MB
đạt giá trị nhỏ nhất.
2 2
3 7
A. M 1;3; 2
. B. M 2;4;0
. C. M 3;7; 2
. D. M
; ;
1
2 2 .
x y 1 z 2
Câu 234: (SGD BINH THUAN) Trong không gian Oxyz , cho đường thẳng d : và mặt phẳng
1 2 3
P : x 2y 2z
3 0 . Gọi M là điểm thuộc đường thẳng d sao cho khoảng cách từ M đến mặt
phẳng P bằng 2 . Nếu M có hoành độ âm thì tung độ của M bằng
A. 3 . B. 21. C. 5 . D. 1.
Câu 235: (SỞ GD-ĐT PHÚ THỌ) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm M 3;3; 2
và hai đường
x 1 y 2 z x 1 y 1 z 2
thẳng d : , d : . Đường thẳng đi qua M và cắt cả 2 đường
1
2
1 3 1 1 2 4
thẳng d , d tại A,
B . Độ dài đoạn thẳng AB bằng
1 2
A. 2 . B. 6 . C. 3. D. 2 2 .
Câu 236. (TT Tân Hồng Phong) Trong không gian Oxyz , cho hai điểm M 1; 2; 3
, A 2; 4; 4
và hai mặt
phẳng P : x y 2z
1 0 , Q : x 2 y z 4 0 . Đường thẳng qua điểm M , cắt hai mặt phẳng
Q lần lượt tại B và ; ;
T a b c .
C a b c sao cho tam giác ABC cân tại A và nhận AM làm đường trung tuyến. Tính
A. T 9 . B. T 3 . C. T 7 . D. T 5 .
Câu 237: (THPT Chu Văn An - Hà Nội) Trong không gian Oxyz , cho hai điểm A0; 1;2 , B 1;1;2
P ,
và
x 1 y z 1
đường thẳng d : . Biết điểm M a; b;
c thuộc đường thẳng d sao cho tam giác MAB có diện
1 1 1
tích nhỏ nhất. Khi đó, giá trị T a 2b 3c
bằng
A. 5 B. 3 C. 4 D. 10
Câu 238: (Toán Học Tuổi Trẻ) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho ba điểm A 0;1;0
, 2;2;2
C 2;3;1
và đường thẳng
diện MABC bằng 3.
B ,
x 1 y 2 z 3
d : . Tìm điểm M thuộc d để thể tích V của tứ
2 1 2
15 9 11
A. M
; ;
2 4 2 ; 3 3 1
M
; ;
2 4 2 . B. 3 3 1
M
; ;
5 4 2 ; 15 9 11
M
; ;
2 4 2 .
C.
3 3 1
M
; ;
2 4 2 ; 15 9 11
M
; ;
2 4 2 . D. 3 3 1
M
; ;
5 4 2 ; 15 9 11
M
; ;
2 4 2 .

Câu 239:
(THTT) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho đường thẳng
Gọi H a; b;
c là điểm thuộc d sao cho AH có độ dài nhỏ nhất. Tính
x 1 y 2 z 1
d :
1 1 2
, 2;1;4
3 3 3
T a b c .
A .
A. T 8. B. T 62 . C. T 13 . D. T 5 .
Câu 240: [THPT Lý Văn Thịnh] Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho đường thẳng
x y 1 z 2
d : và
1 2 3
mặt phẳng ( P ) : x 2y z 3 0 . Tìm tọa độ điểm M có tọa độ âm thuộc d sao cho khoảng cách
từ M đến P bằng 2 .
A. M 2; 3; 1
. B. M 1; 5; 7
. C. M 2; 5; 8
. D. 1; 3; 5
Câu 241: [BTN] Trong không gian Oxyz , cho hình thoi ABCD với A
1;2;1 , B 2;3;2
x 1 y z 2
thoi thuộc đường thẳng d : . Tọa độ đỉnh D là.
1 1 1
M .
. Tâm I của hình
A. D 0;1;2
. B. D 2;1;0
. C. D2; 1;0 . D. 0; 1; 2
D .
Câu 242: [Đề thi thử-Liên trường Nghệ An] Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , mặt phẳng đi qua điểm
M 1;2;1 và cắt tia Ox , Oy , Oz lần lượt tại A , B , C sao cho độ dài OA , OB , OC theo thứ tự
tạo thành cấp số nhân có công bội bằng 2 . Tính khoảng cách từ gốc tọa độ O tới mặt phẳng .
A.
4
21 . B. 21
3 21
. C. . D. 9 21 .
21 7
S1 : x 1 y z 4 ,
Câu 243: (THPT Thuận Thành - Bắc Ninh) Trong không gian Oxyz , cho 2 2 2
x
2 t
S 2 2
2
2
: x 2 y 3 z 1 1 và đường thẳng d : y 3t
. Gọi A,
B là hai điểm tùy ý
z
2 t
thuộc S , S và M thuộc đường thẳng d . Khi đó giá trị nhỏ nhất của biểu thức P MA MB
bằng:
A.
1
2211
11
2
. B.
3707
3 . C.
11
1771 2 110
11
Câu 244. (Sở GD&ĐT Hà Nội) Cho khối trụ có hai đáy là hai hình tròn ;
. D.
3707
11
O R và O ; R
, OO 4R
. Trên đường
tròn O;
R lấy hai điểm A,
B sao cho AB a 3 . Mặt phẳng P đi qua A , B cắt đoạn OO và
tạo với đáy một góc 60 , P cắt khối trụ theo thiết diện là một phần của elip. Diện tích thiết diện đó
bằng
4
3
A.
R
3 2
2
2
3
2 2
3
. B.
R . C.
3 4
R
3 4
2
4
3
. D.
R
3 2
.
2

Câu 1:
Chọn A
Mặt cầu S có tâm I 2;1;3
và bán kính R 5 V
Ta có: d d I; P
3 Bán kính của
C là
4 500
3 3
3
1
R .
r R d
Độ dài đường cao khối nón N là h R d 8. Suy ra: V
V1
125
Vậy:
V 32
.
2
2 2
4 .
1 128
3 3
2
2
r h .
Câu 2.
Chọn D
Gọi M a; b;
c P
. Ta có AB 2;4; 16
, AM a 1; b 3; c 2
.
AM , AB
28b 2c 20; 8a c 6; 2a b 1
là véc-tơ pháp tuyến của mặt phẳng ABM .
Vì mp ABM vuông góc với mp P nên nABM
. nP
0 2a 5b c 11 0 .
Mặt khác A , B không thuộc P và nằm cùng một phía đối với mp P .
AB . Gọi I là trung điểm của AB , ta có 2;5; 10
Ta có 2 69
Vì MI là trung tuyến của tam giác AMB
I .
MA MB AB
2 4
2 2 2
2
MI 54.
2a b c 1 0
a
4
Khi đó ta có hệ phương trình 2a 5b c 11 0
b
2 .
2 2 2
a 2 b 5 c
10
54 c
7
Vậy S a b c 4 2 7 1.
Câu 3:
Chọn A
Điểm M d M 1 2 t; t;2
t
N 3 2 t; 2 t;2
t
, A là trung điểm của MN
Điểm N P
3 2t 2 t 22 t
5 0 t 2 M 3;2;4
, N 1; 4;0
MN 4; 6; 4
2 2;3;2 .
Câu 4:
Chọn B
Mặt phẳng ABC đi qua B1;0; 1
và có một véctơ pháp tuyến là
n AB, BC
10; 4;2 25;2; 1
.
Phương trình mặt phẳng ABC : 5x 2y z 6 0 .

Độ dài đường cao xuất phát từ đỉnh D0;0;
d của tứ diện ABCD bằng ,
Theo bài ra ta có
Do D thuộc tia Oz nên D 0;0;3
.
Câu 5:
Chọn C
d
6 3 30
d
15
d
6 9
25 4 1 10
.
d
3
d D ABC .
Gọi O là trung điểm của AB . Chuẩn hóa và chọn hệ trục tọa độ sao cho O 0;0;0
,
1
A
;0;0
2 , 1
B
;0;0
2 , 3
C 0; ;0
3
2
, H 0; ;0
a 6 3 6
6
, AH
A
0; ;
3
6 3
3 6
Ta có AB AB
B 1; ;
6 3
. Dễ thấy ABC có vtpt n1 0;0;1
.
1 3 6
M là trung điểm AA M ; ;
3 3 6
4 12 6
, N là trung điểm BB N
; ;
4 12 6
1 5 3 6
MN 1;0;0
, CM ; ;
4 12 6
6 5 3
CMN có vtpt n2
0; ;
6 12
3 0;2 2;5
12
cos 5 33
Câu 6:
Chọn D.
Ta có:
1
tan
1
2
cos
2 2
5
, 3 ,
đường thẳng AB cắt
d A P d B P
Từ đó AI 3BI
.
P tại I sao cho
Lại có A2;5; 3
, B 2;1;1
I 1;2;0 hoặc 4; 1;3
I .
AI d A,
P
3 .
BI d B,
P
Có vô số mặt phẳng P
chứa C , D nên C , I , D thẳng hàng, hay D CI . Mà D
D CI
.
Trường hợp I 1;2;0 :
x 1 y 2 z
Ta có IC 3; 2;1
IC : .
3 2 1

x 1 y 2 z
Toạ độ điểm D là nghiệm của hệ phương trình 3 2 1 .
3x 4y 5z
1 0
D 4;4; 1 (không thoả mãn điều kiện c 0 ).
Trường hợp I 4; 1;3 :
x 4 y 1 z 3
Ta có IC 6;1; 2
IC : .
6 1 2
Toạ độ điểm D là nghiệm của hệ phương trình
D 4; 1;3 (thoả mãn điều kiện c 0 ).
2 2 2 2 2 2
S a b c 4 1 3 26 .
Câu 7:
Chọn B
x 4 y 1 z 3
6 1 2
.
3x 4y 5z
1 0
Ta có d
1
đi qua điểm M 1;2; 3
và có vtcp u1 1; 2; 1
. Đường thẳng
2
có vtcp u2 3;2; 1
.
Khi đó u1, u
2
4; 2;8
và MN 3;1;4
.
Do đó u1, u
2
. MN 12 2 32 42 nên hai đường thẳng đã cho luôn chéo nhau
42
Và d d1;
d2
21 .
16 4 64
u . u 0 nên d1 d2
.
Mà
1 2
1
. . . ; .sin , 2 21 .
6
Ta có V AB CD d AB CD AB CD
Câu 8:
Chọn A
ABCD
B
d đi qua điểm 4;3;1
N và
M
I
Mặt câu S có tâm I 1; 2; 1
và bán kính R 2 2 ; IM 22 ;
2 2
Trong tam giác IMA ta có: MA MB IM R 22 8
14 .
Do
cos MB
IMB IM
Trong tam giác MAB ta có:
Câu 9:
Chọn B
14 2
22
IMB 45 AMB 90
BMA
2
Vì O , M , N thẳng hàng và OM. ON 1
2 2 2
AB MA MB 2 MA. MB.cos
A
7 AB 7 .
1
nên OM. ON 1, do đó OM
2 . ON .
ON

N a b c , khi đó M a b c
; ;
a 2 b 2 c 2 a 2 b 2 c 2 a 2 b 2 c 2
.
a 2b 2c
M P nên 6 0
2 2 2 2 2 2 2 2 2
a b c a b c a b c
Gọi ; ;
Vì
2 2 2
2 2 2 a b c 1 1 1 1
a b c 0 a b c
.
6 3 3 12 6 6 16
Câu 10:
Chọn C
Gọi D x; y;
z là điểm cần tìm, ta có: AD x 1; y 1; z 1
, BD x 1; y 2; z 1
CD x 1; y; z 1
.
* Tứ diện ABCD là tứ diện vuông tại D (tức là DA, DB,
DC đôi một vuông góc) nên ta có:
2 2 2
AD. BD 0 x y z 3y
0
2 2 2
AD. CD 0 x y z y 2z
0
2 2 2
CD. BD 0 x y z 2x 2y
0
Thế 2 , 3 vào
Vậy có hai điểm D thỏa mãn.
2
3
2 2 2
x y z y
z
y
y
x
2
3 0 1
y 0 D 0;0;0
2
1 ta được: 9y
12y
0
4 2 4 4 .
y D ; ;
3 3 3 3
Câu 11:
Chọn B
Ta có A là giao điểm của đường thẳng AB với mặt phẳng . Tọa độ điểm A là nghiệm của hệ
x 3 y 4 z 8
1 1 4
x
z 1 0
x
1
y
2
z
0
. Vậy điểm A 1;2;0
.
Điểm B nằm trên đường thẳng AB nên điểm B có tọa độ B 3 t;4 t; 8 4t
Theo giả thiết thì t 3 0 t 3.
AB , ta có t t t
Do 3 2
Theo giả thiết thì
2 2 2
2 2 16 2 18
t 1
3 6
AC AB sin 60 ;
2
a
c 1
2 2 2 27
a b c
2
2 2 2 9
a 2 b 3 c
4
2
Vậy ta có hệ 1 2
.
nên 2;3; 4
3 2
BC AB.cos 60 .
2
B .
a
c 1
2a 2b 8c
9
2
2 27
a 1 b 2 c
2
2
,

7
a
2
7 5
b
3 . Vậy C
;3;
2 2 nên a b c 2 .
5
c
2
Câu 12:
Chọn C
Gọi G 2 t;2 2 t; 2
t d AG 3 t;2 t; 3
t
.
2
Mà G là trọng tâm của tam giác ABC nên AG AI (với I là trung điểm của BC ).
3
7 3t
7 3t
I ;2 3 t;
2 2 .
7 3t
7 3t
Mặt khác I P
nên 2
22 3t
4 0
2
2
Với t 1 thì I 2; 1; 2
.
Câu 13:
Chọn D
Gọi P là mặt phẳng cần tìm
2 2 2
Mặt cầu S : x y z 2x 4 y 6z
0 có tâm 1;2;3
21t
21 0 t 1.
I và bán kính R 14
2
Gọi r là bán kính đường tròn diện tích bằng 14 nên r 14
r 14 R
Do đó, mặt cầu P đi qua tâm I và cách đều cả năm điểm O , A , B , C , D
z
D
O
I
B
y
x
A
Dựa vào hình vẽ kết luận có được 3 mặt phẳng là các mặt phẳng trung trực của ba đoạn thẳng OD , OB ,
OA .
Câu 14:
Chọn B.
VTPT của , ,
1
3; 7;1
2
1; 9; 2
u n1 , n
2
23;7; 20
.
P lần lượt là n , n , n 5; m;4
Gọi
VTCP
C
.
Đường thẳng đi qua điểm
A 1 18
;0;
7 7 .

u. n 0 m
5
P
m n 16
.
AP
n
11
Câu 15:
Chọn C.
Mặt cầu S : x 1 2 y 2
2 z
2 4 có tâm 1; 2;0
M x y z ta được MA 2
2 x 2 y 2 z 2 2
2
Gọi ; ;
I , bán kính R 2 .
MO x; y;
z
2 2 2
và
MB. MC x y z 4x 4y
.
MB 4 x; 4 y;
z
2
2 2 2
Ta có MA MO. MB 16
2x 2y 2z 8x 4y 4 2z
4 0 .
2 2 2
x y z 4x 2y 2 2z
2 0 .
Suy ra M thuộc mặt cầu
S tâm 2; 1; 2
I , bán kính R 3 .
2 2 2
x y z 4x 4 2z
12 .
Nên M S S
là đường tròn C có tâm H là hình chiếu của M lên II .
Vì 2
.
II nên I S
Gọi K là trung điểm của I M ta có
IK 2
2
2 3
Mà sin MH IK
MII
IM
II suy ra IM . IK 3 7
MH .
II
4
Vậy bán kính của đường tròn C là
Câu 16.
Chọn D
Ta có AD//
BC
3 7
r MH .
4
2
7
.
2
AD nhận CB 5;2; 1
là một VTCP.
Kết hợp với AD qua A2;3;1
x
2 5t
AD : y 3 2t
z
1 t
Biến đổi S
ABCD
3S
ABC
S
ACD
2S
ABC
1
AB
4; 2; 1
AB; AC
4;1; 18
Ta có AC
1; 4;0
AC; AD 4 t; t;18t
AD 5 t;2 t;
t
t
D5t 2;2t 3;1 t
.

1 1 2 2
2 341
S
ABC
AB; AC
4 1 18
2
2 2
1 1 2 2 2 t 341
S
ACD
AC; AD 4t t 18t
2
2 2
t 341 t
2 D 8;7; 1
Kết hợp với 1 ta được 341
2 t 2 D 12; 1;3
Với D8;7; 1 AD 10;4; 2
2CB 2BC
.
Với D12; 1;3 AD 10; 4;2
2CB 2BC
.
Hình thang ABCD có đáy AD thì AD k BC với k 0 .
Do đó chỉ có D12; 1;3 thỏa mãn.
Câu 17.
Chọn A
Trước hết ta nhận thấy Oz//
P và x y x y
7 7 0 nên A và Oz nằm về một phía của mặt
O O A A
phẳng P .
Gọi A là điểm đối xứng của A qua P . Gọi p là chu vi tam giác ABC .
Ta có p AB BC CA AB BC AC
AB AB
.
Do Oz//
P nên AA Oz
Lúc đó
AB AK
A B A K
Vậy B 0;0;1
.
. Gọi K là hình chiếu vuông góc của A lên Oz , ta có Oz AK
.
p min
khi K B .
Câu 18.
Chọn C
D
M
Q
H
A
F
I
B
N
P
C
K
E

Ta có BE 1;1;0
, AC 1;1;0
suy ra ACEB là hình bình hành.
D.
ACEB là hình chóp. Có 5 mặt phẳng cách đều 5 điểm A , B ,C , D , E , các mặt phẳng đó đi qua trung
điểm các cạnh của hình chóp. Đó là các mặt phẳng HMQF , MQPN , HFPN , FQIK , MHKI .
Câu 19.
Chọn A
z
A
D
B
C
A
D
y
, do cao độ âm nên c 0.
Vì D Oyz D0; b;
c
x
B
Khoảng cách từ D0; b;
c đến mặt phẳng Oxy : z 0 bằng 1 c c
Suy ra tọa độ D0; b; 1
. Ta có:
AB 1; 1; 2 , AC 4;2;2 ; AD 2; b;1
AB, AC
2;6; 2
AB, AC. AD 4 6b 2 6b 6 6b
1
1
VABCD
AB, AC. AD b 1
6
b
3 D0;3; 1
Mà VABCD
2 b 1 2
b
1 D0; 1; 1
Câu 20.
Chọn D.
AB 3 10
Gọi
P là mặt phẳng đi qua 2;5;6
Mặt phẳng P tiếp xúc với hai mặt cầu
C
. Chọn đáp án D
c
1
1 1 do 0 .
0;3; 1 .
C P : A x 2 B y 5 C z 6 0 A 2 B 2 C
2 0
1
S ,
S nên ta có hệ:
5A 2B 5C
d A; P
3
3
2 2 2 2 2 2
A B C 5A 2B 5C 3 A B C 1
d B; P
6 10A 2B 2C
2 2 2
6
10A 2B 2C 6 A B C
2 2 2
A B C
2
5A 2B 5C 5A B C
5A 2B 5C 5A B C
5A 2B 5C 5A B C
B
2C
B
10A 4C

Với B 2 C,
1 :
thay vào
5A C 3 A 5C
2 2
2 2
16A 10AC 44C
0
A
2C
11
A C
8
Với A 2C
, chọn C 1, A B 2 P : 2x 2y z 12 0 .
Với
11
A C , chọn C 8, A 11, B 16
P :11x 16y 8z
150 0 .
8
Với B 10A 4C
, thay vào 1 :
1
A C
2
8
A C
19
Với
Với
5A C 101A 80AC 17C
2 2
1
A C , chọn C 2 , A 1, B 2
P : x 2y 2z
0.
2
8
A C , chọn C 19 , A 8 , B 4
P :8x 4y 19z
78 0 .
19
Vậy có 4 mặt phẳng thỏa yêu cầu bài toán.
Câu 21:
Chọn D
Mặt cầu ( S) :( x- 3) 2 + ( y - 3) 2 + ( z - 2)
2
= 9 có tâm ( 3;3;2 )
Gọi M ( x; y;
z ) ta được
( 1 ) 2
I , bán kính R = 3 .
2 2 2 2 2 2
MA = - x + y + z = x + y + z - 2x
+ 1.
ìï MB = ( 2 - x;1 - y;3-
z)
ï
2 2 2
í
Þ MB. MC = x + y + z -2x-3y
-7
.
ï
ïî
MC = (-x;2 - y; -3-
z)
2
2 2 2
Ta có: MA + 2 MB. MC = 8 Û 3x + 3y + 3z -6x-6y
- 21= 0 .
2 2 2
Û x + y + z -2x-2y
- 7 = 0 .
Suy ra M thuộc mặt cầu ( S¢ ) tâm ( 1;1;0 )
Nên M Î( S) Ç ( S¢ ) là đường tròn ( )
I ¢ , bán kính R¢ = 3.
2 2
76A 70AC 16C
0
C có tâm H là trung điểm của đoạn II ¢ (do R = R¢ = 3).
M
R=3
R'=3
I
H
I'

Vậy bán kính của đường tròn ( C ) :
Câu 22:
Chọn D
r R IH
2 2
= - = 6 .
S 1
và S 2 có tâm và bán kính lần lượt là 1;1;2 1
Gọi I là tâm của đường tròn giao tuyến
I , 1
4
R và
2 1;2; 1
C .
C và A là một điểm thuộc
I , R2 3
Ta có
I I I A.cos
AI I
1 1 1
I A I I AI
R1.cos
AI1I
R
2 1.
2. I A.
I I
2 2 2
1 1 2 2
1 1 2
3
21
x 1 1 1
4
I1I
I1I
I1I
2 14
3
3
2
I1I
I1I2
I1I
I1I2
y
1 2 1
I1I
14
4
4
2
3
z
2 1 2
4
Câu 23:
Chọn C
x y z
Phương trình mặt phẳng ABC : 1.
2 3 6
D ABC ).
Ta thấy 4 điểm A , B , C , D đồng phẳng (do
Chọn 3 trong 5 điểm có
3
C5 10 cách.
Chọn 3 trong 4 điểm đồng phẳng A , B , C , D có
3
C4 4 cách.
Vậy có 10 4 1 7 mặt phẳng phân biệt đi qua 5 điểm đã cho.
4 14 3
4.
2.4. 14
2 2 2
21
2 14
1
x
2
7
y
.
4
1
z
4
Câu 24:
Chọn C
AB 1;1;1 , CD 1; 1; 1
. Rõ ràng ta thấy AB song songCD . Như vậy có vô số mặt phẳng cách
đều bốn điểm A, B, C, D.
Câu 25.
Chọn D
AB = 1; -3;2 ..
( )
ì x = 2 + t
Gọi d là đường thẳng đi qua hai điểm A, B . Khi đó, d có phương trình ï
íy
= - 1 - 3 t( t Î )..
ï
ïî z = 2t

Gọi I = d Ç ( P).
Tọa độ của điểm I là nghiệm của hệ.
ìï 1
t =
ì x = 2 + t
2
5
ïy = -1-3t x = æ5 5 ö
í Û ï
í 2 Þ I
;- ;1 .
z 2t
2 2 ÷
.
ç
=
è ø
5
ïx y z 1 0
y = -
î + - + =
ï ïï
2
ïî z = 1
2 2
5 5 2 3 14
IA =
æ ö æ ö
1- + 2+ + (-2 - 1 ) = .
ç
è 2÷ ø çè 2÷
ø
2
.
IB =
2 2
æ 5ö æ 5ö
2
14
2- + - 1+ + ( 0- 1 ) = .
ç
è 2ø÷ çè 2ø÷
2
IA
Vậy 3.
IB = .
Câu 26:
Chọn A
Ta có: B Oxy
và B
nên B a
a
;2 2 ;0 .
x 1 y 2 z 3
d : đi qua ( 1; 2; 3)
1 2 2
u;
MB
Ta có: d B; d 3 3
u
Ta có: MB a 1;4 2 a;3
u; MB
4a 2;2a 1;2 4a
u;
MB
2
3 2a
1
2
Do đó 3 3 2a
1
9.
u
3
Vậy AB a a
Câu 27:
Chọn B
2
M và có 1 vectơ chỉ phương u 1;2;2
;
1
2 2 9 7
1 2 1 9 1 .
2
4 2
Gọi A0;0;
a . Đường thẳng AB qua A và vuông góc với
B là hình chiếu của A lên nên tọa độ B thỏa mãn hệ
Tam giác MAB cân tại M nên
2 2
2 a 3
a 1 a 5
MA MB 11 1 a
1
2 2
.
a
3
.
x
t
có phương trình y
0 .
z a t
x
t
y
0
suy ra
z a t
x
z 3 0
a 3 a 3
B
;0;
2 2 .

a thì tọa độ A 0;0;3
, B 3;0;0
Nếu 3
a thì tọa độ A0;0; 3
và 0;0; 3
Nếu 3
. Diện tích tam giác MAB bằng
B trùng nhau, loại.
3 3
S MA,
MB
12
.
2
Câu 28.
Chọn B
* Kết quả bài toán sẽ không thay đổi nếu ta xét lăng trụ đều ABC.
ABC
có cạnh bên bằng cạnh đáy bằng
2 .
* Chọn hệ trục tọa độ Oxyz như hình vẽ (O là trung điểm của BC ). Ta có:
C 1;0;0 ,
C1;0;2 ,
CA 1; 3;2
, BC 2;0;2
.
CM mCA
* Do
M 1 m; 3 m;2m
BN nBC
MN m 2n 2; 3 m;2n 2m
.
, N 1
2 n;0;2n
nên ta có
* Đường thẳng MN là đường vuông góc chung của A C và BC nên:
MN. CA 0
MN.BC 0
2
m
4m
2n
1
5 BN 3
n
m 4n
2 3 BC
5
n
5
NB 3
.
NC 2
A 0; 3;2 , B 1;0;0 ,
Câu 29:
Chọn D
S có tâm I 1;2;1
và bán kính R 3 .
Khối bát diện đều ST.
ABCD là khối bát diện đều nội tiếp khối cầu S nên ABCD là hình vuông có
AC
đường chéo AC 2R
6 và ST 2R
6 . Khi đó AB 3 2 .
2
1 ST 2 1
Thể tíchV
2.V 2
S.
ABCD
2. . . AB .6. 3 2 36.
3 2 3

S
I
B
A
O
C
D
Khối bát diện đều nội tiếp mặt cầu có bán kính R 3.
Gọi AB x với x 0
Vì S.
ABCD là hình chóp đều nên 2
Bán kính mặt cầu S
Câu 30
AC x OA
2
SA
R
2SO x 3 2 .
x 2
2
x 2
SO .
2
Chọn D
Đường thẳng
1
u .
d đi qua điểm A 1; 2;1
và có véctơ chỉ phương là
1
2;1; 2
d đi qua điểm B 1;1; 2
và có véctơ chỉ phương là u .
Đường thẳng
2
P có VTPT là: n u1, u
2
7; 4;5
d
34
Ta có: d A; P 2 d B; P
d 20 2 d 7
d
2
8
Vậy S hay S 4
.
34
2
1;3;1
nên có phương trình: P : 7x 4y 5z d 0
1
hể tích khối bát diện V 2. S . SO 36 .
Câu 31.
Chọn C
DA
3 ABCD
Ta có 6;0;0
, DB 0;2;0
, DC 0;0;3
sử M x 1; y 2; z 3
.
MA x 6 y z x 6 6 x
Ta có 2 2 2
2 2
MC x y z
3 2
z 3 3 z
Do đó P x y z x y z
nên tứ diện $ABCD$ là tứ diện vuông đỉnh D . Giả
, 2 2
MB x y z
2 2
y 2
, 3MD 3 x 2 y 2 z
2
6 2 3 11.
2 y .
2
x y z x y z .
x y z 0
6 x 0
Vậy P đạt giá trị nhỏ nhất bằng $11$, khi và chỉ khi 2 y 0 x y z 0 .
3 z 0
x y z 0

Khi đó M 1;2;3
suy ra
Câu 32.
Câu 33:
2 2 2
OM 1 2 3 14 .
Chọn A
Ta có: AA BB CC
0 1
A G
G
G GA B G
G
G GB C G
G
G GC 0 .
GA
GB GC A G B G C
G 3 G
G
0 2
Nếu G,
G theo thứ tự lần lượt là trọng tâm tam giác ABC,
ABC
nghĩa là
GA GB GC AG BG CG
2 GG
0 G
G .
thì
Tóm lại 1 là hệ thức cần và đủ để hai tam giác ABC,
ABC
có cùng trọng tâm.
Ta có tọa độ của G là: G 1;0; 2.
Chọn A
* Cách diễn đạt thứ nhất:
Gọi G, G’ theo thứ tự lần lượt là trọng tâm tam giác ABC, A’B’C’. Với mọi điểm T trong
không gian có:
1 : A' A B' B C ' C 0 TA TA' TB TB' TC TC
' 0
TA TB TC TA' TB' TC ' 2
Hệ thức (2) chứng tỏ. Nếu T G tức là TA TB TC 0 thì ta cũng có
TA' TB' TC ' 0 hay T G ' hay (1) là hệ thức cần và đủ để hai tam giác ABC, A’B’C’ có
cùng trọng tâm.
3 0 0 11 0 0 0 6
3 3 3
Ta có tọa độ của G là: G ; ; 1;0; 2
Đó cũng là tọa độ trọng tâm G’ của A' B' C '
* Cách diễn đạt thứ hai:
Ta có: AA' BB ' CC ' 0 (1)
A' G ' G ' G GA B' G ' G ' G GB C ' G ' G ' G GC 0
GA GB GC A' G ' B' G ' C ' G ' 3 G ' G 0 (2)
Nếu G, G’ theo thứ tự lần lượt là trọng tâm tam giác ABC, A’B’C’ nghĩa là
GA GB GC A' G ' B' G ' C ' G ' 2 G ' G 0 G ' G
thì
Tóm lại (1) là hệ thức cần và đủ để hai tam giác ABC, A’B’C’ có cùng trọng tâm.

Câu 34:
3 0 0 11 0 0 0 6
3 3 3
trọng tâm G’ của A' B' C '
Ta có tọa độ của G là: G ; ; 1;0; 2
Chọn C
1 3 3
Ta có AB 1; 1;2 , AC 1; 2;1 S
ABC
AB,
AC
2 2
DC 2; 2;4 , AB 1; 1;2 DC 2. AB ABCD là hình thang và
9 3
S
ABCD
3S
ABC
2
1
Vì VS . ABCD
SH. S
ABCD
SH 3 3
3
Lại có H là trung điểm của CD H 0;1;5
. Đó cũng là tọa độ
Gọi S a; b; c SH a;1 b;5 c SH k AB, AC
k 3;3;3 3 k;3 k;3k
2 2 2
Suy ra 3 3 9k 9k 9k k 1
+) Với k 1 SH 3;3;3 S 3; 2;2
k 1 SH 3; 3; 3 S 3;4;8
+) Với
Suy ra I 0;1;3
Câu 35:
Chọn A
Trước hết ta nhận thấy Oz//
P và x y x y
7 7 0 nên A và Oz nằm về một
O O A A
phía của mặt phẳng P .
Gọi A là điểm đối xứng của A qua P . Gọi p là chu vi tam giác ABC .
Ta có p AB BC CA AB BC AC
AB AB
.
Do Oz//
P nên AA Oz
Lúc đó
AB AK
A B A K
Vậy B 0;0;1
.
. Gọi K là hình chiếu vuông góc của A lên Oz , ta có Oz AK
.
p min
khi K B .
Câu 36:

Chọn D
O
I
Câu 37:
Câu 38:
A
8 4 8
Ta có: OA 2;2;1
, OB ; ;
16 8 8
OAOB . 0 OA OB .
3 3 3
3 3 3
Lại có: OA 3, OB 4 AB 5 .
Gọi D là chân đường phân giác trong góc AOB D thuộc đoạn AB .
Theo tính chất của phân giác trong ta có:
DA OA 3 3 12 12
DA DB D 0; ;
.
DB OB 4 4 7 7
1 OA OB AB
Tam giác OAB có diện tích S . OAOB . 6 , nửa chu vi p
6
2
2
S
OAOB . 12
r 1 là bàn kính đường tròn nội tiếp; chiều cao OH .
p
AB 5
Gọi I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác OAB I thuộc đoạn OD .
a
0
DI r 5 5
Ta có: DI DO I 0;1;1
hay b
1 .
DO OH 12 12
c
1
Vậy S a b c 2 .
Chọn C
Gọi M là trung điểm AC . Trung tuyến BM có phương trình
C 4 2 m;3 4 m;1 2m
M 3 m;3 2 m;2
m
.
Vì C nằm trên đường phân giác trong góc C nên
4 2 m 2 3 4 m 4 1 2 m 2
m 0 C 4;3;1
.
2 1 1
D
B
x 3 y 3 z 2
1 2 1
Gọi A là điểm đối xứng của A qua phân giác trong góc C , khi đó A 2 4 a;5 2 a;1 2a
suy ra
và
A BC .
Véc tơ chỉ phương của đường thẳng chứa phân giác trong góc C là u 2; 1; 1
.
Ta có AA. u 0 4 a.2 2 2 a. 1 2a
21
0 a 0 A2;5;1
BM .
Suy ra A B B 2;5;1 AB 0; 2;2
2 0; 1;1 là một véc tơ của đường thẳng AB .
2 2
Vậy T m n 2 .
Chọn A
Gọi H là hình chiếu của M trên P
MHO vuông tại H MH MO

MH MO . Khi đó
max
P đi qua M và vuông góc với MO MO 1;2; 1
là vecto
pháp tuyến của P phương trình của mặt phẳng P là 1 x 0 2 y 0 1 z 0
0
hay x 2y z 0 .
Câu 39.
Câu 40:
Câu 41:
Câu 42:
Chọn D
Ta có: mặt cầu S có
I
3; 2;1
.
R
3
Véc tơ chỉ phương của đường thẳng d là: u 1;1; 5
.
Mặt phẳng P vuông góc với d nên có nhận u 1;1; 5
I 3; 2;1
.
Vậy phương trình mặt phẳng P là: x y z
làm véc tơ pháp tuyến, và đi qua tâm
3 2 5 1 0 x y 5z
4 0 .
Chọn B
Mặt cầu S có tâm I 1;1;2
và bán kính R 3 .
Gọi H là hình chiếu vuông góc của I trên d , khi đó H là trung điểm đoạn EF .
2
2
Ta có EF 2EH 2 R d I,
P
. Suy ra EF lớn nhất khi ,
Đường thẳng d qua A1; 1; m
và có véc tơ chỉ phương u 1;1;2
Ta có AI 0;2;2
m
, AI, u 2 m;2 m; 2
.
AI, u
2
2m
12
d I, P 2 .
u 11
4
Suy ra
Do đó ,
Chọn D
d I P nhỏ nhất khi 0
d A1 t;2 t;
t
, d B 2 t;1 t;2
t
d I P nhỏ nhất
2
m . Khi đó EF EH R d I P
.
AB. u 0 2t t 1 t t 1 t
t 2 0
AB. u 0 4t 2t 2 t t 1 t t 2 0
Suy ra A 2;1;1
,
1 3
AB
1; ;
2 2
.
2
2 2 , 2 7 .
1
2t
3t 2
t
2 .
6t 2t
1
t
1
AB ngắn nhất suy ra AB là đoạn vuông góc chung của d , d .
x 2 y 1 z 1
A có vectơ chỉ phương u 2AB
2;1;3
: .
2 1 3
Vậy đi qua 2;1;1
Chọn D
2 2 2
2
AM
x; y; z 1
AM x y z 1
Giả sử M x; y; z
BM x 1; y 1; z
BM x 1 y 1
z
CM x 1; y; z 1
CM x 1 y z 1
2 2 2 2
2 2 2
2

Câu 43:
Câu 44:
Câu 45.
Câu 46.
2 2 2
2 2 2 2 2 2
3MA 2MB MC 3x y z 1 2 x 1 y 1
z
2 2
x 1 y z 1
2
2
2 2 2 3
2 2 5 5
4x 4y 4z 6x 4y 8z 6 2x 2y 1 2z
2 .
2
4 4
3 1
3 1
Dấu " " xảy ra x , y , z 1, khi đó M
; ;
1
4 2
4 2 .
Chọn D
2 2 2
2
AM
x; y; z 1
AM x y z 1
Giả sử M x; y; z
BM x 1; y 1; z
BM x 1 y 1
z
CM x 1; y; z 1
CM x 1 y z 1
2 2 2 2 2 2 2 2 2
3MA 2MB MC 3x y z 1 2 x 1 y 1
z
2 2
x 1 y z 1
2
2 2 2 2
2 2 2
2
2
2 2 2 3
2 2 5 5
4x 4y 4z 6x 4y 8z 6 2x 2y 1 2z
2 .
2
4 4
3 1
3 1
Dấu " " xảy ra x , y , z 1, khi đó M
; ;
1
4 2
4 2 .
Chọn B
1
qua M 1 8; 2;3
và có véctơ chỉ phương u1 2;4; m 1
qua M và có véctơ chỉ phương u .
2
2
4;3;2
1
4; 1;2
Ta có:
u1, u
1
m 7;4m
8; 18
; M1M 2
4;5; 1
.
u1, u
1
. M1M 2
16m
50 .
1
và
2
cắt nhau khi u1, u
25
1
. M1M
2
0 16m
50 0 m .
8
Chọn C
Ta có
Chọn A
1 mt 1 t ' 1 mt 1 t ' 1 mt 1 t ' m
0
t 2 2 t ' t 2 2 t ' t 2 t 2 m 0 .
1 2t 3 t ' 1 2(2 2 t ') 3 t ' t ' 0
t
' 0
x
1
k
Phương trình tham số của đường thẳng d2
: y 2 2k
. Xét hệ phương trình:
z
3 k
x 1 mt 1 k mt k 0 2m
0
y t 2 2k t 2k 2 t
2 .
z 1 2t 3 k 2t k 4
k
0
.

Khi đó
1
d cắt
d khi m 0 . Vậy m 0 thỏa mãn.
2
Câu 47.
Câu 48:
Câu 49:
Câu 50.
Chọn D
Chọn D
Giả sử M d1 d2
m
0 1
2 , 3 k 0
t
2
Chọn B
M d1
M 1 m;2 2 m;3
m
M d2
*
t
1 m 1
kt 1
*
2 2m
t 2 .
3 m 1 2 3
P có một vectơ pháp tuyến là nP
1;1; 1
, Q có một vectơ pháp tuyến là nQ
1; 2;3
vuông góc với P và Q nên có một vectơ pháp tuyến là n
nP, n
Q 1; 4; 3
.
đi qua điểm M 1; 2;5
đồng thời vuông góc với hai mặt phẳng P và
trình là x 1 4 y 2 3 z 5
0 x 4y 3z
6 0 .
Chọn C
n OA 1; 3;2
P đi qua A chứa Oz nên .
n k 0;0;1
n OA; k
3; 1;0
b c 1
Khi đó chọn a 3, b 1, c 0 . Vậy M .
a 3
P có một vectơ pháp tuyến là
.
Q sẽ có phương
.
α)
B
A
d 2
d 1
Ta có d
1
đi qua A 2;2;3
và có ud
2;1;3
, d
1
2
đi qua 1;2;1
ud
2; 1;4
2
AB 1;1; 2 ; ud
; u
7; 2; 4
1 d
2
;
ud
; u
1 0
1 d
AB
2
nên d1,
d
2
chéo nhau.
Do cách đều d1,
d
2
nên song song với d1,
d2
n ud
; u
7; 2; 4
1 d
2
có dạng 7x 2y 4z d 0
Theo giả thiết thì d A,
d B,
d 2 d 1 3
d
69 69 2
B và có

:14x 4y 8z
3 0
.
Câu 51:
Câu52:
Chọn B
d đi qua điểm A 2;0;0
và có VTCP u1 1;1;1
d đi qua điểm B 0;1;2
và có VTCP u
Ta có:
1
và
2
2
2; 1; 1
P là n
u1, u
2 0;1; 1
Khi đó P có dạng y z D 0 loại đáp án A và C
d
1
và d
2
nên VTPT của
Lại có P cách đều d
1
và d
2
nên P đi qua trung điểm
P : 2 y 2 z1 0 .
A
.
. Vì P song songvới hai đường thẳng
1
M 0; ;1
2
của AB . Do đó
P
B
M
Chọn D
d
1
qua A 2;1;0
và có VTCP là u1 1; 1;2
;
d
2
qua B 2;3;0
và có VTCP là u2 2;0;1
.
Có u1, u2
1; 5; 2
; AB 0;2;0
, suy ra u1 u2
Vậy mặt phẳng P cách đều hai đường thẳng
1,
2
đi qua trung điểm I 2;2;0
của đoạn thẳng AB .
Vậy phương trình mặt phẳng x y z
, . AB 10
, nên d1;
d
2
là chéo nhau.
d d là đường thẳng song song với d1,
d
2
và
P cần lập là: 5 2 12 0 .
Câu 53.
Câu 54.
Câu 55.
Chọn D
Ta có.
vd
2, 4,1 ; nP
1, 2, m d / / P
.
v n v . n 0 2 8 m 0 m 10.
Chọn A
d P d P
Đường thẳng d có một VTCP u 1;1; 1
.
2
Mặt phẳng P có một VTPT n 1; m; m 1
d / / P u. n 0 1 m m 1
0 m m 2 0
m
2
.
2 2 m
1
.

Chọn A
Đường thẳng ( )
đi qua M (0;1;0) có VTCP u (1;1; 2)
.
2
Mặt phẳng ( P ) có VTPT n (1; m; m ) .
2
u. n 0 1 m 2m
0 1
( ) ( P)
m .
M ( P)
m
1 0
2
Câu 56.
Câu 57.
Câu 58.
Câu 59.
Câu 60.
Câu 61.
Chọn D
2
: m 1
x 2y mz m 1 0 có véctơ pháp tuyến n m 2 1;2;
m
Ox có véctơ chỉ phương u 1;0;0
2
n. u 0 m
1 0
song song với Ox m 1.
O
m
1 0
Chọn D
Mặt phẳng
P có VTPT là n 1;3; 2
Đường thẳng d có VTCP là u m;2m
1;2
Để đường thẳng d vuông góc với P thì n và u cùng phương.
Do đó ta có
.
m
1
m 2m
1 2 1
1 m 1.
1 3 2
2m
1
1
3
Chọn A
Đề đường thẳng d vuông góc mặt phẳng P thì u k.
n hay
d P
Chọn A
Đường thẳng d có vectơ chỉ phương u 1; m;2
, mặt phẳng P .
.
d song song với P khi n, u 0 m 5 0 m 5.
có vectơ pháp tuyến n 1;1; 2
Chọn C
Mặt phẳng P có vectơ pháp tuyến n( P) 2; m;1
.
Đường thẳng d co vectơ chỉ phương ud
n; 4;2
.
P vuông góc với d . Thì k R sao cho n( P)
kud
.
m
2
.
n
4
Chọn A
.
.
m 3
13
.
1 m 10 .

Đường thẳng ( )
đi qua M (0;1;0) có VTCP u (1;1; 2)
.
2
Mặt phẳng ( P ) có VTPT n (1; m; m ) .
2
u. n 0 1 m 2m
0 1
( ) ( P)
m .
M ( P)
m
1 0
2
Câu 62.
Câu 63:
Câu 64:
Câu 65:
Câu 66:
Chọn A
Mặt phẳng
Mặt phẳng
Đường thẳng m
ud np, n
Q
m 1; m 1; 1
m
P có VTPT là nP
1; m; 1
Q có VTPT là nQ
m; 1;1
d là giao tuyến của
2
.
.
P và Q nên có VTCP là.
.
m
1 m
1
2
m 1 m 1 1 m
3 1
Ta có dm
R ud
k.
n
R
không tồn
2
3 1 2 m
1 1
m
3 2
tại giá trị m thỏa mãn yêu cầu của bài toán.
Chọn A.
2 2 2 2
2 2
Ta có: a b 3 a 2 a. b b 9 2 a. b 9 a b 9 1 2 a. b 2 .
. 2
cos , a b
1 , 0
.
1.2
a b
a b
a b
.
Chọn D.
Ta có: u = 2a + 3mb = ( 2;2 - 3m 2; - 4 + 3m
2)
và
v = ma - b = ( 2 m; m + 2; -2m
- 2)
.
u. v = 0 Û 4m + 2 - 3m 2 m + 2 + - 4 + 3m 2 -2m
- 2 = 0 .
Khi đó: ( )( ) ( )( )
Û - - =
2
9m
2 6m
6 2 0
26 2
Û m = ± + .
6
Chọn A.
2 2 2 2
2 2
Ta có: a b 3 a 2 a. b b 9 2 a. b 9 a b 9 1 2 a. b 2 .
. 2
cos , a b
1 , 0
.
1.2
a b
a b
a b
.
Chọn D.

Ta có: u = 2a + 3mb = ( 2;2 - 3m 2; - 4 + 3m
2)
v = ma - b = ( 2 m; m + 2; -2m
- 2)
.
. = 0 Û 4 + 2 - 3 2 + 2 + - 4 + 3 2 -2 - 2 = 0 .
Khi đó: u v m ( m )( m ) ( m )( m )
và
Câu 67:
Û - - =
2
9m
2 6m
6 2 0
Chọn A
Gọi ; ;
26 2
Û m = ± + .
6
M x y z là tập hợp các điểm thỏa mãn yêu cầu bài toán. Ta có
AM x; y 1; z 2
, BM x 2; y 3; z
, CM x 2; y 1; z 1
MA. MB 1
Từ giả thiết: MA. MB MC. MD 1
MC. MD 1
2 1 3 2
1
, DM x; y 1; z 3
2 2 2
x x y y z z
x y z 2x 4y 2z
2 0
2 2 2
x x 2 y 1 y 1 z 1 z 3 1
x y z 2x 4z
1 0
Suy ra quỹ tích điểm M là đường tròn giao tuyến của mặt cầu tâm 1; 2;1
cầu tâm I2 1;0;2 , R2 2.
M
I , R1 2 và mặt
1
.
I 1
I 2
Ta có: I1I2 5 .
Dễ thấy:
2
2 I1I2
5 11
r R1
4 .
2 4 2
Câu 68
Câu 69:
Chọn D
A( a ;0;0) , B(0; b ;0) , C(0;0; c ) .
SA ( a 1; 2; 3)
; SB ( 1; b 2; 3)
; SC ( 1; 2; c 3) .
Vì SA , SB , SC đôi một vuông góc nên
SA SB SA. SB 0
a
7
a
2b
14
7
SB SC SB. SC 0 2b 3c 14
b
.
2
SA SC
SA. SC 0 a 3c
14
7
c
3
1 1 7 7 343
Do SA , SB , SC đôi một vuông góc, nên: VSABC
SA. SB. SC .7. . .
6 6 2 3 36
Chọn A.

2 2 2 2
2 2
Ta có: a b 3 a 2 a. b b 9 2 a. b 9 a b 9 1 2 a. b 2 .
. 2
cos , a b
1 , 0
.
1.2
a b
a b
a b
.
Câu 70:
Chọn D.
Ta có: u = 2a + 3mb = ( 2;2 - 3m 2; - 4 + 3m
2)
và
v = ma - b = ( 2 m; m + 2; -2m
- 2)
.
u. v = 0 Û 4m + 2 - 3m 2 m + 2 + - 4 + 3m 2 -2m
- 2 = 0 .
Khi đó: ( )( ) ( )( )
Û - - =
2
9m
2 6m
6 2 0
26 2
Û m = ± + .
6
Câu 71:
Chọn C
2 2 2
Mặt cầu S : x y z 2x 4y 4z
16 0 có tâm 1; 2;2
I bán kính R 5.
Khoảng cách từ 1; 2;2
I đến mặt phẳng P : x 2 y 2z
2 0
là
d
1 4 4 2
1
4 4
Mặt phẳng P cắt mặt cầu S theo giao tuyến là một đường tròn có bán kính là:
3 .
Câu 72:
Câu 73:
r R d
2 2
4 .
Chọn D
Ta thấy P P
. Chọn M 0;0; 3 P
, N 0;0; 1 P
.
Tâm mặt cầu tiếp xúc với 2 mặt phẳng trên nằm trên mặt phẳng Q song song và cách đều P
và P . Phương trình mặt phẳng Q
có dạng x y 2 z+ d 0 .
M Q N Q
d ; d ,
6 d 2 d
6 6
d 4
CÁCH 2:
Gọi , ,
P và '
. Vậy Phương trình mặt phẳng
I x y z là tâm mặt cầu. Để ý P P
P , đồng thời cách đều P và P
'
Q là x y 2z
4 0 .
nên I thuộc phần không gian giới hạn bởi 2 mp
. Khi đó ta có:
x y 2z 6 x y 2z
2
d I, P d I, P '
x y 2z 6 x y 2z
2
x y 2z 6 x y 2z
2
2x 2y 4z
8 0
x y 2z
4 0 .
6 2( vo ly)
Chọn A
S có tâm I 3;2;6
bán kính R 7 .

Câu 74.
Câu 75.
Chọn C
2.3 2 6 2
;
0 . Nên mặt phẳng P cắt mặt cầu S theo thiết diện là
2 2 2
2 1 1
đường tròn lớn đi qua tâm mặt cầu và có bán kính bằng bán kính mặt cầu.
Ta có: d I P
Vậy diện tích thiết diện là:
Chọn C
S
2
R 49
.
Mặt cầu ( S)
có tâm I (0;4;0) bán kính R 5
Gọi A(0; a ;0) . Ba mặt phẳng theo giả thiết đi qua A có pt lần lượt là
( ) : x 0
1
( ) : z 0
2
( ) : y a 0
3
d( I; ) d( I; ) 0 nên mặt cầu ( S ) cắt ( 1);(
2)
theo giao tuyến là đường tròn lớn có
Vì
1 2
bán kính R 5 . Diện tích hai hình tròn đó là
S S R .
2
1 2
2
10
Suy ra mặt cầu ( S ) cắt (
3)
theo giao tuyến là 1 đường tròn có diện tích tương ứng S3
.
S3
Bán kính đường tròn đó là: r
d( I, ) 4 a IH
3
3
1
2 2 2
Ta có: IH r3 R IH 4 a 2
a
2 A(0;2;0)
a 6
A(0;6;0)
Mặt cầu S : x 1 2 y 1 2 z 2
2
4 có tâm 1;1; 2
I và bán kính R 2 .
Cách 1: (cụ thể hóa)
Xét ba mặt phẳng thay đổi đi qua A và đôi một vuông góc với nhau, cắt mặt cầu S theo ba
giao tuyến là các đường tròn C , C , C lần lượt là P : x 1, P : y 1, P : z 1.
1
2
3
1 2 3

Gọi r 1
, r 2
, r 3
lần lượt là bán kính của các đường tròn giao tuyến của mặt cầu S với ba mặt
phẳng , ,
P P P .
1 2 3
Vì P ,
P đi qua tâm 1;1; 2
1 2
2 2 2 2
3 3
I nên r 1
r 2
R 2
r R d I, P R IA 4 1 3
Tổng diện tích của ba hình tròn
Cách 2 :
1
C , C ,
2
IA P 3
nên
;
C là
3
S S S . r . r . r 11
.
2 2 2
1 2 3 1 2 3
Gọi ba mặt phẳng đi qua A và đôi một vuông góc với nhau lần lượt là P , Q , R . Gọi P ,
Q , R lần lượt là hình chiếu của I lên mặt phẳng P , Q , R . Suy ra P , Q , R lần lượt là
tâm của các đường tròn giao tuyến C 1
, C 2 , C 3 của các mặt phẳng P , Q , R và mặt
cầu S .
Dựng hình hộp chữ nhật ACDR.
BPIQ như hình vẽ.
Ta có
2 2 2 2 2 2
IA IB AB IP IQ IR .
Gọi r 1
, r 2
, r 3
lần lượt là bán kính của các đường tròn giao tuyến của mặt cầu S với ba mặt
phẳng P , Q , R .
Ta có
2 2 2 2 2 2 2 2
2
r1 r2 r3 R d I, P R d I, Q R d I,
R
3R IP IQ IR
3R
2 2 2 2
IA
2 2
2
3.2 1 11
Suy ra tổng diện tích của ba hình tròn
1
C , C ,
2
2 2 2
C là . r . r . r 11
.
3
1 2 3
Câu 76:
Chọn A

ABC x y z
a b c
Cách 1: Ta có : 1.
Mặt cầu
S có tâm 1;2;3
I và bán kính
R
72 .
7
Mặt phẳng
1 2 3
1
a b c 72
S d I; ABC R .
1 1 1 7
2 2 2
a b c
ABC tiếp xúc với
Mà 1 2 3 7 1 1 1
7 .
2 2 2
a b c a b c 2
Áp dụng BĐT Bunhiacopski ta có
Dấu " " xảy ra
2
2 2 2 2
2 2 2 2 2 2
1 1 1 1 2 3 1 1 1 7
1 2 3 7 .
a b c a b c a b c 2
1 2 3
1 1 1
2
1 2
a b c a 2, b 1, c , khi đó VOABC
abc .
3
6 9
1 2 3
7
a b c
x y z
ABC a b c
Cách 2: Ta có : 1, mặt cầu
Ta có ABC tiếp xúc với mặt cầu
S ,( )
S có tâm
72
I(1;2;3),
R .
7
1 2 3
1
a b c 72
d I P R
1 1 1 7
2 2 2
a b c
7 1 72 1 1 1 7 1 1 1 7
7
1 1 1 a b c a b c
2 2 2
a b c
1 1 1 1 2 3 7
2 2 2
a b c a b c 2
2 2 2 2 2 2
7 2 2
1 2
VOABC
abc .
6 9
1 1 1 7
Cách 3: Giống Cách 2 khi đến
2 2 2
a b c
2
.
Đến đây ta có thể tìm a, b, c bằng bất đẳng thức như sau:
Ta có
2 2
2 2 2 2
2 2 2
a 2
1 1 1 1 3
1 0 b
1
a 2 b c 2 2
c
3
1 2 3 1 1 1 1 1 1 1 1 1 7
7 1. 2. 3. 1 2 3
2 2 2
2 2 2
a b c a b c a b c a b c 2

1 1 1 7
a b c
2
Dấu “=” của BĐT xảy ra
1 2 3
2
7 ta được a 2 , b 1,
c . Vậy:
a b c
3
Mà
2 2 2
Ta có
a
2
1 2
b
1 VOABC
abc .
6 9
2
c
3
Cách 4: Mặt cầu
S có tâm 1;2;3
I và bán kính
x y z
Phương trình mặt phẳng ( ABC) : 1.
a b c
1 1 1
a b c , kết hợp với giả thiết
1 2 3
1 2
abc .
6 9
VOABC
R
72 .
7
Câu 77:
Câu 78:
1 2 3
1 2 3
Ta có:
7 7 7 7 1
a b c a b c
1 2 3
7 7 7
nên M ; ; ABC
1 2 3
Thay tọa độ M
; ;
vào phương trình mặt cầu ( S ) ta thấy đúng nên ( )
7 7 7 M S .
Suy ra: ( ABC ) tiếp xúc với ( S ) thì M là tiếp điểm.
1 2 3
Do đó: ( ABC ) qua M ; ;
7 7 7 , có VTPT là 6 12 18
MI ; ; n 1;2;3
7 7 7
x y z
2
( ABC ) có phương trình: x 2y 3z 2 0 1 a 2 , b 1,
c .
2 1 2
3
3
1 2
Vậy V abc
6 9
Chọn C
S có tâm I 1; 2;3
và bán kính R 4 .
Gọi H là hình chiếu của I lên P .
2.1 2 2.3 m m 6
.
3
Khi đó IH d I,
P
2
2 2
2 1 2
4
3
Đường tròn T có chu vi là 4 3 nên có bán kính là r 2 3 .
2
P cắt mặt cầu S theo giao tuyến là đường tròn T có chu vi bằng 4
3
2 2 m 6
m
6 6 m
12
IH R r 16 12
m 6 6
3
m
6 6
.
m
0
Vậy có 2 giá trị nguyên của m thỏa mãn.
Chọn A

Câu 79.
.
Mặt cầu S có tâm I 0;1;1
và bán kính R 3 . Gọi H là hình chiếu của I trên P và A
là giao điểm của IH với S . Khoảng cách nhỏ nhất từ một điểm thuộc mặt phẳng P đến một
điểm thuộc mặt cầu
3 3
AH d I P R .
2
S là đoạn AH . ,
Chọn B
Gọi I,
R lần lượt là tâm và bán kính của mặt cầu S , ta có:
; 2 ;
. Gọi I x;0;0
R d I P d I Q r
2 2 2 2 2
Ta có
2 2 2 2
2 2
x 1 2x 1
x 2x 1 4x 4x
1
4 r 0 4 r 0
6 6
6
2
3x
6x
2 1
2 2
4 r 0 x x 4 r 0
6 2
Bài toán trờ thành tìm r 0 đề phương trình có duy nhất 1 nghiệm, tức là
0 1 2 4 r 0 r .
2
2 3
Câu 80:
Chọn D
Ta có AD//
BC
AD nhận CB 5;2; 1
là một VTCP.
Kết hợp với AD qua A2;3;1
Biến đổi S 3S
S 2S
Ta có
ABCD
ABC
ACD
x
2 5t
AD : y 3 2t
z
1 t
1
ABC
AB
4; 2; 1
AB; AC
4;1; 18
AC
1; 4;0
AC; AD 4 t; t;18t
AD 5 t;2 t;
t
t
D5t 2;2t 3;1 t
.

1 1 2 2
2 341
S
ABC
AB; AC
4 1 18
2
2 2
1 1 2 2 2 t 341
S
ACD
AC; AD 4t t 18t
2
2 2
Kết hợp với 1 ta được
Với
t
341 t
2 D 8;7; 1
341
2 t 2 D 12; 1;3
D 8;7; 1 AD 10;4; 2 2CB 2BC
.
D 12; 1;3 AD 10; 4;2 2CB 2BC
.
Với
Hình thang ABCD có đáy AD thì AD k BC với k 0 .
Do đó chỉ có D12; 1;3 thỏa mãn.
Câu 81:
Chọn D
Ta có AD//
BC
AD nhận CB 5;2; 1
là một VTCP.
Kết hợp với AD qua A2;3;1
Biến đổi S 3S
S 2S
Ta có
ABCD
ABC
ACD
x
2 5t
AD : y 3 2t
z
1 t
1
ABC
AB
4; 2; 1
AB; AC
4;1; 18
AC
1; 4;0
AC; AD 4 t; t;18t
AD 5 t;2 t;
t
t
D5t 2;2t 3;1 t
.
1 1 2 2
2 341
S
ABC
AB; AC
4 1 18
2
2 2
1 1 2 2 2 t 341
S
ACD
AC; AD 4t t 18t
2
2 2
Kết hợp với 1 ta được
Với
t
341 t
2 D 8;7; 1
341
2 t 2 D 12; 1;3
D 8;7; 1 AD 10;4; 2 2CB 2BC
.
D 12; 1;3 AD 10; 4;2 2CB 2BC
.
Với
Câu 82:
Hình thang ABCD có đáy AD thì AD k BC với k 0 .
Do đó chỉ có D12; 1;3 thỏa mãn.
Chọn B

Câu 83:
có vectơ chỉ phương u 2;5; 3
x 1 y 1 z 2
: .
2 5 3
Chọn C
và đi qua A1;1; 2
nên có phương trình:
d'
Q
Câu 84:
Đặt n 0;0;1
và n 1;1;1
P
Q
I
lần lượt là véctơ pháp tuyến của P và Q .
u
nP, n
Q 1;1;0
.
Do P Q
nên có một véctơ chỉ phương
Đường thẳng d nằm trong
1; 1;0 .
Gọi
x 1 y 2 z 3
d :
1 1 1
Xét hệ phương trình
Do đó phương trình đường thẳng
Chọn B
Đặt
z x yi
với ,
d
P
P và d nên d có một véctơ chỉ phương là u n u
và A d
d A d
P
z
1 0
z
1
x 1 y 2 z 3 y
0 A3;0;1
.
1 1 1
x
3
x
3
t
d : y t .
z
1
x y và gọi ;
M x y là điểm biểu diễn của z trên Oxy , ta có
d P ,
2 2
z 3 4i
5 x 3 y 4
5
Và
2 2
2 2 2 2
x 2 y x y 1
2
P z z i
4x
2y
3.
2 2
4 x 3 2 y 4 23
x y
Như vậy P 4x 2y
3
2 2
4 2 . 3 4 23 33
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi
x 3 y 4
t
4 2
4 x 3 2 y 4
10
x
5
y
5 .
t
0,5
Câu 85.
Chọn D

Cho a 1. Chọn hệ trục Oxyz như hình vẽ. Ta có:
A
O0;0;0
, B 1;0;0
, C 1;1;0
, 0;2;0
VTPT của mặt phẳng
VTPT của mặt phẳng
Ta có: cos SBC;
SCD
D , 0;0; 3
S .
n2 SD, CD
3; 3;2
n1. n2
5 10
.
n . n 2 10 4
SBC là: n1 SB, BC
3;0;1
SCD là
1 2
Câu 86:
Câu 87.
Chọn A
Chọn hệ trục tọa độ Oxyz sao cho O
N 0;0;0
, 0; 3;2
A , 0; 3;0
N . Ta có
B , 3;0;0
C , 0; 3;2
B .
Suy ra
AB
0; 2 3; 2
n 1
2 3; 6;6 3
là vectơ pháp tuyến của mặt phẳng ABC .
AC 3; 3; 2
BC 3; 3;0
n 2
2 3;6;3 3
là vectơ pháp tuyến của mặt phẳng BCMN .
BN
0; 3; 2
n1.
n2
Vậy cos ABC , BCMN
n . n
6
1 2
2 2
2 3 6 6 3 . 2 3 6 3 3
2 2 2 2
Chọn A
Ta có: AB 2; 0; 0 , AC 1; 3; 3.
n AB AC 0; 2 3; 2 3
Suy ra:
ABC
13
.
65

M Oz M 0;0;
z
và AM 1; 3; z
Mặt khác: n
AB AM 0; 2 z; 2 3
MAB
Vì: MAB ABC
nên n . n
0 z 3
ABC MAB
Vậy: n
AB AM 0; 2 3; 2 3
MAB
.
OA 1; 3;0 , OB 1; 3;0 n OA OB 0; 0; 2 3
OAB
n
. n
MAB OAB
2
cos MAB, OAB
MAB, OAB
45
.
n . n 2
Ta có:
MAB OAB
Vậy P đạt giá trị lớn nhất khi z 5 5i
z 5 2 .
Câu 88.
Chọn C
x
2 2t
Phương trình tham số của đường phân giác trong góc C là CD : y 4 t .
z
2 t
Gọi C 2 2 t;4 t;2
t
, suy ra tọa độ trung điểm M của AC là
M BM nên:
7 t 5 t
3 2
2 t
3
2 2
1 2 1
Do đó C 4;3;1
.
t 1 1 t 1
t
t 1.
1 4 2
Phương trình mặt phẳng P đi qua A và vuông góc CD là
x y z
2. 2 1. 3 1. 3 0 hay 2x y z 2 0 .
Tọa độ giao điểm H của P và CD là nghiệm x; y;
z của hệ
7 t 5 t
M 2 t; ;
2 2 . Vì
x
2 2t
x
2 2t
x
2
y
4 t
y 4 t
y
4
H
z
2 t
z 2
2;4;2
.
t
z
2
2x y z 2 0
22 2t 4 t 2 t
2 0
t
0
Gọi A là điểm đối xứng với A qua đường phân giác CD , suy ra H là trung điểm AA , bởi
vậy:
xA
2xH xA
2.2 2 2
yA
2yH yA
2.4 3 5 A2;5;1
.
xA
2zH zA
2.2 3 1
Do A BC nên đường thẳng BC có véc-tơ chỉ phương là CA 2;2;0 21;1;0
, nên
phương trình đường thẳng BC là
Vì B BM BC
x
4 t
y
3 t .
z
1
nên tọa độ B là nghiệm ; ;
x y z của hệ

Câu 89:
Câu 90:
Câu 91:
Câu 92:
x
4 t
x
2
y 3 t
y
5
z
1
B 2;5;1
A .
z
1
x 3 y 3
1
t
2
1 2
Đường thẳng AB có một véc-tơ chỉ phương là AB 0;2; 2 20;1; 1
; hay u4 0;1; 1
một véc-tơ chỉ của phương đường thẳng AB .
Chọn B
x
3 2u
x
1
3v
Ta có d1
: y 1 u , d2
: y 2v
.
z
2 2u
z
4 v
Gọi d
4
là đường thẳng cần tìm.
Gọi A d4 d1
A3 2 u; 1 u;2 2u
, B d4 d2
B 1 3 v; 2 v; 4 v
.
AB 4 3v 2 u;1 2 v u; 6 v 2u
.
d
4
song song d
3
nên AB ku3
với u3 4; 1;6
.
4 3v 2u 4k v
0
AB ku3
1 2v u k u
0 .
6 v 2u 6k
k
1
Đường thẳng
4
Chọn C
* Gọi N d N
3
4; 1;6
d đi qua A3; 1;2 và có vtcp là u
x 3 y 1 z 2
nên d4
: .
4 1 6
nên N 1 2 t; 1 t;
t
. Khi đó ta có MN 2t 1; t 2; t
thẳng có vectơ chỉ phương a 2;1; 1
.
là
. Đường
2 1 4 2
* Vì d MN. a 0 21 2t 2 t t 0 t
; ;
3
MN
. Chọn vectơ
3 3 3
a 1; 4; 2
.
chỉ phương của d là
* Vậy phương trình của
d
x 2 y 1
z
d :
1 4 2
.
Chọn D
Giả sử d d2
M M 2 t; 1 t;1 t
.
AM 1 t; t; t 2
.
d
1
có VTCP u1 1;4; 2
.
d d1 AM. u1
0 1 t 4t 2t 2
0 5t 5 0 t 1
AM 2; 1; 1
.
AM 2; 1; 1
có phương trình là:
Đường thẳng d đi qua 1; 1;3
x 1 y 1 z 3
d : ..
2 1 1
A có VTCP

Chọn B
Gọi đường thẳng cần tìm là , A là giao của và d .
Khi đó: A2 3 t ; 3 2 t ;1 t
, MA 3 3 t ; 4 2 t ; 1
t
.
Do vuông góc với d nên: MAu .
2
0 7t
7 0 t 1.
MA 6; 2;0
Khi đó
, hay vectơ chỉ phương của là 3; 1;0
.
Câu 93:
Chọn C
A
N
P
M
B
C
Gọi M , N lần lượt là trung điểm của cạnh AC , AB .
Gọi P BM CN , ta có BM CN nên
Theo công thức tính đường trung tuyến, ta có
BP
2
2
2
2 4 BA BC AC
BM .
3 9 4
2 2 2
2 2 2
BC BP CP .
, CP
2 2 2
2 AB AC 4BC
2 2 2
BC AB AC 5BC
.
9
Góc A lớn nhất
Ta có
cos A
cos A nhỏ nhất.
2 2 2
5
2
2
2
2 4 CA CB AB
CN .
3 9 4
AB 2 AC 2 AB 2 AC
2
AB AC BC
2 AB. AC
10 AB.
AC
2 2
2 AB AC 2 2 AB. AC 4
. . , dấu " " xảy ra AB AC .
5 AB. AC 5 AB. AC 5
Ta có Aa; b ;0
, b 0 và B 2; 1; 3
, C 6; 1; 3
2 2
2
AB 2 a; 1 b; 3 AB 2 a b
1
9
2
2 2
AC 6 a; 1 b;3 AC a 6 b
1
9
2 2 2 2
2 a b 1 9 a 6 b 1 9 4 4a 12a 36 a 2 .
2 2 2

BC 8;0;6 BC 8 6 100
.
Ta có
2 2 2
Khi đó từ
2 2 2
AB AC 5BC
và AB AC
2
2 a b
b
2 2 2
2 1 9 5.100 4 1 9 250
.
Kết hợp với b 0 ta được b 14 thỏa mãn.
Như vậy
a
cos
b
A
Vậy phương trình :
2 14 15 .
4
5
x
1
3t
y
1 t .
z
2
Câu 94:
Câu 95:
Câu 96.
Câu 97.
Câu 98:
Chọn A
Gọi đường thẳng cần tìm là . Gọi I d I d I 1 t;2 t;3
t .
MI t; t;1
t
mà MI // P nên MI. n
0 t t
P
1 t
0 t 1
MI 1; 1;0
MI 1; 1;0
có phương trình
Đường thẳng đi qua 1;2;2
tham số là
Chọn D
Mặt phẳng
x
1
t
y
2 t .
z
2
M và I có véctơ chỉ phương là
có một véctơ pháp tuyến là n 1;1; 1
.
Gọi M là giao điểm của d và , ta có: M 3 t;3 3 t;2t
suy ra AM t 2;3t 1;2t
1
Do song song với mặt phẳng ( ) nên n
.
AM 0 t 2 3t 1 2t
1 0 t 1
AM 1; 2; 1
là một véctơ chỉ phương của
Khi đó
Chọn C
Gọi M d M d M 3 t; 3 3 t; 2t
AM 2 t;1 3 t;1
2t
.
có VTPT là n 1;1; 1
.
AM // AM. n 0 2 t 1 3t 1 2t
0 t 1 AM 1; 2; 1
.
Vậy
Chọn B
x 1 y 2 z 1
:
1 2 1
.
Gọi N d
khi đó ta có MN
Do N d nên N 2 2 t;2 t;3 t
. Mà N
N 0;1;2
MN 1; 1;2
Vậy một vec tơ chỉ phương của là u 1;1; 2
là một véc tơ chỉ phương của đường thẳng .
.
nên 2 2t 2 t 3 t 3 0 t 1
.

Chọn A
x
2t
Phương trình tham số của đường thẳng
1
là y
t .
z
1 t
Gọi I x; y;
z là giao điểm của
1
và R . Khi đó tọa độ của I là thỏa mãn
x
2t
x
0
y
t
y
0 I 0;0;1
.
z
1 t
z
1
x y 2z
2 0
Mặt phẳng R có VTPT n 1;1; 2
; Đường thẳng
1
n, u 1; 3; 1
.
Ta có
có VTCP u 2;1; 1
Đường thẳng
2
nằm trong mặt phẳng R đồng thời cắt và vuông góc với đường thẳng
1
.
Do đó
2
đi qua I 0;0;1
và nhận n , u
làm một VTCP.
x
t
Vậy phương trình của
2
là y
3t
.
z
1 t
.
Câu 99:
Câu 100:
Chọn C
Phương trình tham số của
x
1
t
d : y t .
z
2 t
Xét phương trình t t t
t
Vậy đường thẳng d cắt mặt phẳng P tại 2; 1;3
Gọi a 1; 1;1
và n 2; 1; 2
2 1 2 2 1 0 1.
M .
d
lần lượt là vectơ chỉ phương của d và vectơ pháp tuyến của
mặt phẳng P . Khi đó một vectơ chỉ phương của đường thẳng cần tìm là a ad
, n
3;4;1
.
x 2 y 1 z 3
Vậy phương trình đường thẳng cần tìm là: .
3 4 1
Chọn D
.
Cách 1:
Gọi A2 2 t; 2 t; 3 t d là giao điểm của và d .
MA 1 2 t; t; 3 t
, VTPT của là n
1;1;1
.
Ta có:
MA n
MA. n
0 1 2t t 3 t 0 t 1.
MA 1; 1; 2 1 1; 1; 2 u 1; 1; 2 .
. Vậy
d

Câu 101.
Cách 2:
B d .
Gọi
B d B 2 2 t; 2 t; 3 t
.
B
2 2t 2 t 3 t 3 0 t 1 B 0;1;2
1;1; 2 1;1; 2
.
.
BM u d
Chọn D
Phương trình mặt phẳng ABC : x y z 1
a b c
0 0 0
1
a b c
1
Khi đó: d O;
ABC
1 1 1 1 1 1
2 2 2 2 2 2
a b c a b c
1 1 1 9 9
Ta có: 3
2 2 2 2 2 2
a b c a b c
3
1 1
hay d O;
ABC
1 1 1 3
2 2 2
a b c
a b c 0
Dấu " " xảy ra
a b c 1.
2 2 2
a b c 3
1
Vậy Khoảng cách từ O đến mặt phẳng ABC lớn nhất bằng
3 tại a b c 1.
.
1
3
Câu 102:
Câu 103:
Chọn A
Đường thẳng d có VTCP u 1;2;3
Gọi H là hình chiếu của O lên d , K là hình chiếu của O lên ta có:
d O,
.
. Khi đó
d O,
OK OH lớn nhất bằng OH khi K H chứa d và
nhận n OH làm VTPT.
H d H 4 t;5 2 t;3t OH 4 t;5 2 t;3t
.
Vì OH d OH. u 0 4 t 25 2t 3.3t 0 14t 14 0 t 1.
H 3;3; 3
, OH 3;3; 3.
Trục Ox có VTCP i 1;0;0
.
i. n
3 1
sin .
i . n
2 2
1. 3 3 3
3
Chọn A
AB
Ta có 1; 2;2
2
, AC 3;0;4
.

Câu 104
Chọn D
ABC có véctơ pháp tuyến n AB, AC
8;10;6
ABC: 4x 5y 3z
11 0 .
Do ABC
u. n 0 4a 5b 3c
0 .
Gọi điểm cần tìm là ; ;
M x y z .
0 0 0
2 4;5;3
x y z
Phương trình mặt phẳng ABC là: 1
x y z 1 0 .
1 1 1
Phương trình mặt phẳng BCD là: x 0 .
Phương trình mặt phẳng CDA là: y 0.
Phương trình mặt phẳng DAB
là: z 0 .
Ta có M cách đều 4 mặt phẳng ABC , BCD , CDA , DAB nên:
x0 y0
x0 y0 z0 1
x 0
y 0
z 0
x0 z0
.
3
x0 y0 z0 1
x0
Ta có các trường hợp sau:
x0 y0 z0
1
TH1:
x0 y0 z0
.
x0 y0 z0 1 3x0
3 3
x0 y0 z0
1
TH2:
x0 y0 z0
.
x0 y0 z0 1 3x0
1 3
x0 y0 z0
1
TH3:
x0 y0 z0
.
x0 y0 z0 1 3x0
1 3
x0 y0 z0
1
TH4:
x0 y0 z0
.
x0 y0 z0 1 3x0
3 3
x0 y0 z0
1
TH5:
x0 y0 z0
.
x0 y0 z0 1 3x0
1 3
x0 y0 z0
1
TH6:
x0 y0 z0
.
x0 y0 z0 1 3x0
1 3
x0 y0 z0
1
TH7:
x0 y0 z0
.
x0 y0 z0 1 3x0
1 3
x0 y0 z0
1
TH8:
x0 y0 z0
x0 y0 z0 1 3x0
3 1
.
Vậy có 8 điểm M thỏa mãn bài toán.
Câu 105:
Chọn D

B
A
H
P
Ta có AB 1; 1;1
AB
3 .
Gọi H là hình chiếu của B trên mặt phẳng P khi đó ta có BH là khoảng cách từ điểm B
đến mặt phẳng P . Ta luôn có BH AB do đó khoảng cách từ B đến mặt phẳng P lớn
nhất khi H A AB 1; 1;1
là véc tơ pháp tuyến của mặt phẳng P .
,khi đó
Vậy phương trình mặt phẳng
x y z 1 0 .
P đi qua A 1;2;4 và có véc tơ pháp tuyến AB 1; 1;1
là
Vậy khoảng cách từ điểm O đến mặt phẳng
P là d O,
P
1
2
1 1 1
2 2
1
.
3
Câu 106:
Câu 107.
Câu 108.
Câu 109.
Câu 110.
Chọn A
Ta có d A;
P
m 1 .11 m.2 1
2 2 2
m 1 1
m
2
9m
6m
1
Nhận xét T
0 , với m .
2
2m
2m
2
2
9m
6m
1
Ta có T
2
2m
2m
2
3m
1
2
2m
2m
2
2
2T 9 m 2T 3
m 2T
1 0 *
Phương trình * có nghiệm T 2
T T
14
0 T .
3
Do đó ;
Chọn B
Chọn B
Chọn A
Chọn B
d A P đạt giá trị lớn nhất bằng
2
9m
6m
1
2
2m
2m
2
2
3 2 9 2 1 0 3T
14T
0
42
3
khi m 5 2; 6 .

Tam giác MAB vuông tại M , suy ra M thuộc mặt cầu S đường kính AB 2 11 .
Xét vị trí tương đối của P và S , ta có ( P ) tiếp xúc S .
Lại vì M P
nên M là tiếp điểm của P và S , hay M là hình chiếu của tâm của mặt
cầu S trên P , S có tâm là trung điểm I 0;0;1
của đoạn AB .
Đường thẳng IM qua I 0;0;1
và nhận vectơ pháp tuyến của mặt phẳng P làm véctơ chỉ
phương
x
t
IM : y t ( t )
z
1 3t
M M ( t; t;1
3 t)
M P t t 3(1 3 t) 14 0 11. t 11 t 1
M 1;1;4
Oxy : z 0
4
d( M , Oxy ) 4 .
1
Suy ra:
Câu 111.
Câu 112:
Chọn C
;0;0
Vì Aa , B 0; b ;0
, C 0;0;
c với a , b , c dương OABC
là tam diện vuông.
a b c
Gọi I là tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện OABC I
; ;
2 2 2
a b c
Theo giả thiết a b c 4 2. 2. 2. 4
2 2 2
2x 2y 2z
4 x y z 2
I I I
Tâm I nằm trên mặt phẳng P : x y z 2 0
111
2 1
.
2 2 2
1 1 1
3
Vậy d d M , P
Chọn D
I I I
Gọi N a; b;
c , ta có:
2 2 2
ON a b c .

Vì M , N , O thẳng hàng và hai vectơ OM
, ON
cùng hướng nên ta có
OM. ON OM. ON 24 .
24 24 24
OM
OM
ON . Mà: ON
ON
2 2 2
2 2 2
a; b;
c .
a b c a b c
24a 24b 24c
OM ; ;
2 2 2 2 2 2 2 2 2 .
a b c a b c a b c
24a 24b 24c
M .
a b c a b c a b c
; ;
2 2 2 2 2 2 2 2 2
a 2b 2c
Mặt khác: M P
24
18 0
2 2 2 2 2 2 2 2 2
.
a b c a b c a b c
2 2 2 4a 8b 8c
a b c 0 .
3 3 3
2 2 2 4x 8y 8z
Vậy điểm N thuộc mặt cầu S : x y z 0 ,
3 3 3
2 4 4
S có tâm I ; ; , bán kính R 2 .
3 3 3
Ta lại có: ,
2 4 4
2. 2. 18
3 3 3
d I P
4 .
1
4 4
min d N, P d I,
P R 4 2 2 .
Câu 113:
Chọn A
Giả sử
P có phương trình là: ax by cz d 0a 2 b 2 c
2 0
Vì M P c d 0 d c.
Vì N P 3b c d 0 hay 0
P : ax cz c 0.
b vì c d 0.
Theo bài ra:
, 2 ,
d B P d A P
Vậy có vô số mặt phẳng P.
Câu 114.
2a 3c c a c
2
a c a c
2 2 2 2
c a a c
Chọn A
, do cao độ âm nên c 0.
Vì D Oyz D0; b;
c
Khoảng cách từ D0; b;
c đến mặt phẳng Oxy : z 0 bằng 1 c c
Suy ra tọa độ 0; ; 1
D b . Ta có:
AB 1; 1; 2 , AC 4;2;2 ; AD 2; b;1
c
1
1 1 do 0 .

AB, AC
2;6; 2
AB, AC
. AD 4 6b 2 6b 6 6b
1
1
VABCD
AB, AC. AD b 1
6
b
3 D
0;3; 1
Mà VABCD
2 b 1 2
. Chọn đáp án D0;3; 1 .
.
b
1 D 0; 1; 1
Câu 115
Chọn D
x y z
Ta có phương trình mặt phẳng ABC là 1
2x y 2z
4 0 .
2 4 2
Gọi H là hình chiếu của D trên mặt phẳng ABC thì DH là đường cao của tứ diện ABCD .
Ta có DH là khoảng cách từ điểm D đến mặt phẳng ABC .
DH
2.2 1
2.3 4 5
.
3
2
2 2 1 2
Câu 116:
a 2b 2c
3a
4c
Ta có cos
5 a 2b 2c 3 3a 4c
2 2 2
2 2 2
3. a b c
5. a b c
5a 10b 10c 9a 12c
7a 5b c 0
5a 10b 10c 9a 12c
2a 5b 11c
0
7a 5b c 0
11a
TH1:
11a
2c
0 c , do c là số nguyên tố nên chọn a 2 ,
4a 5b 3c
0
2
c 11, b 5
ab bc ca 10 55 22 67 .
2a 5b 11c
0
a
TH2:
2a
14c
0 c , do c là số nguyên tố nên chọn a 14 ,
4a 5b 3c
0
7
a 2b 2c
30 1
o
c 2 , b 10 (loại) do cos
45 .
2 2 2
3. a b c
3.10 3 3
Chọn C
A
P
R
C
C'
Q
B
B'
Ta có M 1;0;0
P
và ba mặt phẳng
P , Q , R đôi một song song với nhau.

Gọi B, C lần lượt là hình chiếu vuông góc của A trên các mặt phẳng Q , R , ta có:
AB
d A;
Q
d M ; Q
;
d M ; R
AC d A R
1 2.0 0 8
2
1 2 1
2 2
1 2.0 0 4
2
1 2 1
2 2
3 6
.
2
6
.
2
Do AB
3AC
nên đặt CC
a BB
3a
.
Ta có
AB AB
BB
27 9
2
2 2 2
2
a ;
3
AC AC
CC
a
2
2 2 2
.
Nên:
T
2 144
AB
AC
27 144
2
9a
2 3
2
a
2
3 72 72
2
9
a
2 3 2 3 2
a a
2 2
3 72 72
2
3 9 a . . 108
3 2 3 2 3 2
a a
2 2
.
Câu 117:
Do đó minT 108 khi
2
a .
2
Chọn D
Gọi là mặt phẳng trung trực của đoạn OA
a
đi qua điểm D ;0;0
OA
2
a;0;0 a 1;0;0
và có VTPT
a
: x 0 .
2
Gọi là mặt phẳng trung trực của đoạn OB
a
đi qua điểm E 0; ;0
OB
2
0; a;0 a 0;1;0
và có VTPT
a
: y 0 .
2
là mặt phẳng trung trực của đoạn OC
Gọi
a
đi qua điểm F
0;0;
2
a
: z 0 .
2
và có VTPT OC 0;0; a a0;0;1
a a a
2 2 2 .
a b c
a b c 2 1 I P : x y z 1.
2 2 2
Gọi I là tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện OABC I
I ; ;
Mà theo giả thiết,

Câu 118:
Câu 119:
Câu 120:
Vậy, d M , P
Chọn B
2016 1 2015
.
3 3
Đường thẳng d có một VTCP là u 1;1;2
Gọi d M 1 t; t; 1 2t
AM t; t; 3 2t
.
Ta có d AM. u 0 t t 23 2t
0 t 1
AM 1;1; 1
Đường thẳng đi qua A 1;0;2
, một VTCP là AM 1;1; 1
x 1 y z 2
: .
1 1 1
Lời giải
u 1; 1; 2
Đường thẳng d có một véc tơ chỉ phương là .
Gọi B d . Ta có B d nên B 1 t; t; 1 2t
và AB t; t; 2t
3
phương của đường thẳng .
Mặt khác d nên AB. u 0 6t
6 0 t 1
Vậy phương trình chính tắc của đường thẳng là
Chọn A
Gọi A d A d P
x 1 y z 2 x
1
x 2y z 4 0
z
1
. Suy ra AB 1; 1; 1
x 1 y z 2
.
1 1 1
Tọa độ A thỏa mãn hệ 2 1 3 y 1
A1;1;1
Do P
và d nên nhận u n ; u 5; 1; 3
P
d
.
là một véctơ chỉ phương.
có phương trình là
.
là một véc tơ chỉ
Đường thẳng đi qua A 1;1;1
nên có dạng
x 1 y 1 z 1
5 1 3
.
Câu 121:
Chọn C
Vectơ chỉ phương của : u 1;1; 1
Vì
d
ud
u
ud
u; nP 4; 3;1
d P ud
n
.
P
, vectơ pháp tuyến của P là n
1;2;2
x
t
y
1 t
z
2 t
x 2y 2z
4 0
Tọa độ giao điểm H P
là nghiệm của hệ t 2 H 2; 1;4
P
.
.

Lại có d;
P
d , mà H P
. Suy ra H d .
Vậy đường thẳng d đi qua H 2; 1;4 và có VTCP ud
4; 3;1
x
2 4t
d : y 1 3t t
.
z 4 t
nên có phương trình
Câu 122:
Câu 123:
Câu 124:
Chọn B
Do cắt d nên tồn tại giao điểm giữa chúng. Gọi
B
B d
B
d
x
t 1
Phương trình tham số của d : y t , t . Do B d , suy ra B t
1; t; t 1
z
t 1
AB t; t; 2t
3
.
Do A,
B nên AB là vectơ chỉ phương của .
Theo đề bài, vuông góc d nên AB u u 1;1;2 (
u (1;1; 2)
là vector chỉ phương của
d ). Suy ra AB. u 0 . Giải được 1
Chọn B
Phương trình tham số của đường thẳng
I d I 1 t;2 2 t;3
t
,
t AB 1;1; 1
x
1
t
d : y 2 2t
.
z
3 t
. Vậy
1 2 2 3 2 0 1 2;4;4
I t t t t
Vectơ chỉ phương của d là u 1;2;1
Vectơ chỉ pháp tuyến của
Ta có u, n 3;2; 1
.
là n 1;1; 1
I .
x 1 y z 2
:
1 1 1
Đường thẳng cần tìm qua điểm I 2;4;4
, nhận một VTCP là u, n 3;2; 1
x
2 3t
y
4 2t
.
z
4 t
Chọn B
nên có PTTS

A
A'
B
C'
B'
C
D
x y z
Ta có phương trình mặt phẳng qua A,B,C là: ABC : 1 2x 3y z 6 0 .
3 2 6
Dễ thấy D ABC .Gọi A', B ', C ' lần lượt là hình chiếu vuông góc của A, B,
C trên d .
Suy ra d A, d d B, d d C, d AA' BB ' CC ' AD BD CD . Dấu bằng xảy ra khi
A' B ' C ' D . Hay tổng khoảng cách từ các điểm A, B,
C đến d lớn nhất khi d là đường thẳng
x
1
2t
qua D và vuông góc với mặt phẳng ABC
d : y 1 3 t ; N d .
z
1 t
Câu 125:
Chọn A
Giả sử P là mặt phẳng qua gốc tọa độ O và vuông góc với . Xét hình chiếu vuông góc của M
trên P là điểm K ta có MK MH nên MH khi và chỉ khi H K và khi đó đường thẳng
min
d
O,
K MO
P
đi qua hai điểm sẽ là hình chiếu vuông góc của trên mặt phẳng . Do vậy:
u
d
nP, nP, OM
u
d
u, u,
OM
.
Câu 126
Chọn A
thuộc tia B 0;0; b , với b 0 .
B Oz
OA 3, OB b .
b
6
OB 2OA b 6
b
6
B 0;0;6 , BA 1; 2; 4 .
l
.
Đường thẳng đi qua 0;0;6 và có VTCP BA 1; 2; 4 có phương trình là:
B

x y z 6
: .
1 2 4
Câu 127.
Chọn D
Gọi I a; b;
c và R là tâm và bán kính của mặt cầu cố định (nếu có).
2
Ta có: MN 2; m; n 2; m; , MI a 1; b m;
c
,
m
2b
2a
2
MN, MI
mc 2 ; 2 c ; ma m 2b
m m
Ta có: R d I,
MN
2 2
2b
2a
2
mc 2 2c ma m 2b
m m
2 4
4 m m
2
2
2 2 2 2
m c 2m 2b 2mc 2a 2 m a 2mb m
2 2
m
4m
4
4 2
Khi a b c 0 thì R 1 không phụ thuộc vào m,
n .
Câu 128
Chọn A
A'
D'
B'
C'
A
D
B
C
Ta chọn hệ trục tọa độ sao cho các đỉnh của hình lập phương có tọa độ như sau:
0;0;0 2;0;0 2;2;0 0;2;0
0;0;2 2;0;2 2;2;2 0;2;2
A B C D
A B C D
AB
BD
2;0;2 , AD
0;2;2 ,
2;2;0 , BC
0;2;2

1
* Mặt phẳng ABD
qua A0;0;0
và nhận véctơ n AB, AD
1; 1;1
làm véctơ pháp
4
tuyến. Phương trình ABD là: x y z 0.
1
* Mặt phẳng BCD
qua B 2;0;0
và nhận véctơ m BD, BC
1;1; 1
làm véctơ pháp
4
tuyến.
Phương trình
BCD
là: x y z 2 0.
Suy ra hai mặt phẳng AB D và BCD
song song với nhau nên khoảng cách giữa hai mặt phẳng
2 2 3
chính là khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng BCD
: d A, BCD
.
3 3
1 1 2 3
Cách khác: Thấy khoảng cách cần tìm d ABD , BCD
AC
.2 3 . .
3 3 3
A'
D'
B'
C'
A
D
B
C
Câu 129
Chọn B
Đường thẳng d1
đi qua điểm A1; 2;1
và có véctơ chỉ phương là u1 2;1; 2
.
Đường thẳng d2
đi qua điểm B1;1; 2
và có véctơ chỉ phương là u2 1;3;1
.
Ta có
1,
2
7; 4;5
và , nên
u u
AB 0;3; 3
1,
2
. 0.7 3. 4 3 .5 27 0 Hai đường thẳng và chéo nhau. Gọi MN là
u u
AB d1
d2
đoạn vuông góc chung của và với M d , N d .
d1
d2
1 2
Khi đó M 1 2 t; t 2;1 2 t , N 1 t;1 3 t; t 2 MN t 2 t;3 3 t t; t
2t
3 .

3 7 1 23
; ;
.
1
0 3 9 9 0 t N
MN u t
t 10 10 10 10 21 6 3
Từ MN ; ;
. 11 3 6 0 9
14 11 4
10 5 2
2
0
MN u t t t
M ; ;
10
5 10 5
.
Gọi thì ta có tại I do d P , d P , MN d , MN d .
I MN P
MN P
1 2 1 2
– Trường hợp 1: Hai đường thẳng , nằm về cùng một phía so với mặt phẳng P .
d d
1 2
7 13 19
Khi đó do d d1; P 2 d d2;
P
nên MI 2MN
. Ta tìm được tọa độ điểm I ; ; .
5 10 5
a b c 7 4 5 8
Phương trình P
: 7x 4y 5z 34 0 S . Đến đây thì ta có thể
d 34 34
chọn ngay phương án D và có kết quả thỏa mãn.
– Trường hợp 2: Hai đường thẳng , nằm về hai phía khác nhau so với mặt phẳng P .
d d
1 2
7 3 9
Do d d1; P 2 d d2;
P
nên MN 3IN
và ta tìm được I ; ; .
5 10 5
a b c 7 4 5
Phương trình 7x 4y 5z
2 0 . Suy ra S 4
.
d 2
Câu 130:
Chọn A
S
Mặt cầu có tâm I 1;1;0
và bán kính R 2 .
AB B BA 1;2;3
AB : y 2t t
Đường thẳng đi qua điểm , có một VTCP là
IB 1; 1;1
IB 3
C
có bán kính nhỏ nhất d I,
P
x
t
z
1 3t
R P luôn cắt mặt cầu theo giao tuyến là đường tròn
lớn nhất.
Gọi , lần lượt là hình chiếu vuông góc của lên P và AB , ta có:
H K I
d I,
P IH IK
S C
Do đó d I,
P lớn nhất H K hay mặt phẳng P vuông góc với IK
Tìm K : K AB K t;2 t;1 3t IK t 1;2t 1;3t
1
Ta có
1
IK AB IK. AB 0 t
7
6 9 4 1
IK
; ;
6; 9;4
7 7 7 7

Mặt phẳng đi qua 0;0;1 , có một VTPT là n
P
B
6; 9;4
9 27
3
P
: 6x 9y 4z 4 0 x y 3z
3 0 . Vậy T .
2 4
4
Câu 131:
Chọn C
d1
qua M 0;3;2
có vtcp u 1;2;1
, d2
qua N 3; 1;2
có vtcp v 1; 2;1
.
u, v 4;0; 4
, MN 3; 4;0
.
u, v . MN 12 3 2
d d1,
d2
.
u,
v 4 2 2
Câu 132:
Câu 133:
Chọn D
Ta có:
A0;0;0
, C 1;1;0
nên AC 1;1;0
.
B1;0;1
, D0;1;0
nên BD
1;1; 1
.
A0;0;0
, D0;1;0
nên AD 0;1;0
.
AC, BD
. AD 1
Khoảng cách giữa AC và BD
là: d AC,
B
D
.
AC,
BD
6
Chọn D
Ta có:
2;0;0
, C 0;2;2 nên BC 2;2;2
.
0;0;2 0;2;0 AC
0;2; 2
B
A , C nên .
Suy ra:
0 4 4
cos BC, AC
cos BC, AC
0 ,
o
BC, AC
90 .
12. 8
Câu 134:
Chọn A
Chọn trung điểm H của BC là gốc tọa độ tia HB là trục hoành, HA là trục tung.

3
Ta có A 0;a ;0
a
, , , , ,
2
B ;0;0
a a 3
M ; ;0
a
2
4 4
C ;0;0
a 3
S
0; ;3a
2
2
a a 3 3a
N
; ;
4 4 2
3a a 3
CM ; ;0
3 3
; ;
4 4
AN a ; a ;
a a a 3
4 4 2
AC ; ;0
2 2
d CM , AN
CM. AN
. AC
CM.
AN
3a
= .
37
Câu 135.
Chọn C
Gọi A 3 t;2 t;1 2t
và B 2 2 t;1 t; 1
t
lần lượt là giao điểm của đường thẳng cần tìm
với và d .
d1
2
AB 5 2 t t; 1 t t; 2 t
2t
.
Vì đường thẳng cần tìm vuông góc với P
nên có vectơ chỉ phương AB cùng phương với
n 1;3;2 .
P
5 2t
t 1k t
1
Do đó 1 t
t 3k t
4
, suy ra A4;3; 1
, B 6; 3; 5
. Thay vào các đáp án ta thấy
2 t
2t 2k
k
2
C thỏa mã
Câu 136:
Chọn B
Vectơ chỉ phương của là u 1;1; 1
.
d
A 1 2 a; 1 a;2
a
Gọi là đường thẳng cần tìm và A d1
, B d2
. Suy ra:
.
B 1 b;2 b;3 3b
Khi đó: AB b 2a 2; b a 3;3b a 1
.
Vì đường thẳng song song với đường thẳng d nên AB cùng phương với u .
2 2 3 3 1
Suy ra: b a b a b a a
1
A 1;0;1
.
1 1 1
b
1 B 2;1;0
Thay A 1;0;1 vào đường thẳng d ta thấy A
d .

x 1 y z 1
Vậy phương trình đường thẳng : .
1 1 1
Câu 137:
Chọn B
Gọi là mặt phẳng chứa hai đường thẳng d và d
P
1
Khi đó P
đi qua M 0; 1;0
và có cặp véctơ chỉ phương u1 1;2;1
, u 1;4; 2
.
, 1
8;3;2
Gọi n là VTPT của P
. Khi đó n u u
Phương trình P : 8x 3y 2z
3 0
H
2
Gọi là giao điểm của đường thẳng và P :
d
8x 3y 2z
3 0
x
1
x
t
y
1
H 1; 1;4
y
1 2t
z
4
z
1
3t
Đường thẳng d đi qua H và có VTCP u 1;4; 2
có phương trình: x 1 y 1 z 4
.
1 4 2
.
Câu 138:
Chọn A
Gọi
là đường thẳng cần tìm
Gọi A 1,
B 2
1
A A 1 3 a;2 a;1
2a
B 2
B 1 b;2 b; 1
3b
AB 3a b 2; a 2b 2; 2a 3b
2
d có vectơ chỉ phương ad
0;1;1
/ / d AB, ad
cùng phương
có một số k thỏa AB kad
3a b 2 0 3a b 2 a
1
a 2b 2 k a 2b k 2 b
1
2a 3b 2 k 2a 3b k 2
k
1
Ta có A2;3;3 ; B 2;2;2
đi qua điểm 2;3;3
và có vectơ chỉ phương AB 0; 1; 1
A
x
2
Vậy phương trình của là y
3 t .
z
3 t

Câu 139:
Chọn C.
Vì N Δ d nên N d , do đó N 2 2 t;1 t;1
t .
xM 2xA xN xM
4 2 t,
Mà A1;3;2
là trung điểm MN nên yM 2yA yN yM
5 t,
zM 2zA z
N zM
3 t.
Vì M Δ P nên M P , do đó 2 4 2t 5 t 3 t 10 0 t 2
.
M
Suy ra 8;7;1 và N 6; 1;3
.
Vậy MN 2 66 4 16,5 .
Câu 140:
Chọn D.
Gọi M t; t; 2t
và N 1 2 t ', t ', 1 t '
. Suy ra MN 1 2 t ' t; t ' t; 1 t ' 2t
.
Do đường thẳng song song với P nên 1 2 t ' t t ' t 1 t ' 2t 0 t t
' .
d
Khi đó MN 1 t; 2 t; 1 3t MN 14t 8t
2 .
2
Ta có MN 2 14t 8t 2 2 t 0 t .
7
Với 0 thì MN 1;0; 1
( loại do không có đáp án thỏa mãn ).
t
2 4
4
Với t thì 3 ; 8 ; 5 1 3;8; 5
và .
7
MN
4 4 8
M
; ;
7 7 7 7
7 7 7
4 4 8
x y z
7 4 7 4 7 8
Vậy 7 7 7 x y z
. .
3 8 5 3 8 5
Câu 141:
Chọn A
Gọi 2 giao điểm của đường thẳng và , là A 2 t;1 t; 2 t , B 1 2 s;1 s;3
.
AB .
AB 1 2s 2 t; s t;5
t
.
n 7;1; 4
P
.
1 2
AB, n
P
3t 4s 5; 15t 8s 31; 9t 5s
1
.
d d

3t
4s
5 0
1
AB P AB, n P
t
0 15t
8s
31 0
s 2
9t
5s
1 0
Đường thẳng qua 2;0; 1 và có VTCP AB 7; 1;4
.
A
A 2;0; 1
.
B 5; 1;3
Câu 142.
Chọn B
Nếu 1 M 0;1;0 .
m 3
A
a a
Gọi 1; ; , B 1; b;
b là hai điểm thuộc 1;
2
.
1 k
k
1
Đường thẳng qua ba điểm M , A,
B MA kMB a 1 k b 1
a
1
.
a kb
b
1
x
t
Với m 1
thì có 1 đường thẳng đi qua M và cắt ba đường 1; 2;
3
là: : y
1.
z
t
3
Nếu m 1 M 0; m;0
.
3
Gọi C c,1;
c .
1
k
a m k b m
MA kMB a kb
cắt ba đường ; ; khi
.
MA lMC 1
lc
a m l 1
m
a
lc
1 2 3
Hệ này vô nghiệm.
x
t
Vậy chỉ có 1 đường thẳng : y
1
cắt ba đường thẳng 1, 2,
3
khi m 1.
z
t
Câu 143.
Chọn C
Điểm A d1 A 1 2 t;1 t; 1
t .
B d2 B 2 3 t; 1 t;2 2t
MA t t t
1 2 ;2 ;5 ; MB 4 3 t; t;8 2t
.
.

Do M , A , B thẳng hàng nên MA , MB cùng phương nên
1 2t k 4 3t
2
t kt
5 t k 8 2t
A 3;0;0 ; B 4;1;6 AB 38 .
2t 4k 3kt
t
1
t
1
1
1
1
t
kt
2
k
k
(tách MT).
2
t 8k 2kt
5
2
kt
1 t
2
Câu 144:
Chọn D
Gọi là đường thẳng cần tìm, là VTPT của mặt phẳng P .
n P
d
Gọi M 1 t; t;2 2t
là giao điểm của và ; M 3 t;1 t;1 2t
là giao điểm của và d
Ta có: MM 2 t t; 1 t t; 1 2t
2t
MM //
P
M P
t 2
MM nP
MM 4 t; 1 t; 3 2t
cos30 cos ,
d
Ta có MM u
3 6t
9
2
2
36t
108t
156
t
4
t
1
x
5
Vậy, có 2 đường thẳng thoả mãn là 1
: y
4 t ;
z
10 t
x
t
:
1
2 y
z
t
1
Khi đó cos 1,
2
.
2
Câu145:
Chọn C
* Ta có: P
n a; b;
c trong đó ; ; không đồng thời bằng . Mặt cầu có tâm
và bán kính R 5 .
a b c 0 S I 1;2;3
3a 2b 6c 2 0 b
2
Do mặt phẳng chứa đường thẳng nên ta có:
b 2 0 a 2 2c
P AB 1
2 2
* Bán kính đường tròn giao tuyến là: r R d trong đó
2
c 4 c 8c
16
d d I;
P
. Để bán kính đường tròn nhỏ nhất điều kiện là
2 2 2
2
a b c 5c
8c
8
lớn nhất c 2
8 c 16 1 24 2 3
.
c
2c
3
lớn nhất m
lớn nhất.
2 2
2
5c 8c 8 5 5 5c 8c
8
5c
8c
8
d
2c
3
* Coi hàm số m
là một phương trình ẩn c ta được
2
5c
8c
8

2
5mc 2 4m 1 c 8m
3 0 ,
2
1
phương trình có nghiệm c
24m 23m
1 0 m 1 m lớn nhất c 1.
24
a 0 M 2a b c 1.
Câu 146:
Chọn D
S
Mặt cầu có tâm I 0; 2;1
, bán kính R 5 . Do 17 R nên luôn cắt S . Do đó
IA AB
2
2
( ) luôn cắt theo đường tròn có bán kính r R d I,
. Đề bán kính r nhỏ nhất
S
C
d I,
lớn nhất.
A B
Mặt phẳng đi qua hai điểm , và vuông góc với mp ABC .
Ta có AB (1; 1; 1)
, AC ( 2; 3; 2)
suy ra ABC
có véctơ pháp tuyến
n AB, AC
( 1;4; 5)
(α) có véctơ pháp tuyến n n, AB
( 9 6; 3) 3(3;2;1)
Phương trình : 3 x – 2 2 y –1 1 z – 3 0 3x 2 y z –11 0 .
Câu 147
Chọn A
z
C
K
M
O
A
x
H
B
y
Cách 1:Gọi H là hình chiếu vuông góc của C trên AB , K là hình chiếu vuông góc B trên AC . M là
trực tâm của tam giác ABC khi và chỉ khi M BK CH
AB CH
Ta có: AB COH AB OM (1) (1)
AB CO
Chứng minh tương tự, ta có: AC OM (2).
Từ (1) và (2), ta có: OM ABC
Ta có: OM 1;2;3 .

Mặt phẳng đi qua điểm 1;2;3 và có một VTPT là OM 1;2;3 nên có phương trình là
M
x 1 2 y 2 3 z 3
0 x 2y 3z
14 0 .
Cách 2:
+) Do A, B,
C lần lượt thuộc các trục Ox, Oy,
Oz nên A( a;0;0), B(0; b;0), C(0;0; c ) ( a, b, c 0 ).
Phương trình đoạn chắn của mặt phẳng ( ABC)
là x y z 1
.
a b c
AM. BC 0
+) Do M là trực tâm tam giác ABC nên BM. AC 0 . Giải hệ điều kiện trên ta được a, b,
c
M
( ABC)
Vậy phương trình mặt phẳng: x 2y 3z
14 0 .
Câu 148:
Chọn A
Aa B b C c
Gọi ;0;0 , 0; ;0 , 0;0; lần lượt là giao điểm của P với các trục Ox, Oy,
Oz
x y z
a b c
P : 1 a, b, c 0
1 1 1
1
N P a b c
Ta có: NA NB a 1 b 1 a b c 3 x y z 3 0 .
NA NC
a 1 c 1
Câu 149:
Chọn A
x y z
1
Ta có phương trình mp là 1
b
c
ABC
ABC P
1 1
0
b
c
b c 1
1 1 1
Ta có d O,
ABC
3 1 1 3
1 1
8 2
2 2
b
c
1
b
2 c
2
Câu 150:
1
Từ (1) và (2) b c b c 1
.
2
Chọn D
Do tứ diện OABC có ba cạnh OA, OB,
OC đôi một vuông góc nên nếu H là trực tâm của tam giác
ABC dễ dàng chứng minh được OH ABC
hay OH P
.

Vậy mặt phẳng đi qua điểm 1;2;3 và có VTPT OH 1;2;3 nên phương trình
P H
P : x 1 2 y 2 3 z 3 0 x 2y 3z
14 0 .
Câu 151:
Chọn B
x 9 a 9 t
Ta có AB a 9; b 3; c 5
, nên phương trình đường thẳng AB là: y 3 b 3t
.
z 5 c 5t
Vì M , N , P lần lượt là giao điểm của đường thẳng AB với các mặt phẳng tọa độ Oxy , Oxz và
5 a 9 5 b 3 3 a 9 3 c 5
Oyz nên suy ra M 9 ;9 ;0
; N 9 ;0;5 và
5 c 5 c b 3 b 3
b
c
9 3 9 5
P0; 3 ;5
9 a 9 a
.
Từ M , N , P nằm trên đoạn AB AM MN NP PB nên ta có
AB
4AM
z
AB
2AN
y
4
AB
AP x
3
AB
AB
AB
4z
2y
4
3
AM
AN
x
AP
c
5 40 5
b
3 20 3
4
a 9 0 9
3
c
15
b
3
a
3
a b c 15.
Câu 152
Chọn D
S
2 2 2
Mặt cầu có tâm I 1;2;3 và bán kính R 1 2 3 11 5 .
Chu vi thiết diện bằng 8 nên bán kính r của đường tròn thỏa mãn 8 2 r r 4
2 2
d I, R r 3 .
Phương trình mặt phẳng song song với P : 2x y 2z
11 0 có dạng
: 2x y 2z m 0m
11 .
2.1 2 2.3 m
d I,
3
2 2 2
1 2 2
2
ra : 2x y z 7 0 .
3
m 2 9 m 11 m 7
. Đối chiếu điều kiện suy
Câu 153:
Chọn C
Ta có: AB 1;1;1
, AC 1;3; 1
, AD 2;3;4
. Suy ra: AB, AB 4;0; 4
4 điểm
A, B, C,
D không đồng phẳng.

Khi đó, mặt phẳng cách đều cả 4 điểm
A, B, C,
D
sẽ có hai loại:
Loại 1: Có 1 điểm nằm khác phía với 3 điểm còn lại (đi qua các trung điểm của 3 cạnh chung đỉnh)
có 4 mặt phẳng như thế).
A
A
A
A
1
2
4
B
D
B
D
B
3
D
B
D
C
C
C
C
Loại 2: Có 2 điểm nằm khác phía với 2 điểm còn lại (đi qua các trung điểm của 4 cạnh thuộc hai cặp
cạnh chéo nhau) có 3 mặt phẳng như thế).
A
A
A
5
6
7
B
D
B
D
B
D
C
C
C
Vậy có tất cả 7 mặt phẳng thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Câu 154:
Chọn A
2 2 2
Mặt cầu S : x y z 4x 10y 2z
6 0 có tâm I 2; 5;1
và bán kính R 6 .
x
t
Giao tuyến của hai mặt phẳng y m và x z 3 0 là đường thẳng : y m , t .
z
3 t
đi qua A0; m;3
và có một véc tơ chỉ phương u 1;0; 1
, IA 2; m 5;2
,
IA, u m 5;0; m
5 .
tiếp xúc với mặt cầu S
khi và chỉ khi

d I,
R
IA,
u
u
6
2 2
2 m 5
6 m 10m
11 0 .
2
Vậy tích m . m 11
.
1 2
Câu 155
Chọn A
x 2 y 1
z
:
2 2 1
qua 2;1;0 và có một véctơ chỉ phương là n 2;2; 1
.
A
Mặt cầu tâm I tiếp xúc với đường thẳng nên bán kính của mặt cầu là
AI,
n
R d I,
2 2 .
n
2 2 2
Phương trình mặt cầu S : x 2 y 1 z 1 8 .
S Ox
Mặt cầu cắt trục tại 2 6;0;0 và B 2 6;0;0 .
Suy ra độ dài đoạn AB 2 6 .
A
Câu 156:
Chọn A
P
T
H
O
S
K
d
có tâm mặt cầu I 1; 0; 1
, bán kính R 1
.
T
P
d
IT
Gọi K d ITT
. Ta có d ITT
nên K là hình chiếu vuông góc của I trên d .
d
IT
Ta có K 0; 2; 0
2
IH IH.
IK R 1 1
Ta có
.
2
2
IK IK IK
6 6
2

1
OH OK
6
5xO
xK
5
xH
5 1 6
5yO
yK
2
5HO
HK 0 yH
5 1 6
5zO
zK
5
zH
5 1 6
5 1 5
H ; ; .
6 3 6
Câu 157:
Chọn B
x y z
Phương trình mặt phẳng ABC
: 1
2x 2y z 2 0 .
1 1 2
M ABC
OM
là điểm thay đổi thuộc mặt phẳng có độ dài nhỏ nhất khi và chỉ khi OM ABC .
2
Độ dài OM nhỏ nhất bẳng d O,
ABC
.
3
Câu 158:
Chọn C
A H H A
1 x 1 2 y 1 2 z 6
0 x 2y 2z
9 0
H H 2 t;1
2 t;2t
Gọi là mặt phẳng đi qua và vuông góc với tại . Khi đó là hình chiếu của trên .
Phương trình mặt phẳng : .
Ta có .
H
Vậy
H 3; 1;2
2 t 2 1 2t 4t
9 0 t 1.
là điểm cần tìm.
Câu 159.
Chọn C
Tiếp điểm H a; b;
c là hình chiếu vuông góc của O lên mpP
.
x
t
Đường thẳng qua O và P
có phương trình : y
2t
z
2t
x
t
y
2t
H P , giải hệ phương trình được
z
2t
x 2y 2z
9 0
Vậy H 1;2; 2 nên a b c 1 2 2 1.
t
1
x 1; y 2; z 2
Câu160.

Chọn C
Ta có
x y 1 z 2
: a 4;1; 1
4 1 1
P : 2x y 2z
6 0
n 2; 1; 2
Gọi d là đường thẳng đi qua
x
1
2t
y
t
z
2 2t
B 1;0; 2
và vuông góc với mp(P), phương trình tham số của d là:
Vì B là hình chiếu của I trên (P) nên I d I 1 2 t; t; 2 2t
AI 1 2 t;1 t; 4 2t
Vì A là hình chiếu của I trên nên AI a AI. a 0 4 1 2t 1 t 4 2t
0
t
1
a 1; b 1; c 0
Do đó I 1 2 t; t; 2 2t
1;1;0
Vậy a b c 0 .
Câu 161:
Chọn A
Vì mặt cầu tâm I tiếp xúc với đường thẳng d tại điểm H nên H là hình chiếu của I lên d .
x
2 3t
Ta có d có phương trình tham số: y
2 2t t
và có một VTCP ud
3;2; 1
.
z
t
2 3 ; 2 2 ; .
H d H t t t
IH t t t
4 3 ;1 2 ;4 .
Mà .
ud IH 0 3 4 3 t 2 5 2 t 1 4 t 0 t 1 H 1;0; 1 .
Câu 162.

Chọn D
Hình minh họa
Trên đường thẳng lấy điểm A 1;1;0 . Gọi d là đường thẳng đi qua A và vuông góc với mặt phẳng
. Ta có ud
1; 2;2
.
Trên đường thẳng d lấy điểm C bất kì khác điểm A .
Gọi , lần lượt là hình chiếu vuông góc của lên mặt phẳng P và đường thẳng .
H K C
Lúc này, ta có
P ; CH;
d HCA
Xét tam giác HCA ta có AH
AH
sin HCA , mà tam giác AHK vuông tại K nên ta có
AC
AC
HCA H K P
(không đổi) . Nên để góc nhỏ nhất khi trùng với hay CK
Ta có ACK đi qua d và . Vì ud ; u
8;0;4
nên chọn n
Mặt khác ta có đi qua , vuông góc mặt phẳng và
ACK 2;0;1
P
ACK n ACK ; u
2;5; 4
Nên n P 2;5; 4
. Vậy phương trình mặt phẳng P là :
2 x 1 5 y 1 4z 0 2x 5y 4z 3 0 2x 5y 4z
3 0 .
AK
AC
Câu 163.
Chọn D

0
Góc giữa hai mặt phẳng lớn nhất bằng 90 .
P
0
Nên góc lớn nhất giữa và ACCA
bằng hay P ACCA
.
BDC ACC A
Mà P BDC
.
Ta có C1;1;1
VTPT của P
: n ,
P
1;1; 1
.
BD BC
P : x y z 1 0
90
Câu 164.
Chọn C
Ta thấy hai điểm , nằm cùng 1 phía với mặt phẳng và song song với P . Điểm
A B P
AB
M
P
sao cho tam giác
ABM
có diện tích nhỏ nhất
S ABC
AB. d( M ; AB)
nhỏ nhất d M ; AB nhỏ nhất, hay M P Q,
Q
là mặt
2
phẳng đi qua AB và vuông góc với P
.
Ta có
AB 1; 1;2
, vtpt của
P
n
3;1; 1
Suy ra vtpt của : n AB, n 1;7;4
Q P
Q
PTTQ Q x y z
: 1 1 7 4 2 0
x 7y 4z
7 0
P
Quỹ tích
M
là
x 7 y 4z
7 0
.
3x y z 5 0
Câu 165:
Chọn D
Mặt phẳng ( P)
qua A có dạng a( x 0) b( y 8) c( z 2) 0 ax by cz 8b 2c
0 .

Điều kiện tiếp xúc:
5a 3b 7c 8b 2c 5a 11b 5c
d( I;( P)) 6 2 6 2 6 2 . (*)
2 2 2 2 2 2
a b c a b c
9a 7b 23c 8b 2c 9a 15b 21c
Mà d( B;( P))
2 2 2 2 2 2
a b c a b c
5a 11b 5c 4( a b 4 c)
2 2 2
a b c
2 2 2 2 2 2
5a 11b 5c a b 4c 1 ( 1) 4 . a b c
4 6 2 4 18 2 .
2 2 2 2 2 2 2 2 2
a b c a b c a b c
Dấu bằng xảy ra khi a
b
c . Chọn a 1; b 1; c 4 thỏa mãn (*).
1 1 4
Khi đó ( P) : x y 4z
0 . Suy ra m 1; n 4 . Suy ra: m. n 4.
.
Câu 166
Chọn C
E F
Hai điểm 1; 2;4 , 1; 2; 3 nằm về hai phía mặt phẳng Oxy .
Vì EF 0;0; 7
EF vuông góc với Oxy .
Vậy điểm thuộc Oxy sao cho tổng ME MF có giá trị nhỏ nhất là giao điểm của với Oxy ,
M
hay chính là hình chiếu vuông góc của trên .
Vậy M 1; 2;0
.
EF
E Oxy
Câu 167:
Chọn A
Gọi S a; b; c P a b c 5 0 1 .
2 2 2
AS a 5 b 5 c ,
Ta có:
1 2 3 , 3 5 1
2 2 2 2 2 2
BS a b c CS a b c
Do SA SB SC
4a 6b 8c
21 0
4a
2c
15 0
a 1 b 2 c 3 a 3 b 5 c
1
2 2 2 2 2 2
2
a 5 b 5 c a 3 b 5 c
1
2 2 2 2 2

a
6
4a 6b 8c
21 0
23 13 9
Ta có hệ: 4a 2c 15 0 b S 6; ; .
2 2 2
a b c 5 0
9
c
2
23 9
Lại có: AB 4; 3;3 , AC 2;0; 1
AB AC 3; 10; 6
, AS 1; ; ;
2 2
145
AB AC AS 145
V S . ABC
.
6
Câu 168
Chọn C
Vì D Oyz D 0; b;
c , do cao độ âm nên c 0 .
c
Khoảng cách từ D0; b;
c
đến mặt phẳng Oxy : z 0 bằng 1 1 c 1 do c 0
.
1
Suy ra tọa độ
D 0; b; 1
. Ta có:
AB AC AD b
1; 1; 2 , 4;2;2 ; 2; ;1
AB; AC 2;6; 2 AB; AC
. AD 4 6b 2 6b 6 6 b 1
1
VABCD
AB; AC. AD b 1
.
6
b
3 D
0;3; 1
Mà VABCD
2 b 1 2
. Có đáp án D0;3; 1
.
b
1 D0; 1; 1
.
Câu 169
Chọn D
Gọi G là trọng tâm của tam giác ABC thì GA GB GC 0 . Khi đó.
2 1
MA. MB MB. MC MC. MA 0 3 MG GAGB . GB. GC GC. GA 0 MG .
3
4 4 4
Mặt khác, ta có G ; ;
1
nên d G,( )
, suy ra M là hình chiếu vuông góc của G trên mặt
3 3 3
3
phẳng . Vậy tập hợp cần tìm là một điểm.
Câu 170:
Chọn A
Q
M
Q : 2x y z 3 0
Gọi là mặt phẳng đi qua 2;2; 3 và song song với mặt phẳng P .
Suy ra .

d N,
N N N Q
Do // P nên Q .
đạt giá trị nhỏ nhất đi qua , với là hình chiếu của lên .
x
4 2t
Gọi d là đường thẳng đi qua N và vuông góc P
, d : y 2 t .
z
1 t
4 4 10 7
Ta có N d N4 2 t;2 t;1 t
; NQ
t N
; ;
.
3 3 3 3
u a; b;
c
cùng phương MN 10 4 16
; ;
.
3 3 3
Do , nguyên tố cùng nhau nên chọn u 5;2;8 .
a b
Vậy a b c 15
.
Câu 171.
Chọn B
Ta có AB 3 6 ; AC 2 6 ; BC 6 .
Ta có T d 2d 3d d d d d 2d
.
1 2 3 1 2 2 3 3
1 2
Gọi là trung điểm , và là trung điểm của ta có 2 d M ; d d và 2 d N;
d d
.
M AB N BC
G MNC
2 3
3
Gọi là trọng tâm tam giác . Khi đó ta có T 2 d M ; 2 d N; 2d 6 d G;
.
Do đó T 6 d G; 6 d G;
d .
5 3
7 5
Ta có M 1; ; ; N 3; ; suy ra G 2;3; 2
.
2 2 2 2
Gọi H 1 t;1 2 t;1
t là hình chiếu của lên đường thẳng , ta có GH t 1; 2t 2;3 t .
G d
GH. u 0 t 1 2 2t 2 3 t 0 t 0 .
d
2 2 2
Vậy Tmax 6GH
6 1 2 3 6 14 .

Câu 172:
Chọn C
AB 2; 2;7
.
x
1
2t
Phương trình đường thẳng AB là: y
2t
.
z
2 7t
1 2 1
Xét vị trí tương đối của và AB ta thấy cắt AB tại điểm C
; ;
.
3 3 3
4 4 14
AC ; ;
3
; AC AB nên nằm giữa và .
3 3 3 2
B A C
T MA MB AB Dấu bằng xảy ra khi M trùng C . Vậy Tmax
AB 57 .
Câu 173:
Chọn A
có vectơ chỉ phương a
1; 2;2
d có vectơ chỉ phương ad
a; b;
c
có vectơ pháp tuyến n 2; 1; 1
P
P
Vì d / / P nên a n a . n 0 2a b c 0 c 2a b
d P d P
2
5a 4b 1 5a 4b
cos ,
d
2 2
3 5a 4ab 2b
3 5a 4ab 2b
Đặt t
Xét hàm số
a
, ta có: cos ,
d
b
f t
Do đó: max cos , d
2
Chọn a 1 b 5, c 7
1
5t
4 2
2
3 5t
4t
2
2 2
5t
4
1 5 3
, ta suy ra được: max
2
5t
4t
2
f t f
5 3
5 3 1 a 1
t
27 5 b 5
Vậy phương trình đường thẳng d là x 1 y 1 z 2
.
1 5 7
Câu 174
Chọn A
Gọi M d M t t t
1
1 2 ;2 ; 2
d có vectơ chỉ phương ad
AM 2t 2; t 2; 1
t
2
có vectơ chỉ phương a2 1;2;2

cos d;
2
2 t
3 6t
14t
9
2 2
2
t
Xét hàm số f t
, ta suy ra được min f
2
t
f 0
0 t 0
6t
14t
9
Do đó min
cos , d
0 t 0 AM 2;2 1
x 1 y z 1
Vậy phương trình đường thẳng d là .
2 2 1
Câu 175:
1
2
A d A 1 2 a; a; 2
a
B d B 1 b; 2 3 b;2 2b
có vectơ chỉ phương AB b 2 a;3b a 2; 2b a 4
P có vectơ pháp tuyến n 1;1;1
P
Vì / / P nên AB n AB. n 0 b a 1.Khi đó AB a 1;2 a 5;6 a
P
P
1 2 5 6
2
6a
30a
62
2 2 2
AB a a a
Dấu
2
5 49 7 2
6 a ; a
2 2 2
" "
5 5 9 7 7
xảy ra khi a A6; ; , AB ;0;
2 2 2 2 2
5 9
Đường thẳng đi qua điểm A 6; ;
và vec tơ chỉ phương ud
1;0;1
2 2
x
6 t
5
Vậy phương trình của là y
.
2
9
z
t
2
Câu 176:
Chọn A
S
d
Mặt cầu có tâm I 2;3;5 , bán kính R 10 . Do (I,( )) R nên luôn cắt S tại A , B .

2
AB
2
Khi đó AB R d(I, ) . Do đó, lớn nhất thì d I,
nhỏ nhất nên qua H , với H là
hình chiếu vuông góc của I lên
. Phương trình
x 2 2t
BH
: y 3 2t
z
5 t
( ) 22 2 23 – 2 5 15 0 t 2 H 2; 7; 3
H t t t
Do vậy AH (1;4;6) là véc tơ chỉ phương của . Phương trình của x 3 y 3 z 3
.
1 4 6
.
Câu 177:
Chọn D
Đường thẳng d có VTCP là u1 3;1;2
.
Đường thẳng đi qua điểm 3;0; 1 và có VTCP là u 1;2;3 .
M
Do P nên M P . Giả sử VTPT của là n A; B; C , A 2 B 2 C
2 0 .
P
Phương trình có dạng A x 3 By C z 1 0 .
Do P nên u. n 0 A 2B 3C 0 A 2B 3C
.
Gọi là góc giữa d và P
. Ta có
P
u1. n 3A B 2C
32B 3C B 2C
sin
2 2 2 2
u
2 2
1
. n 14. A B C 14. 2B 3C B C
2
5B 7C 1 5B 7C
2 2
14. 5B 12BC 10C
14 5B 12BC 10C
2 2
.
5 70
TH1: Với C 0 thì sin .
14 14
2
B
1 5t
7
TH2: Với C 0 đặt t ta có sin
.
2
C
14 5t
12t
10
2
5t
7
Xét hàm số f t
trên .
2
5t
12t
10
2
50t
10t
112
Ta có f t
.
2
2
5t
12t
10

8 8 75
t
f
2
5 5 14
f t 0 50t 10t
112 0
.
7 7
t
f 0
5 5
2
5t
7
Và lim f t
lim 5 .
x
x
2
5t
12t
10
Bảng biến thiên
75 8 B 8
1 8 75
Từ đó ta có Maxf t
khi t . Khi đó sin
. f .
14 5 C 5
14 5 14
75 B 8
So sánh TH1 và Th2 ta có sin lớn nhất là sin khi .
14 C 5
Chọn B 8 C 5 A 31.
P
Phương trình là 31 x 3 8y 5 z 1 0 31x 8y 5z
98 0 .
Câu 178:
Chọn A
d
A
(P)
A
I
(Q)
d
K
H
Đường thẳng d đi qua M 1; 1; 3
và có véc tơ chỉ phương u1 2; 1; 1
.
Nhận xét rằng, A d và d P I 7; 3; 1
.
Q
d
Gọi là mặt phẳng chứa và song song với . Khi đó d , d d , Q d A,
Q .
Gọi , lần lượt là hình chiếu vuông góc của lên Q và d . Ta có AH AK .
H K A
Do đó, d , d lớn nhất d A,
Q lớn nhất AH H K . Suy ra AH chính là đoạn
vuông góc chung của
d và .
max

Mặt phẳng R
chứa A và d có véc tơ pháp tuyến là n
AM , u
1
.
R
2; 4; 8
Mặt phẳng Q
chứa d và vuông góc với R
nên có véc tơ pháp tuyến là n
n ,
u
Q R 1
12; 18; 6 .
Đường thẳng chứa trong mặt phẳng và song song với mặt phẳng Q nên có véc tơ chỉ phương
là u n ,
n
.
P R
66; 42; 6
611; 7; 1
P
Suy ra, a 11; b 7
. Vậy a 2b
3
.
Câu179
Chọn A
x
z
A
1
I
1 2
C
B 4
O
y
Vì đường thẳng đi qua điểm A 0;0;1 và vuông góc với mặt phẳng Ozx thì song song với trục
Oy và nằm trong mặt phẳng Oyz . Dễ thấy OA là đường vuông góc chung của và Ox .
1
Xét mặt phẳng
đi qua I 0;0; và là mặt phẳng trung trực của OA . Khi đó //
, Ox//
và
2
mọi điểm nằm trên có khoảng cách đến và Ox là bằng nhau. Vậy tập hợp điểm C là các điểm
cách đều đường thẳng và trục là mặt phẳng .
1
1
Mặt phẳng
đi qua I 0;0; có véc tơ pháp tuyến là k 0;0;1
nên có phương trình: z 0 .
2
2
Đoạn nhỏ nhất khi là hình chiếu vuông góc của lên . Do đó khoảng cách nhỏ nhất giữa
Ox
BC C B
1
điểm B 0;4;0
tới điểm C chính là khoảng cách từ B 0;4;0
đến mặt phẳng
: z 0 suy ra
2
1
0
2 1
min BC d B;
.
1 2
Câu180.
Chọn A
G ABC
Gọi là trọng tâm tam giác . Suy ra: G 2; 2;2
.
2 2 2
Ta có: MA MB MC MA MB MC
2 2 2

MG GA MG GB MG GC
2 2 2
2 2 2 2
3MG GA GB GC
2 2 2
Do tổng GA GB GC
2 2 2
2
không đổi nên MA MB MC đạt giá trị nhỏ nhất khi và chỉ khi MG nhỏ
nhất SC nhỏ nhất.
S Oyz
M G
0; 2;2
.
Mà nằm trên mặt phẳng nên là hình chiếu vuông góc của lên mặt phẳng Oyz . Suy ra:
M
Vậy P x y z 0 2 2 0 .
.
Câu 181:
Câu182.
Chọn D
Lấy G 1;3; 1
là trọng tâm của tam giác ABC .
Ta có:
MG GA MG GB MG GC
2 2 2
MA MB MC
2 2 2
2 2 2
Do đó MA MB MC bé nhất khi MG bé nhất.
Hay M là hình chiếu của điểm G lên mặt phẳng Oxy .
Vậy M 1;3;0 .
2 2 2 2
3MG GA GB GC
.
Chọn C
Gọi B 0; b;0 , C 0;0; c , khi đó b, c 0 .
x y z
Phương trình mặt phẳng P ABC : 1.
2
b
c
1 1 1 1 1 1
Mà M P
1
.
2 b c
b
c
bc 2 b c
2
2
b c
Do bc 2b c
b c 2
8b c
b c 8 (do b, c 0 ).
4
Ta có: AB 2; b;0 , AC 2;0;
c
AB, AC
bc;2 c;2b
.
1 1 2 2 2 2
Do đó S
ABC
AB,
AC
2
4 4
2 b c b c
2 2
b c b c 2
1 2 2
.
2 b c b c 6
2 b c
Vậy 4 6 .
S ABC
b, c 0
Dấu “=” xảy ra khi b c 8 b c 4 .
b
c
Câu 183:
Chọn A
Q
A Q
Mặt phẳng chứa và khoảng cách từ đến lớn nhất khi mặt phẳng Q đi qua hình chiếu
x 1 y z 1
của A 1; 1;1
lên : và vuông góc với AH .
2 1 1
H

x 1 y z 1
Ta gọi hình chiếu của A1; 1;1
lên : là H 1
2 t; t; 1
t
.
2 1 1
1
Vì AH 2 t; t 1; 2
t
vuông góc u 2;1; 1
nên 4t t 1 2 t 0 t .
2
1 1
1 3
Do đó mặt phẳng Q
qua H 0; ; và nhận AH 1; ; làm vecto pháp tuyến.
2 2
2 2
x y z
Vậy Q : 2x y 3z
1 0 Q : 1.
1 1 1
2 3
1
Mặt phẳng Q các trục tọa độ Ox, Oy,
Oz tại các điểm K
1
;0;0 , B 0;1;0
, C 0;0; nên
2
3
thể tích khối tứ diện tạo bởi Q và các trục tọa độ Ox, Oy,
Oz là:
1 1 1 1
VOKBC
. .1. .
6 2 3 36
Câu 184:
Chọn C
Ta có
2 2 2
m x m m y m z m m
1 2 2 1 4 2 2 0
2
m x 2y 1 m 2y 4z 2 x y 2z
0 .
Cho m 0 ta có mặt phẳng P0 : x y 2z
0 có một véc tơ pháp tuyến là n0 1; 1;2
.
Cho m 1
ta có mặt phẳng P1 : 2x y 6z
1 0 có một véc tơ pháp tuyến là n1 2; 1;6
.
Suy ra đường thẳng có một véc tơ chỉ phương là u n0, n
1
4; 2;1
.
Gọi H là hình chiếu của O trên d . Ta có OH OM .
d cách O một khoảng lớn nhất khi và chỉ khi d OM , khi đó d có một véc tơ chỉ phương là
ud
u, OM 1;5;6
.
2
Vậy b 5 , c 6 suy ra b c 19
.
Câu 185:
Chọn B
Gọi G là trọng tâm tam giác ABC .
MA 2MB CM MA MB MC MB 3MG MB
Nên MA 2MB CM
3MG MB
3MN MN 3NG NB
Gọi N là điểm thỏa 3NG
NB 0 nên 3MG MB 4MN
.

Để MA 2MB CM đạt giá trị nhỏ nhất thì 4MN đạt giá trị nhỏ nhất hay M là hình chiếu của
N lên mặt phẳng Oyz
.
4
Tọa độ trọng tâm của tam giác ABC là: G
; 2; 1 .
3
1
xN 3 xG xB
3 xG xN xB xN
0 4
1
3NG
NB 0 3 yG yN yB yN
0 y 3 y y
4
3 zG zN zB zN
0 1
zN 3 zG zB
4
x
y
z
N
N
N
3
2
5
4
3
2
N G B
3 5 3
nên N ; ;
5 3
. Vậy tọa độ điểm M
0; ;
hay 2b
c 4 .
2 4 2
4 2
1 4
xN
3. 2
4 3
1
yN
3.2 1
4
z
1 3.1 3
N
4
Câu 186:
Chọn A
Mặt cầu
S có tâm I 2; 1;0
P
S
I P
Để cắt theo giao tuyến là một đường tròn có bán kính lớn nhất thì
Suy ra: 2 1 m 0 m 1
Câu 187:
Chọn D
xA
4xB
xI
1
5
yA
4yB
Gọi I là điểm sao cho IA 4IB
0 ta có yI
1
I 1;1;0
.
5
zA
4zB
zI
0
5
* Ta có:
MA 4MB MA 4MB IA IM 4 IB IM 5IM 2IM IA 4IB MA 4MB
2 2
2 2
2 2
2 2 2
MA 4MB 5IM IA 4IB
2 2 2 2 2
2 2
MA 4MB
nhỏ nhất khi IM nhỏ nhất M là hình chiếu vuông góc của I lên mặt phẳng ( P)
.
2 2
giá trị nhỏ nhất của biểu thức MA 4MB
là:
IM d I; P 3

2 2 2 2 2
MA 4MB 5IM IA 4IB
15 32 8 55 .
Câu 188:
Chọn A
A
H
d
I
(P)
Gọi I 1 2 t; t;2 2t
là hình chiếu vuông góc của A trên d .
d có véctơ chỉ phương là u 2;1;2
d
Ta có AI. u 0 2t 1 2 t 5 2t 1 2 0 t 1 suy ra I 3;1;4 .
d
Khoảng cách từ đến mặt phẳng là AH d A,
P AI suy ra khoảng cách từ đến
lớn nhất bằng . Khi đó mặt phẳng qua và nhận AI 1; 4;1
làm véctơ pháp tuyến.
A P
A P
AI P
I
Phương trình mặt phẳng P : x 4y z 3 0
18 1
3 11 2
Khoảng cách từ M 1;2; 1
đến mặt phẳng P
là d M
, P
.
116 1
6
Câu 189.
Chọn C
A Oxy
A6;3; 2
z A B
Mặt phẳng Oxy có phương trình 0 , và , nằm cùng phía với Oxy . Gọi A là điểm đối xứng
với qua .
Ta có MA MB MA
MB bé nhất khi , , thẳng hàng, khi đó M AB Oxy .
Ta có AB
4; 4;8 4 1;1 2 suy ra A B có một vectơ chỉ phương u 1;1 2
M A B
x
2 t
AB : y
1 t t
. M AB
M 2 t; 1 t;6 2t
.
z
6 2t
2 3 4
Do M Oxy 6 2t
0 t 3 M 5;2;0 . Vậy P a b c 33 .
Câu 190:
Chọn D
Với mọi điểm I
ta có

Câu 191:
2 2 2
2 2 2
S 2NA NB NC 2 NI IA NI IB NI IC
4NI 2 2NI 2IA IB IC 2IA 2 IB 2 IC
2
Chọn điểm I sao cho 2IA IB IC 0
2IA IB IC 0 4IA AB AC 0 Suy ra tọa độ điểm là: I 0;1;2 .
I
2 2 2 2
Khi đó S 4NI 2IA IB IC , do đó S nhỏ nhất khi N là hình chiếu của I lên mặt phẳng
P
.
Phương trình đường thẳng đi qua I và vuông góc với mặt phẳng P
là:
x
0 t
y
1 t
z
2 t
Tọa độ điểm N t;1 t;2
t P t 1 t 2 t 2 0 t 1 N 1;2;1 .
Chọn B
Gọi là trung điểm của , ta có I 2; 1;4
.
Khi đó:
I AB
2 2
2 2
MA MB MA MB
2 2 2
2MI IA IB 2 MI.
IA IB
MI IA MI IB
2 2
2 2 2
2MI IA IB
MI
2
6 .
2 2
Do đó MA MB đạt giá trị nhỏ nhất khi và chỉ khi MI có độ dài ngắn nhất, điều này xảy ra khi và
chỉ khi M là hình chiếu vuông góc của I trên đường thẳng d .
Phương trình mặt phẳng P đi qua I và vuông góc với đường thẳng d là
1. x 2 2. y 1 2. y 4 0 hay P : x 2y 2z
12 0 .
x
1
t
Phương trình tham số của đường thẳng d là: y
2 2t
.
z
3 2t
Tọa độ điểm cần tìm là nghiệm x; y;
z của hệ phương trình:
M
x
1
t
x
2
y 2 2t
y
0
. Vậy M 2;0;5
.
z
3 2t
z
5
x 2y 2z
12 0
t
1
Câu 192:
Câu 193.
Chọn A
1 1 1 1
Hạ OK P
suy ra T . Do đó T đạt giá trị nhỏ nhất OK lớn
2 2 2 2
OA OB OC OK
nhất trùng , suy ra P đi qua M và có VTPT là OM . Vậy, P x y z .
K M
: 2 3 14 0

Chọn A
Câu 194.
Chọn D
Gọi M x;0;0 Ox,
x
.
Khi đó MA 1 x;1;1 , MB 2 x;1; 1 , MC x;4;6
MA MB MC 3 3 x;6;6
Với mọi số thực x , ta có
.
2 2
P MA MB MC 3 3x 6 6 9x 18x 81 9 x 1 72 72 ;
P 72 x 1 .
2 2 2
Vậy GTNN của P MA MB MC là 72 , đạt được khi và chỉ khi x 1 .
Do đó M 1;0;0
là điểm thoả mãn đề bài.
.
Câu 195:
Chọn D
S
Mặt cầu có tâm O 0;0;0 và bán kính R 2 2 .
1 3
Ta có: OM ; ;0
OM 1
R điểm nằm trong mặt cầu .
2 2
M S
Gọi H là trung điểm AB OH OM .
Đặt OH x 0 x 1.
2 2 2
Đặt
AH OA OH 8 x OH x
AOH sin
; cos .
OA OA 2 2 OA 2 2
2
Suy ra
x 8 x
sin AOB 2sin cos
.
4
1
Ta có: 2
S OAB
OAOB . .sin AOB x 8 x với 0 x 1.
2
Xét hàm số
2
f x x 8 x
trên đoạn 0;1
2 2
x 8 2x
f x x x
8 8
2
8 0, 0;1
2 2
x x
0;1
Vậy diện tích lớn nhất của tam giác OAB bằng 7 .
max f x f 1 7
Câu 196:

Chọn B
d I
S
Gọi là đường thẳng đi qua tâm 1;3;2 của mặt cầu và vuông góc với Oxz .
x
1
Phương trình tham số của d : y 3 t , t
.
z
2
Gọi , lần lượt là giao điểm của và suy ra: 1;5;2 , B 1;1;2 .
A B d S A
Ta có: d A; Oxz d B;
Oxz .
Theo đề bài thì N A N 1;5;2 x0 y0 z0 8 .
Câu197:
Chọn C
S
Mặt cầu có tâm I 1; 2;3
và bán kính R 2 3 .
Gọi là bán kính đường tròn và là hình chiếu của lên Q .
r C
H I
Đặt
IH
x
ta có
r R x
2 2
12 x
2
1
Vậy thể tích khối nón tạo được là V . IH . S
.
C
3
1 2
2
. . 12
3 x x 1
3
12x
x
3
3
Gọi f x 12x x với x 0;2 3 . Thể tích nón lớn nhất khi f x đạt giá trị lớn nhất
f x 12 3x
Ta có
2
f
x 0
2
12 3x
0 x 2
x 2 .
Bảng biến thiên :

1 16
Vậy Vmax
16 khi x IH 2 .
3 3
Mặt phẳng
//
Q P nên Q : 2x 2y z a 0
2.1 2 2 3 a
a
11
Và d I;
Q
IH
2 a 5 6 .
2 2
2 2 1
a
1
2
Vậy mặt phẳng Q có phương trình 2x 2y z 1 0 hoặc 2x 2y z 11 0 .
Câu 198.
Chọn A
M
( )
P
d
K
H
O
P
O
Giả sử là mặt phẳng đi qua gốc tọa độ và vuông góc với đường thẳng .
Gọi là hình chiếu vuông góc của lên P , khi đó MK MH .
K M
MH nhỏ nhất khi và chỉ khi H K .
Vậy đường thẳng d đi qua hai điểm O,
K . OK là hình chiếu vuông góc của đường thẳng MO lên
P
. Do đó: u
n , n , OM
u
u , u ,
OM chọn .
d
P P d
A
Câu 199:
Chọn D

+ d qua M ( 0;0;1
0 ) có vectơ chỉ phương u = ( 1;1;1 ) .
+ Gọi , lần lượt là hình chiếu của lên P và d . Ta có:
H K A ( )
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi H º K .
( ( ))
d A,
P = AH £ AK .
Do đó d A,
( P)
= AK . Khi đó ( P ) đi M ( 0;0;1 )
nhận AK
0
làm vectơ pháp tuyến.
( ) max
+ K d nên K t, t,1
t và AK = t -3; t - 2; t + 2 . Ta có:
Î ( + ) ( )
AK ^ u Û AK. u = 0 Û 1. t - 3 + 1. t - 2 + 1. t + 2 = 0 Û t = 1.
Suy ra: AK = -2;-1;3
.
( )
Vậy ( P): 2x + y - 3z
+ 3 = 0 .
( ) ( ) ( )
Câu 200:
Chọn A.
S
Mặt cầu có tâm I 1; 2;3
và bán kính R 3 3 .
: 0
Vì ax by z c đi qua hai điểm 0;0; 4 , B 2;0;0 nên c 4
và a 2 .
A
: 2 4 0
Suy ra x by z .
2 2
2
Đặt IH x , với 0 x 3 3 ta có r R x 27 x .

1 2 1
Thể tích khối nón là π
2
V r IH π 27 x x 1 π 27 x 2 . 27 x 2 .2 x
2 18π
.
3 3
3 2
V
max
18π
2 2
khi 27 x x x 3 .
2b
5
2 2
Khi đó, d I;
3 2b
5 9b
5
b 2 .
2
b 5
Vậy a b c 4
.
Câu 201:
Chọn B
Xét điểm I thỏa 2IA IB IC 0 suy ra I 1;2; 2
.
2MI IA MI IB MI IC
2 2 2
2MA MB MC
2 2 2
2MI 2IA IB IC
2 2 2 2
.
2 2 2
2MA MB MC nhỏ nhất khi và chỉ khi MI nhỏ nhất hay M là hình chiếu của I lên ( P)
.
x
1
3t
x0
1
3t
Lúc đó, đường thẳng MI có phương trình y
2 3t
suy ra .
y0
2 3t
z
2 2t
z0
2 2t
Mà 3x 3y 2z
15 0 3 1 3t 3 2 3t 2 2 2t
15 0 t 1.
0 0 0
2x 3y z 2 1 3t 3 2 3t 2 2t
6 t 5 .
0 0 0
Chọn D
Câu 202
S
Mặt cầu có tâm I 1;2;3 , R 3 .
d I 2.1 2.2 3 3 4
, P
2 2
2 2 1 3
R
mặt phẳng cắt mặt cầu theo một đường tròn
2
M a b c
M
thuộc đường thẳng vuông đi qua M và vuông góc với P
Gọi ; ; là điểm trên mặt cầu sao cho khoảng cách từ đến P lớn nhất. Khi
M

x
1
2t
: y
2 2t
. Thay vào mặt cầu
z
3 t
Với t 1 M 3;0;4 d M ; P
S
2 2 2 2
2t 2t t 9 9t 9 t 1
2.3 2.0 4 3 10
2 2
2 2 1
3
Với t 1 M 1;4;2 d M ; P
2
2. 1 2.4 2 3 1
2 2
2 2 1
3
Vậy M 3;0;4 a b c 7 .
2
Câu 203.
Chọn A
Gọi H là hình chiếu của O lên AB ,
là hình chiếu của lên . Ta có OK P và
K O HC
1 1 1 1 1 1 1
T (hằng số)
2 2 2 2 2 2 2
OA OB OC OH OC OK OM
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi K M .
1
Do đó, GTNN của T bằng (đạt được khi và chỉ khi K M )
2
OM
Suy ra đi qua M 1;2;3 và có VTPT là OM
.
P
P : x 2y 3z
14 0
Vậy, .
Câu 204.
Chọn A
d A,
d
Ta có d B,
d
d O,
d
AG
BG
OG
Đặt , , ,
T d A d d B d d O d AG BG OG
Dấu " " xẩy ra d cùng vuông góc với , , hay d OAB
Véctơ pháp tuyến của OAB
là n OA, OB
26; 16;12
Trong các véctơ trên u 13;8; 6
cùng phương với n 26; 16;12
AG BG OG

Câu 205.
Chọn D
Gọi I là điểm sao cho IA 2IB 3IC
0
Tọa độ
I
thỏa mãn hệ
2
xI
x
3
A
xI 2 xB xI 3 xC xI
0
2 2 2 1
yA yI 2 yB yI 3 yC yI 0 yI
I ; ;
3 3 3 6
zA zI 2 zB zI 3 zC zI
0
1
zI
6
Ta có
2
2 2 2
2 2
T MA 2MB 3MC MA 2MB 3MC
2 2 2
MI IA 2 MI IB 3 MI IC 6MI IA 2IB 3IC
2 2 2 2
Vậy T đạt giá trị nhỏ nhất khi và chỉ khi MI nhỏ nhất M là hình chiếu vuông góc của I trên mặt
phẳng P
7 7 11
91
Vậy tọa độ điểm M ; ; suy ra d M
; Q
.
18 18 9
54
Câu 206.
Chọn B
x
9 9 a t
Đường thẳng AB : y 3 3 bt
.
z
5 5
ct
Từ dữ kiện
M , N,
P AB và AM MN NP PB
N , M , P lần lượt là trung điểm của AB , AN và BN
9 a 3 b 5 c
9 a 3 5
N ; b
;
c 9 3 5
, M 2 ; 2 ; 2
,
2 2 2 2 2 2
9 a 3 b 5 c
a b c
P 2 ; 2 ; 2
2 2 2

5 c
5
2
0
M Oxy
2
c
15
3
b
Mà N Oxz
0 b
3 . Vậy a b c 15
.
2
P Oyz
a 3
9 a
a
2
0
2
Câu 207.
Chọn D
O
A2;1;3
2;1;3
Dễ thấy mặt phẳng luôn qua 0;0;0 và B 1;1;1 . Nên khoảng cách h lớn nhất từ điểm
ra h
tới các mặt phẳng chính là khoảng cách từ điểm A đến đường thẳng OB.
Suy
OA;
OB
2.
OB
Câu 208.
Chọn C
Gọi G là trọng tâm của tam giác ABC G 1;2;3
Ta có: MA 2 MB 2 MC 2 3MG 2 GA 2 GB 2 GC
2
2 2 2
2
Vậy ta có: MA MB MC nhỏ nhất khi MG nhỏ nhất G là hình chiếu vuông góc của M lên
mặt phẳng Oxz
M 1;0;3
Câu 209.
Chọn A
2
2 2 2 AB
Gọi I 3;3;3
là trung điểm đoạn AB . Ta có MA MB 2MI
.
2
2 2
Do đó MA MB đạt giá trị nhỏ nhất khi MI P . Khi đó
6 3 3
6
2 2 2
MI d I, P
2 6 ; AB 4 2 2 24 .
4 11
2
2 24
2 2
Vậy min MA
MB 22 6 60 .
2
Câu 210.
Chọn B
đi qua điểm 1;0; 1
và có VTCP u
có VTPT n 2; 1;2
P
M 2;1; 1

Ta tính được u, n 1; 6; 4
;
u, u, n
10;7; 13
Vậy mặt phẳng Q
qua điểm M 1;0; 1
và nhận u, u, n
10;7; 13
làm VTPT, nên có
phương trình
10 x 1 7y 13( z 1) 0 10x 7y 13z
3 0
Câu 211.
Chọn C
S I
2 2
2
Mặt cầu có tâm 2; 3; 3 và bán kính R 2 3 3 3 5 .
Gọi H là hình chiếu của tâm I lên đường thẳng. Khi đó, mặt phẳng cần tìm sẽ vuông góc với IH tại
H .
Gọi
2
H t; t;
t d . Ta có: IH. u
0 t
2; t 3; t 3 . 1;1; 1
0 t
3
2 2 2
Mặt phẳng P
cần tìm qua H ; ;
4 11 7
có vectơ pháp tuyến là ; ;
3 3 3
IH
3 3 3
2 2 2
Vậy P
: 4 x 11 y 7 z 0
3 3 3
Câu 212
Chọn B
P : 4x 11y 7z
0
Vì thuộc đường thẳng nên M 1 2 t; t; 2 t .
M
Ta có
MA
2MB
2t 1 2 t 1 2 t 5 2 2 2t 2 t 2 2 t
3
2
2 2
2
18t
36t
53
MA
2 2MB
2
18 t 1 35 35 , t
.
2
2 2
Vậy min MA 2MB
35 t 1 hay M 1; 1; 1
.
Câu 213:
Chọn C
R
S H I
IH với mặt cầu P
.
Ta có tâm I 1;2;3 và bán kính 3 . Do d I; P 9 R nên mặt phẳng P không cắt mặt
cầu . Do là hình chiếu của lên P và MH lớn nhất nên M là giao điểm của đường thẳng
IH n P
2;2; 1
.
x
1
2t
Phương trình đường thẳng IH là y
2 2t
.
z
3 t
2
Giao điểm của với S : 9t 9 t 1 M 3;4;2
1
và M
2
1;0;4
.
IH
M H d M ; P 12
1 1
; M H d M ; P 6
2 2
.

Vậy điểm cần tìm là M 3;4;2 .
Câu 214.
Chọn A
Gọi I là điểm thỏa mãn IA IB 2IC
0 1 .
Ta có 4OI OA OB 2OC
4;12;12 I 1;3;3 .
1
Khi đó MA MB 2MC 4MI 4MI
.
Do M thuộc mặt phẳng ( Oxy)
nên để MA MB 2MC
nhỏ nhất hay MI nhỏ nhất thì M là hình
I Oxy
chiếu của 1;3;3 trên M 1;3;0 .
Câu215:
Chọn C
5
Gọi I là trung điểm của AB I
;1;3 .
2
2 2 2 2
2 2 2 2 2
Ta có: MA MB MA MB MI IA MI IB 2MI IA IB .
IA
IB
2 2
2 2
không đổi nên MA MB đạt giá trị nhỏ nhất khi MI đạt giá trị nhỏ nhất.
M là hình chiếu của I trên trục Oz .
M
0;0;3 .
Câu 216:
Chọn B
Gọi E là điểm thỏa mãn EA EB 2EC
0 E 3;0;1 .
Ta có:
S MA MB 2MC
2 2 2
MA MB 2MC
ME EA ME EB 2ME EC
2 2 2
2 2 2
4ME EA EB 2EC
2 2 2 2
2 2 2
Vì EA EB 2EC
không đổi nên S nhỏ nhất khi và chỉ khi ME nhỏ nhất.
M là hình chiếu vuông góc của E lên Q
.
x
3
3t
Phương trình đường thẳng ME : y
t .
z
1 t
.

x
3
3t
x
0
y t
y
1
Tọa độ điểm M là nghiệm của hệ phương trình: .
z
1 t
z
2
3x y z 3 0
t
1
M 0; 1;2
a 0 , b 1, c 2 .
a b 5c
0 1 5.2 9 .
Câu 217:
Chọn A
Gọi G là trọng tâm tam giác ABC nên
2 1 1
G
; ;
3 3 3
Suy ra: T d A; d B; d C; 3 d G; 3GD
.
Vậy GTLN của bằng , đẳng thức xảy ra khi GD
T 3GD
Do đó: Phương trình mặt phẳng qua D0; 3; 5
nhận GD 2 8 14
; ;
làm VTPT có
3 3 3
dạng: x 4y 7z
47 0
Vậy E 7; 3; 4 .
1
Câu 218:
Chọn A
Ta có OA 1;0;1 , OB 0;1; 1
, OA OB 2 , AB 1;1; 2
, AB 6 .
Ta có
S
S
ODE
OAB
OD.
OE
OAOB .
1 OD.
OE
OD. OE 1
2 2
cos AOB
OA OB AB
2. OAOB .
2 2 2
2 2 6
4
1
2
.
Ta có
2 2 2
DE OD OE 2 OD. OE cos 2 2
AOB OD OE OD.
OE 3 OD.
OE
DE 3 . Dấu bằng xảy ra khi OD OE 1
2 2 2
Khi đó OD . OA D ;0;
2 2 2
,
2 2 2
OE . OB E
0; ;
2
2 2

2 2
Vậy trung điểm I của DE có tọa độ I
; ;0
.
4 4
Câu 219:
Chọn A
Nhận thấy tam giác đều có trọng tâm 2;2;2 , và OG ABC nên hình chiếu của O lên
ABC
là điểm G .
ABC G
Khi đó V 1 . . , 1 . . 1 . . .sin
OAMN
S
AMN
d O ABC OG AM AN MAN .
3 3 2
Vì OG và sin MAN
3 cố định nên thể tích V
OAMN
nhỏ nhất khi và chỉ khi AM.
AN nhỏ nhất.
2
Vì M , N , G thẳng hàng nên 3 AB AC 2 AB .
AC
4
, suy ra AM. AN AB.
AC . Đẳng
AM AN AM AN
9
AB AC
thức xảy ra khi hay MN // BC .
AM AN
Khi đó mặt phẳng đi qua và nhận GA 1;1; 2
là một vectơ pháp tuyến, do đó
P : x y 2z
0 .
P
O
Câu 220:
Chọn A.
x
1
3t
PTTS của đường thẳng là: y
2 4t
.
z
3 2t
Tọa độ giao điểm B của và P
là nghiệm hệ phương trình sau:
x 1
3t t
2
y 2 4t x
5
z 3 2t y
6
2x 2y z 3 0
z
1
B 5; 6; 1 .
S
AB
Mặt cầu đường kính có tâm là trung điểm I 2; 2; 1
của AB , bán kính R IA 29 .
S
2 2 2
Phương trình mặt cầu : x 2 y 2 z 1 29 .
4
Ta có: d d I; P
29 IA nên P
cắt mặt cầu đường kính AB theo giao tuyến là một
3
2 2 7 5
đường tròn T
có bán kính r R d . Khi đó, cả và cùng thuộc đường tròn
3
này. Do đó, để lớn nhất thì là đường kính của T .
14 5
Suy ra MBmax
2r
.
3
B M T
MB MB
Câu 221:

Chọn A
Gọi M x;0;0 Ox,
x .
Khi đó MA 1 x;1;1 , MB 2 x;1; 1 , MC x;4;6
.
MA MB MC 3 3 x;6;6
.
2 2 2 2
2
P MA MB MC 3 3x 6 6 9x 18x 81 9 x 1 72 72 .
để P MA MB MC có giá trị nhỏ nhất khi và chỉ khi x 1 .
Vậy tọa độ
M
1;0;0 .
.
Câu 222:
Chọn A
Gọi H là hình chiếu của N lên mặt phẳng P
. Khi đó, tam giác MNH vuông tại H nên
N P
M H P
NH NM . Do đó, để khoảng cách từ đến mặt phẳng lớn nhất thì hay qua
và có vecto pháp tuyến là MN 1; 1;1
.
M
Suy ra: P : x 1 y 2 z 4 0 x y z 1 0 .
1 3
Vậy d O;
P
.
2 2
1 1 1
3
2
Câu 223:
Chọn A
Gọi H là hình chiếu của N lên mặt phẳng P
. Khi đó, tam giác MNH vuông tại H nên
N P
M H P
NH NM . Do đó, để khoảng cách từ đến mặt phẳng lớn nhất thì hay qua
và có vecto pháp tuyến là MN 1; 1;1
.
M
Suy ra: P : x 1 y 2 z 4 0 x y z 1 0 .
1 3
Vậy d O;
P
.
2 2
1 1 1
3
2
Câu 224:
Chọn C
Gọi hình chiếu vuông góc của A trên d là I . Giả sử hình chiếu của A .
Trên mặt phẳng P là H khi đó AH d . Do đó nếu hình chiếu của A trên mp(P) mà nằm trên
đường thẳng d thì chỉ có thể trùng với điểm H. Mà tam giác IAH luôn vuông góc tại H do đó khoảng

cách từ đến P lớn nhất khi H I . Vậy khoảng cách từ đến P lớn nhất là khoảng cách từ
A đến P
.
A
A
Từ phương trình đường thẳng ta có VTCP : u 1;1;2 ; M 1; 2;0
d , AM 0; 6;0
.
2 2
AM ; u 10 2 2 6
210
Khoảng cách lớn nhất là: d .
2 2 2
u 1 1 2 3
Câu 225:
Chọn B
d A,
P
m m m m m
m 1 1
m 2m
2m
2
2
1 1 2 1 3 1 9 6 1
2 2
2
2
2m
2m
2
.
Xét hàm số f m
2
9m
6m
1
2
2m
2m
2
. Tập xác định D .
2
m
5
6m
32m
10 f m
2 ; f m
0
1 .
2
2m
2m
2
m
3
Bảng biến thiên.
Vậy, d A,
P lớn nhất khi và chỉ khi
f m lớn nhất m 5 .
.
Câu 226:
Chọn B
Câu 227:
Mặt phẳng ABC
có phương trình x y z 1
.
a b c
2 2 1 2 2 1
Ta có 3 1 .
a b c 3a 3b 3c
2 2 1
Nên ABC
luôn đi qua điểm I
; ;
.
3 3 3
H D
Gọi là hình chiếu của lên mp ABC .
Ta có d D,
ABC DH DI , suy ra trị lớn nhất của d D,
ABC bằng DI 1.

Chọn C
x y z
Nhận thấy A, B, C, D đồng phẳng, cùng thuộc mặt phẳng 1.
3 2 6
3
Trường hợp 1: A, B, C cùng phía với đường thẳng qua d: I
;1;0 là trung điểm của AB.
2
d
d
d
2d
d
d
d
; ; ; ; ; ; ;
2d
A B C I C E C J
;
với E là điểm đối xứng của D qua I;
J là trung điểm của EC.
1 5 1 3
Lúc này ta có E 2;1; 1
; J 1; ; DJ 0; ; .
2 2 2 2
d
Để thỏa mãn yêu cầu bài toán thì
max
J ;
và đi qua D. Tức là đường thẳng qua D 1;1;1 và
vuông góc với DJ.
Ta lần lượt thử các trường hợp xem DM DJ hay không thì ta thấy 3; 5; 1 , M
M 7;13;5
M 3; 5; 1
thỏa mãn. Lúc này thử tổng khoảng cách từ A, B, C đến là lớn nhất. Vậy ta chọn .
Cách khác.
x y z
Dề dàng có phương trình mp
ABC
là 1 2x 3y z 6 0 và có D ABC
.
3 2 6
ABC .
Do d A, AD;
d B, BD;
d C, CD;
và dấu bằng của 3 bất đằng thức đạt được khi
Vậy vtcp của là vtpt của mp là u 2;3;1 .
ABC
x 1 y 1 z 1
Phương trình : .
2 3 1
Vậy M 3; 5; 1
.
.
Câu 228.
Chọn D
Gọi điểm E thỏa EA 2EB
0 . Suy ra là trung điểm của , suy ra E 3; 4;5
.
B AE
2 2
2 2
2 2 2
Khi đó: MA 2MB
ME EA 2 ME EB ME EA 2EB
.

2 2
Do đó MA 2MB
lớn nhất nhỏ nhất là hình chiếu của 3; 4;5 lên
M
ME M E Oxy
3; 4;0 .
Chú ý: Ta có thể làm trắc nghiệm như sau
M
+ Loại C vì 0;0;5 không thuộc Oxy .
3 1
+ Lần lượt thay M 1 3
; ;0 , M ; ;0
2 2
, M 3; 4;0
vào biểu thức MA 2MB
thì
2 2 2 2
M 3; 4;0
cho giá trị lớn nhất nên ta chọn M 3; 4;0
.
Câu 229:
Chọn C
B'
C'
A'(3;0;-1)
D'
B(2;1;2)
A(1;0;1)
D(2;-2;2)
Ta có AB 1;1;1
; AA 2;0; 2
; AD 1; 2;1
.
Theo quy tắc hình hộp ta có AB AD AA
AC
C5; 1;1
.
Phương trình đường thẳng đi qua 2; 2;2 và nhận AB 1;1;1 làm véc tơ chỉ phương
x
2 t
là y
2 t .
z
2 t
Gọi M 2 t; 2 t;2
t DC .
DC D
Ta có
AM t 1; t 2; t 1
MA
2
3t
6 , CM t 3; t 1; t 1
MC
3t
1 2
8 .
Xét vectơ u 3 t; 6
, v 3 3 t;2 2 .
Do u v u v nên AM MC 3 6 8 AM MC 17 8 3 .
2 2
3t
6 t 3
Dấu " " xảy ra khi t 2 3 3 .
3 1
t 2 3 1
t 2
M 2 3 1;1 2 3;2 3 1
.
Vậy giá trị nhỏ nhất của tổng các khoảng cách AM MC là 17 8 3 .
M
C
Câu230:

Chọn B
S
Mặt cầu có tâm I 3;1;0 và bán kính là R 2 .
x
1
2t
Ta có d : y 1 t có véc tơ chỉ phương u
z
t
2;1; 1
Gọi H 1 2 t; 1 t;
t
là hình chiếu của I trên d .
Ta có
IH. u 0
Gọi Q là mặt phẳng chứa d .
2t 2 2 t 2 t 0 t 1 suy ra
H 3;0; 1
2
d S
2
Bán kính đường tròn giao tuyến của mặt phẳng chứa và mặt cầu là r R d I,
Q ,
suy ra nhỏ nhất khi d I,
Q lớn nhất
r
I
M
(Q)
d
H
Gọi M là hình chiếu của I trên Q
.
Ta có d I,
Q IM IH suy ra , lớn nhất khi d I,
Q IH , lúc đó mặt phẳng
qua 3;0; 1 và có một véc tơ pháp tuyến là IH 0; 1; 1
.
d I Q
H
: 1 0
Phương trình mặt phẳng Q y z .
Q
Câu 231:
Chọn D
Gọi M x; y;
z .
Ta có
MA 2MB
nên 2 2 2 2
x 1 y 2 z 3 4 x y 4 2 z 5
2
2 2 2 2 28 34
x y z x y z 50 0 .
3 3 3

1 14 17
Suy ra tập hợp các điểm M thỏa mãn MA 2MB
là mặt cầu S
có tâm I
; ;
và bán
3 3 3
kính R 2 .
29
Vì d I;
P
R nên P
không cắt S
.
9
Do đó, khoảng cách từ điểm M đến mặt phẳng P : 2x 2y z 6 0 đạt giá trị nhỏ nhất là dmin
29 11
d I;
P
R 2
9 9
.
Câu 232:
Chọn B
+ Đường thẳng d1
có véc tơ chỉ phương là u1 1;1;2
và đi qua điểm O0;0;0
.
+ Đường thẳng d2
có véc tơ chỉ phương là u2 2;1;1
và đi qua điểm K 1;0;1
.
+ Vì u1 , u
2
. OK 5 nên hai đường thẳng đã cho có vị trí chéo nhau.
+ Suy ra MN ngắn nhất khi và chỉ khi MN là đoạn vuông góc chung của d1
và d2
.
+ Vì M d 1
nên M m; m;2 m , m và N d2
nên N 1 2 n; n;1 n , n .
Ta có:
MN 2n m 1; n m; n 2m
1
. Từ yêu cầu của bài toán ta có hệ phương trình sau:
MN. u1
0
MN. u2
0
n
6m
1
6n
m 3
17
n
35
3
m
35
M 3 3 6
; ;
1 17 18
, ; ; .
35 35 35
N
35 35 35
Câu 233
Chọn B
Ta có AB 3;3;6 một véc tơ chỉ phương của đường thẳng là u 1;1;2 . Phương trình của
AB
x
t
đường thẳng AB là y
2 t
z
4 2t
Gọi I là điểm thỏa mãn IA 2IB
0 I 2;4;0
.
2 2
2 2
2 2 2
MA 2MB MI IA 2 MI IB IA 2IB 3MI 2MI IA 2IB
IA 2IB 3MI
2 2 2
2 2 2
2
Do A , B , I cố định nên IA 2IB 3MI
nhỏ nhất khi MI nhỏ nhất hay M là hình chiếu của I trên
đường thẳng AB .
Vì M AB nên M t;2 t;2 t 4
IM 2 t; t 2;2t
4
Ta có IM AB IM . AB 0 2 t t 2 4t
8 0 t 2 M 2;4;0
.
Câu 234:
Chọn A
.

x
t
Phương trình tham số của d : y 1 2t
.
z
2 3t
M d M t; 1 2 t; 2 3t
.
t 2 1 2t 2 2 3t
3
d M
, P
2 2
2 2
1 2 2
2
t
5
3
t
5 6 t
11
2 .
t
5 6
t
1
Vì M có hoành độ âm nên chọn t 1. Khi đó tung độ của M bằng 3
Câu 235:
Chọn C
B b 1;2b 1;4b
2
Gọi A a 1;3a 2; a ,
Ta có: MA a 2;3a 1; a 2 , MB b 4;2b 2;4b
4
a
0
Ta có: M , A,
B thẳng hàng MA kMB
b
0
A 1;2;0 , B 1;1;2
AB 3 .
Câu 236.
Chọn C
Gọi mặt phẳng đi qua
nhận AM 1; 2; 1 làm vectơ pháp tuyến nên:
M
R : 1 x 1 2 y 2 1 z 3 0 x 2y z 8 0 .
Gọi là giao tuyến của mặt phẳng và P .
d R
Vectơ pháp tuyến của mp
Ta có u AM , n
5; 3; 1
P
là: n 1; 1; 2
Gọi là điểm thuộc giao tuyến của và P nên tọa độ M là nghiệm của hệ
M R
x 2 y z 8 0
x y 2z
1 0
x
0
x
0
y
3
z
2
nên
M
0; 3; 2
Phương trình đường thẳng d :
Ta có
x
0 5t
y
3 3t
z
2 t
B d nên B 5 t; 3 3 t; 2 t

Mặt khác M là trung điểm của đoạn BC nên
xC
2.1
5t
xC
2 5t
yC
2.2 3 3t yC
1
3t
zC
2.3 2 t
zC
4 t
Mặt khác C Q nên 2 5t 2 1 3t 4 t 4 0 10t
0 t 0 .
Nên C 2;1; 4 nên T a b c 7 .
Câu 237:
Chọn D
Ta có S 1 . ; .
MAB
d M AB AB nên MAB
có diện tích nhỏ nhất khi d M ; AB
nhỏ nhất.
2
Gọi là đường vuông góc chung của d,
AB . Khi đó M d . Gọi N AB .
Ta có:
AB
1;2;0
, phương trình đường thẳng
x
s
AB : y 1 2s
z
2
Do N AB N s; 1 2 s;2
, M d M 1 t ; t ;1
t .
NM t s 1; t 2s 1; t 1
. Mà MN d,
MN nên
4
t s 1 2t 4s 2 0 3t 5s 1
t
3 .
t s 1 t 2s 1 t 1 0 3t 3s
1
s
1
Do đó M 1 4 7
; ;
hay T a 2b 3c
10
.
3 3 3
Câu238:
Chọn A
Cách 1 :
Ta có AB 2;1;2
; AC 2;2;1
Do AB, AC 1 9
3; 6;6
nên S ABC
AB,
AC
.
2 2
Gọi là một véc tơ pháp tuyến của mặt phẳng thì n 1;2; 2
phương trình mặt
n ABC
phẳng ABC là x 2y 2z
2 0 .
4t
11
Gọi M 1 2 t; 2 t;3 2t d d M
, ABC
.
3
5
1 9 4t 11
t
Do thể tích V của tứ diện MABC bằng 3 nên . . 3 4t
11 6
4
.
3 2 3
17
t
4

5 3 3 1
Với t thì M
; ;
.
4 2 4 2
17
15 9 11
Với t thì M
; ;
.
4 2 4 2
Cách 2:
Ta có AB 2;1;2
; AC 2;2;1
AB, AC
3; 6;6
Gọi M 1 2 t; 2 t;3 2t d AM 1 2 t; 3 t;3
2t
.
1
Vì VMABC
AB, AC.
AM
6
nên
5 3 3 1
Với t thì M
; ;
.
4 2 4 2
17
15 9 11
Với t thì M
; ;
.
4 2 4 2
12t 33 18
5
t
4
17
t
4
Câu239:
Chọn B.
x
1
t
Phương trình tham số của đường thẳng d : y 2 t t
.
z
1 2t
1 ;2 ;1 2 .
H d H t t t
2 2 2 2
2
Độ dài AH t 1 t 1 2t 3 6t 12t 11 6 t 1 5 5 .
t
Độ dài AH nhỏ nhất bằng 5 khi 1 H 2;3;3 .
3 3 3
Vậy a 2 , b 3 , c 3 a b c 62 .
Câu 240:
Chọn D
M d M t; 1 2 t; 2 3t
.
t
11 M 11;21;31 (L)
d M , P
2 t
5 6 .
t 1 M 1; 3; 5 (N)
Câu 241:
Chọn C
Gọi I 1 t; t;2 t d. IA t; t 2; t 1 , IB t 3; t 3; t
.
2
Do ABCD là hình thoi nên IA. IB 0 3t 9t 6 0 t 2; t 1.
Do C đối xứng A qua I và D đối xứng B qua I nên:

+) t 1 I 0;1;1 C 1;0;1 , D 2; 1;0
.
+) t 2 C 3;2; 1 , D 0;1; 2
.
Câu 242:
Chọn C
Giả sử Aa;0;0
. B 0; b;0
, C 0;0;
c
( a , b , c 0 ), có dạng x y z 1
.
a b c
1 2 1
đi qua điểm M 1;2;1
1 .
a b c
OA , OB , OC theo thứ tự tạo thành cấp số nhân có công bội bằng 2
b 2a
, c 2b
1 1 1
1 , , :
a a 4a
9 9
4x 2y z
a b c 9
1
4 2
9 9 9
9 3 21
hay : 4x 2y z 9 0 d O,
.
2 2 2
4 2 1
7
Câu 243:
Chọn B
I
J
B
A
H
M
d
A'
K
S
Mặt cầu có tâm I 1;0;0 , bán kính R1 2 .
1
S
Mặt cầu có tâm J 2;3;2 , bán kính R2 1
.
2
Đường thẳng đi qua điểm 2;0; 2 và có véc tơ chỉ phương u 1; 3; 1
.
d N
Ta có: IJ 1;3;1 // u và I d nên IJ // d .
S
1
K S
A
S
Gọi là mặt cầu đối xứng của S qua d ; K , A lần lượt là điểm đối xứng của I và A qua d .
Thì là tâm của và .

Khi đó : P MA MB MA
MB AB
.
Suy ra P AB JK R R .
min 1 2
3 66 6 66
Ta lại có : IH d I;
d IK .
11
11
3707
Và IJ 11 JK .
11
3707
Vậy Pmin
3.
11
Câu 244.
Chọn A
Cách 1: Gọi
I, H, K,
E
* Ta có: IHO 60
là các điểm như hình vẽ.
2 2
2 2 2 2 3R
R R
OH OB BH R OH OI OH.tan 60
4 4 2
OH
IE OK
IH R , IOH
EKH
nên ta có: 2 IE 2R
.
cos 60
IH OH
* Chọn hệ trục tọa độ như hình vẽ ta có elip E có bán trục lớn là a IE 2R
và E đi qua
A
R;
R
2
3
Ixy
2 2
x y
nên E
có phương trình là E
: 1.
2 2
4R
R
R
2
3
,
* Diện tích của thiết diện là
2R
2 2R
2
x
x
S 2 R 1 dx 2R 1 dx
4R
4R
R
2 2
R
2R
2
x
* Xét tích phân: I 1
dx , đặt x 2 R.sin t; t ; ta được
2
4R
2 2
R

R 2
sin 2 2 2 3
1 cos 2 d
R t 4
3
2
I t t t R
.
2
2 2
3 8
S
R
3 4
6
2 2 2
Cách 2: OA OB AB 1
cos
R
AOB AOB 120 OH .
2. OAOB . 2 2
6
Chọn hệ trục tọa độ Oxy
như hình vẽ
Phương trình đường tròn đáy là
2 2 2 2
x y R y R x
2 .
Hình chiếu của phần elip xuống đáy là miền sọc xanh như hình vẽ.
Ta có
R
2 2
S 2 R x d x.
Đặt
R
2
x R.sin
t
2
3
2
S
R .
3 4
Gọi diện tích phần elip cần tính là S.
Theo công thức hình chiếu, ta có
S 4
3
S S
R
cos 60 3 2
2
2 .

Câu 1 Có bao nhiêu số phức z thỏa mãn hệ
CHUYÊN ĐỀ VDC SỐ PHỨC
z 1 2i z 3 i
z 1 3i
4
A. Có 1 số B. Có 2 số C. Có 3 số D.
Không có số nào
Câu 2. Trong các số phức z thỏa mãn
1
i z
2 1.
Tìm
1
i
A. z 3
B. z 2
C. z 1
D.
max
max
z 4
max
4 2
Câu 3. Biết z ,z ,z ,z là bốn nghiệm phức của phương trình 4z
3z
1 0 . Tính
1 2 3 4
2 2 2
tổng T z z z z .
1 2 3 4
A. T 4 . B. T 2 . C. T 1. D. T 0
.
z
max
max
Câu 1B
Câu2A
Câu3 B
2 2
Lưu ý tính chất: z z với z
.
ĐÁP ÁN
2
Có phương trình z 2 z 2 z 2 z z 2 z
2 1 0 2 1 2 1 0
2
2
1 i 7
1 7
z T 4 2
4 4
4

Câu 1: (GV Đặng Thành Nam -2019) Cho hai số phức z và w thoả mãn z 2w 8 6i
và
z w 4. Giá trị lớn nhất của biểu thức z w bằng
A. 4 6 B. 2 26 C. 66 D. 3 6
Câu 2: (GV Đặng Thành Nam -2019) Cho z1,
z
2
là số phức khác 0 thỏa mãn z1 z2 9 z2 z1.
Gọi M, N lần lượt là điểm biểu diễn các số phức z
1
và z . 2 Biết tam giác OMN có diện tích bằng
6, giá trị nhỏ nhất của z1 z2
bằng
A. 8 B. 6 C. 4 2 D. 3 2
Câu 3: (GV Đặng Thành Nam -2019) Cho số phức z a bi( a, b R)
thỏa mãn
2z
2 3i
1. Khi biểu thức 2 z 2 z 3 đạt giá trị lớn nhất, giá trị của a – b bằng
A. -3 B. 2 C. -2 D. 3
Câu 4: (GV Đặng Thành Nam -2019) Xét số phức z có phần thực dương và ba điểm A, B,
C
lần lượt là điểm biểu diễn của các số phức
hành, giá trị nhỏ nhất của
1
z
z
2
bằng
1
z,
và z
1 z . Biết tứ giác OABC là một hình bình
z
A. 2. B. 2. C. 2 2. D. 4.
Lời giải
Câu 1. Chọn đáp án C.
Có
2 2 2 2 2 2 2 2 2
z 2w 2 z w 3 z 6 w 3 z 6 w 8 6 2.4 132.
Do đó
z w z
2 2 2
132 3 z 1 132 3 z 1 2 132 3 z
z . 2 .1 z (2 1)
6 2
6 2 6
66.
Dấu bằng đạt tại
22 66
z 2 , w , z 2w 8 6 i, z w 4.
3 3
Câu 2. Chọn đáp án A.
Với
z
1
2
a
bi
z có z1 z
1 2 2
b
0 a
3 z1
z1 z2 9 z2 z1 9 a b ( a bi) 9
3 z
2 2
1
3 z2.
z2 z2 a a b 9 b
0 z2

M ( z
1 2
1)
OM z 3 z 3x
Ta có N( z2) ON z2 z2
x
.
SOMN
6
2 2 2
z 3z
2
2
z2
MN z1 z2 3z2
y
z2 z2
rông có
Do đó theo công thức hê –
(4 x y)(4 x y)(2 x y)( y 2 x)
SMON
x y y x
16
2 2 2 2 2
6 16 4 24 .
2 2
2 2 2
y y 24 4
24 24
16 4 x 16
4 2
x
x
x 6 6cos s2t 6 6cos s2t 36sin 2t
Trong đó
2 2
3 x (cos 2t i sin 2 t)
x
y
x
x t x i x t x t x t x
Câu 3. Chọn đáp án A.
Theo giả thiết có
2 2 2 2
3 cos 2 3 sin 2 (3cos 2 1) 9 sin 2 10 6cos 2 t.
2 2
2( a bi) 2 3i 1 (2a 2) (2b 3) i 1 2a 2 (2b
3) 1.
2
2 3 1 2 2
3 1
Khai triển ra có ( a 1) b a b 3 2a 3b
và b
1 b 2.
2 4
2 4
Khi đó biến đổi và sử dụng bất đẳng thức Cauchy – Schwarz có
2 z 1 z 3 2 ( a 2) b ( a 3) b
2 2 2 2
2 2 2 2
2 a b 4a 4 a b 6a
9
2 ( 3 2a 3 b) 4a 4 ( 3 2a 3 b) 9 6a
2 2a 3b 1 8a 3b
6
8a 12b 4 8a 3b 6 (1 1)(8a 12b 4 8a 3b
6)
2(15b
10) 2(15.2 10) 4 5.
Dấu bằng đạt tại a = -1, b = 2. Vậy a – b = -3.
Câu 4. Chọn đáp án B.
2
Ta có
1 1 1 1
OA z , AB z , BC z z , OC z .
z z z z
Vì OABC là một hình bình hành nên

z z
2 2
OA BC
1 1 1 z 1
z
1 1 z z 1 z 1
z
AB OC z z z z z z
z z
Đặt
2 2 2
z x yi z x y 2 xyi . vậy điều kiện trở thành
2 2 2 2 2 2
1 1 1 2 1 2
z z x y xyi x y xyi
2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2
x y 1 4x y x y 1 4x y x y 1 x y 1
2 2
2 2 2 2
2 2 2 2
x y x y
1 1
x y 0 y x
2 2 2 2
x y 1 ( x y 1)
Khi đó
2 2 2 2
2 2
2
2 2
2
2 2 2 2 2 4
z x y xyi x y x y x 2 2
2 2 2 2 2
1 1 ( 1) 2 ( 1) 4 1 4 1 1
z 2x 2 2 x . 2.
z z x yi x y 2x 2x 2x
2 1
2x
2
2x
2 2
1 1 1 1
Dấu bằng đạt tại y x ( x; y) ; ; ;
2 2 2 2
x 0

Câu 1: Tìm số phức z thỏa mãn
2
VDC SỐ PHỨC
2
z 2zz z 8 và z z 2.
A. z1 1 i; z2
1 i
B. z1 1 i; z2
1
i
C. z1 1 i; z2
1 i
D. z1 1 i; z2
1
i
Câu 2 Tìm số phức z, biết
2
z z.
A. z 1;
z 1
3 i
B.
2 2
C. z 0; z 1
3 i
D.
2 2
Câu 3: Tìm số phức z, biết z (2 3 i) z 1
9 i.
1 3
z 0; z i
2 2
1 3
z 0; z 1;
z i
2 2
A. z 2
i B. z 2 i C. z 2
i D. z 2 i
Câu 4: Tìm phần ảo của số phức z, biết z i
2 i
( 2 ) 1 2 .
A. 2
B. 2 C. 5 D. 3 2
2
Câu 5. Tìm tập hợp các điểm M biểu diễn số phức z thỏa mãn z z 2
4
1
A.Đường cong y
x
1
B. Đường cong y
x
1
C. Đường cong y và đường cong
x
1 1
D. Đường cong y hoặc y
x x
1
y
x
Câu 1 D
ĐÁP ÁN
2 2
2 2 2 2
z 2zz z 8 4( x y ) 8 x y 2.
z z 2 2x 2 x 1.
Do đó x = 1 và y 1.
Câu 2 C

2 2
a b a
( ) .
2ab
b
2 2
z z a bi a bi
Câu 3 D
Gọi z a bi( a, b ), ta có: z (2 3 i) z 1 9 i a bi (2 3 i)( a bi) 1
9i
a 3b 1 a
2
a 3 b (3a 3 b) i 1 9 i . Vậy
3a 3b 9 b
1
Câu 4 A z (1 2 2 i)(1 2 i) 5 2 i,
suy ra z 5 2 i.
Vậy phần ảo của số phức z là 2.
Câu 5C
z 2 i.

Câu 1 :( Chuyên Thái Nguyên- 2019 ) Cho z1,
z
2
là hai số phức thỏa mãn điều kiện
z 5 3i
5 đồng thời z1 z2 8 . Tập hợp các điểm biểu diễn số phức w=z1 z2
trong mặt
phẳng tọa độ Oxy là đường tròn có phương trình
2 2
A. x 10 y 6
36
B. x y
2 2
5 3
C.
x y
9
2 2
2 2
10 6 16
2 2
5 3 9
D.
x y
2 2 4
z
Câu 2: ( Chuyên Vinh Nghệ An- 2019 ) Cho các số phức z và w thỏa mãn 2 i
z 1 i .
w
Tìm giá trị lớn nhất của T w 1
i
A. 4 2
3
B.
2
3
C. 2 2
3
D. 2
Câu 3: ( THPT Đào Duy Từ- 2019 ) Cho các số phức z1,
z
2
thỏa mãn z1 3, z2
4 và
z
. Gọi A, B lần lượt là điểm biểu diễn các số phức z1,
z
2
. Diện tích S của tam giác
1
z2 5
OAB với O là gốc tọa độ là:
A.
25
S B. S 5 2
C. S 6
D. S 12
2
Câu 4: ( Chuyên Phan Bội Châu- 2019 ) Tìm tập hợp tất cả các giá trị của tham số m để có
đúng 4 số phức z thỏa mãn đồng thời các điều kiện
2;2 2 B. 2;2 2
A.
2
z z z z z và z m ?
C. 2
D. 2;2 2
Câu 5 : ( Chuyên Ngoại ngữ- 2019 ) Cho các số phức z, z1,
z
2
thay đổi thỏa mãn các điều kiện
sau: iz 2i
4 3 ; phần thực của z
1
bằng 2; phần ảo của z
2
bằng 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của
2 2
biểu thức T z z z z
1 2
A. 9 B. 2 C. 5 D. 4
Câu 6: ( Chuyên Hà Tĩnh- 2019 ) Cho các số phức z1,
z
2
thỏa mãn phương trình z 2 3i
5
và z1 z2 6 . Biết tập hợp các điểm M biểu diễn số phức w = z 1 + z 2 là một đường tròn. Tính
bán kính đường tròn đó.
A. R = 8 . B. R = 4 C. R = 2 2 D. R = 2 .
Câu 7: ( THPT Ngô Quyền, Hải Phòng- 2019 ) Cho số phức z thỏa mãn 1 i
z 2iz 5 3i
.
Tính mô đun của 2 1
w z z
A. w 5
B. w 7
C. w 9
D. w 11

Câu 8: ( THPT Kim Liên- Hà Nội 2019 ) Xét các số phức z thỏa mãn
z 3 2i z 3 i 3 5 . Gọi M , m lần lượt là hai giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu
thức P z 2 z 1 3i
. Tìm M , m.
A. M 17 5; m 3 2
B. M 26 2 5; m 2
C. M 26 2 5; m 3 2
D. M 17 5; m 3
Câu 9: ( Chuyên Thái Bình lần 4- 2019 )Cho số phức z
z 2 i z 2 3i
2 5 . Tìm giá trị nhỏ nhất của z
4 5
A. z 5 B. z C. z 13 D.
min min
min
5
thỏa mãn điều kiện
Câu 10: ( Chuyên Vinh Nghệ An lần 3- 2019 ) Xét các số phức z, w thỏa mãn
w i 2, z 2 iw
. Gọi z1,
z2
lần lượt là các số phức mà tại đó z đạt giá trị nhỏ nhất và giá
trị lớn nhất. Môđun z1 z2
bằng:
A. 3 2 B. 3 C. 6 D. 6 2
Câu 11: ( Chuyên Vinh Nghệ An lần 3- 2019 ) Xét các số phức z, w thỏa mãn
z 2, iw 2 5i
1. Giá trị nhỏ nhất của
z
2
wz
4 bằng:
A. 4 B. 2 29 3
C. 8 D. 2 29 5
Câu 12: ( Chuyên KHTN lần 3- 2019 ) Xét các số phức z thỏa mãn z 1, giá trị nhỏ nhất của
biểu thức
z
2
4 1
z bằng:
2
A.
2
8
B. 1 8
C. 1
16
D. 1 4
Câu 13 : ( Ninh Bình lần 2- 2019 ) Cho số phức z thỏa mãn z 1 3. Tìm giá trị lớn nhất
của T z 4 i z 2 i .
A. 2 46. B. 2 13. C. 2 26. D. 2 23.
Câu 14: ( Chuyên Vinh Nghệ An- 2019 ) Gọi S là tập hợp tất cả các số nguyên m sao cho tồn
tại hai số phức phân biệt z1,
z
2
thỏa mãn đồng thời các phương trình z 1
z i và
z 2m m 1. Tổng tất cả các phần tử của S là
A. 1 B. 4 C. 2 D. 3

Câu 15: ( Chuyên Phan Bội Châu- 2019 ) Cho số phức z thỏa mãn z z z z 4 . Gọi M,
m lần lượt là giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của P z 2 2i
. Đặt A M m . Mệnh đề
nào sau đây đúng?
A. A 34;6
B. A 6; 42
C. 2 7; 33
A D. A 4;3
3
Câu 16: ( THPT Ngô Quyền, Hải Phòng- 2019 ) Cho số phức z thay đổi thỏa mãn
z 1 1. Biết rằng tập hợp các số phức w 1 3. i
z 2 là đường tròn có bán kính bằng
R. Tính R.
A. R = 8. B. R =1. C. R = 4. D. R = 2.
Câu 17: ( THPT Kim Liên- Hà Nội 2019 ) Cho số phức thỏa mãn z i z 1 2i
. Tập hợp
điểm biểu diễn số phức w = (2 - i) z +1 trên mặt phẳng phức là một đường thẳng. Phương trình
của đường thẳng đó là
A. x 7 y 9 0 B. x 7 y 9 0
C. x 7y
9 0 D.
x 7 y 9 0
Câu 18: ( Chuyên Thái Bình lần 4- 2019 )Cho số phức z a bi, a,
b
2 1 2 3
z i z i z . Tính S = a + b .
thỏa mãn:
A. S = 1. B. S = -5 . C. S = -1 . D. S = 7 .
Câu 19: ( Ninh Bình lần 2- 2019 ) Hình phẳng giới hạn bởi tập hợp điểm biểu diễn các số phức
z thỏa mãn
z 3 z 3 10
có diện tích bằng
A. 20 B. 15 C. 12 D. 25
Câu 20 : ( Chuyên Quốc Học Huế lần 3- 2019 ) Cho hai số phức
z1 2 i 2 2 và z2 7 i . Tìm GTNN của z iz . 1 2
z , z
1 2
thỏa mãn
11 2 3 2
A. .
B. .
C. 2 2.
D.
2
2
7 2 .
2
Câu 21: ( Chuyên Quốc Học Huế lần 3- 2019 ) Gọi n là số các số phức z đồng thời thỏa mãn
iz 1 2i
3 và biểu thức T 2 z 5 2i 3 z 3i
nhất của T. Tính tích Mn.
đạt giá trị lớn nhất. Gọi M là giá trị lớn
A. Mn 2 13. B. Mn 6 13. C. Mn 5 13.
D. Mn 10 21.
Lời giải:

Câu 1:
Phương pháp:
- Tìm tập hợp điểm biểu diễn số phức thỏa mãn z 5 3i
5
- Gọi M 1 , M 2 là các điểm biểu diễn số phức z1,
z
2
suy ra điều
kiện của M 1 M 2 và tập hợp điểm biểu diễn số phức w.
Cách giải:
Tập hợp điểm biểu diễn số phức z x yi thỏa mãn
z 5 3i
5 là đường tròn tâm I 5;3
bán kính R 5
Gọi ; , ;
M x y M x y là hai điểm biểu diễn các số phức z1,
z
2
thì từ z1 z2 8 ta suy ra
M1M 2
8
Gọi ;
1 1 1 2 2 2
N x y là điểm biểu diễn số phức w z1 z2
thì
1 2 1 2
Gọi M là trung điểm M1M 2
thì x x ;
y
M
y
2 2
x x1 x2
y y y
1 2
Ta có:
IM IM1 M1M
5 4 3
2 2 2 2
hay
2 2
x1 x2 y1 y2
5 3
3
2 2
2 2
2
x1 x2 y1 y2
2 2 2 2
x1 x2 y1 y2
x y
5 3 9 10 6 36 10 6 36
2 2
2 2
Vậy tập hợp các điểm N thỏa mãn bài toán là đường tròn x y
Chọn A.
Câu 2: Chọn: A
Nhận xét z 0 không thỏa mãn giả thiết bài toán.
Đặt z R, R 0
z
z
i z i R R i
w
w
Ta có: 2 1 2 1 1
2
R 2
1 5R 2R
2
5R
2R
2
2
w
w
R
2
10 6 36. .
2 2 1 1 9 3
5 2 , R 0
2
R R R 2 2 2

Suy ra
2
w , R
0
3
2 4 2
Ta có T w 1 i w 1 i 2
3 3
Đẳng thức xảy ra khi
Vậy
Câu 3:
4 2
maxT
3
Phương pháp:
Sử dụng phương pháp hình học.
Cách giải:
1 2 1 2
z 2 z 2
w k 1 i , k 0 1
w 1
i
z
3
2 i
z 1
i
w
z 3, z 4; z z 5 OA 3, OB 4, AB 5 OAB vuông tại O
1 1
S
OAB
. OAOB . .3.4 6
2 2
Chọn: C
Câu 4:
Phương pháp:
- Đặt z a bi
- Đưa bài toán về hệ phương trình ẩn a,
b và tìm điều kiện để hệ có đúng 4 nghiệm.
Chú ý: Nhận xét nghiệm của phương trình để suy ra các trường hợp có thể có của nghiệm.
Cách giải:
Đặt z a bi ta có:
2 2 2 2 2
z z z z z 2a 2b a b a b 2 a b
m
0
Lại có z m 2 2 2
a b m
Do đó bài toán trở thành tìm m 0 để hệ
a;
b
2 2 2
a b m
2 2
a b 2 a b
có đúng 4 nghiệm phân biệt

Nhận xét: Nếu hệ trên nhận một cặp số a;
b làm nghiệm thì nó cũng nhận các cặp số
a; b, a; b, a; b, b; a, b; a, b; a, b;
a
làm nghiệm.
Do đó để hệ có đúng bốn nghiệm phân biệt a;
b thì các nghiệm chỉ có thể thỏa mãn: Một
trong hai số a , b bằng 0 và số còn lại khác 0 hoặc hai số a , b thỏa mãn a b 0
Ta chia làm hai trường hợp:
+) TH1: Nếu hệ có nghiệm thỏa mãn a = 0 hoặc b = 0 thì m = 2 (dễ dàng kiểm tra bằng cách thay
a = 0 hoặc b = 0 vào hệ.
Thử lại: m = 2 thì hệ trở thành:
2 2
a b 2 a b
2 2
a b 4
a
0
4 2 ab 4 ab 0
b
0
Nếu a 0 thì
Nếu b 0 thì
b
b
a
a
2
2
2
2
2 b
4
2 a
4
2 2
4 2 a b a b 2 a b 2 ab 4
b 2
a 2
Khi đó hệ có đúng 4 nghiệm 0;2 , 0; 2 , 2;0 , 2;0
nên m 2 thỏa mãn.
+) TH2: Nếu hệ có nghiệm thỏa mãn a b 0 thì
2
2a
4 a a 2 a 2
a b 2
2 2
2
2a
m
m 8 m 2 2
m 2 2
Do đó 2 2
m và hệ có đúng 4 nghiệm 2;2 , 2; 2 , 2; 2 ,
2;2
Vậy tập hợp các giá trị của m là 2;2 2
Chọn: A
Câu 5:
Phương pháp:
Sử dụng phương pháp hình học:
+ Tìm tập hợp các điểm biểu diễn z, z1,
z
2
và vẽ trên cùng một mặt phẳng tọa độ .
+ Đánh giá GTNN của T.
Cách giải

Ta có:
+ Phần thực của z
1
bằng 2 nên tập hợp điểm M
1
biểu diễn z
1
là đường thẳng x 2
+ Phần ảo của z
2
bằng 1 nên tập hợp điểm M
2
biểu diễn z
2
là đường thẳng y 1
iz 2i 4 3 i z 2 4i 3 z 2 4i
3
Lại có:
Do đó tập hợp các điểm M biểu diễn số phức z là đường tròn tâm I 2;4
bán kính R 3
Dựng hình:
Ở đó B2;1 , I
2;4
2 2 2 2 2 2 2 2
1 2 1 2
Ta có: T z z z z MM MM MC MD MB AB
Do đó
Tmin
M A,
M M B .
2
AB , đạt được nếu
1 2
AB IB IA T AB
Chọn: D
Câu 6:
Phương pháp:
2
5 3 2
min
4
Biểu diễn hình học của số phức.
Cách giải:
z 2 3i
5 Tập hợp các điểm biểu diễn số phức z1,
z2
là
đường tròn
I 2;3 ; R 5
Giả sử A, B lần lượt là điểm biểu diễn số phức z1,
z
2
. Do
z1 z2 6 AB 6
Khi đó, w = z 1 + z 2
hình bình hành
AOBM.
Ta có:
có điểm biểu diễn M là đỉnh thứ tư của

2 2 2 2 2 2
OB OA AB 5 5 6 7 7
cos BOA cosOBM
2. OB. OA 2.5.5 25 25
2 2 2 2 2 7
OM OB BM 2. OB. BM.cosOBM 5 5 2.5.5. 64 OM 8
25
Vậy, tập hợp các điểm M biểu diễn số phức w = z 1 + z 2 là đường
tròn tâm O bán kính 8
Chọn: A
Câu 7:
Phương pháp:
Đặt z = a + bi thay vào đẳng thức bài cho tìm a, b .
- Tính w và suy ra mô đun.
Cách giải:
Đặt z a bi, a,
b
, ta có:
1 i z 2iz 5 3i 1 i a bi 2i a bi 5 3i
a ai bi b 2ai 2b 5 3i
a 3b a b i 5 3i
a 3b 5 a
2
z 2 i
a b 3 b
1
w 2 2 i 1 2 i 4 3i
2 2
w 4 3 5
Chọn A.
Câu 8:
Phương pháp:
Sử dụng phương pháp hình học để tìm tập hợp điểm biểu diễn số phức z.
Từ đó tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của P bằng cách biện luận theo vị trí các điểm đặc
biệt của tập hợp điểm tìm được.
Cách giải:
Gọi điểm M (x; y) là điểm biểu diễn số phức
z = x + yi (x; y )
Điểm A(-3; 2) biểu diễn số phức z 1 = 3 - 2i
Điểm B (3; -1) biểu diễn số phức z 2 = -3 + i
2 2
AB 3 5 1 2 3 5 và
Khi đó ta có

z 3 2i z 3 i 3 5 z z z z 3 5
MA MB 3 5
1 2
Suy ra MA + MB = AB tập hợp điểm M là đường thẳng AB.
+ Xét P z 2 z 1
3i
Gọi C (-2;0) và D (1;3) khi đó P z 2 z 1 3i MC MD
Ta tìm M 1 AB sao cho MC + MD nhỏ nhất và tìm M 2 AB sao cho MC + MD lớn nhất
Gọi M 1 là giao của AB; CD ta thấy M 1 C + M 1 D = CD MC + MD BC + BD
Giá trị nhỏ nhất của P là m = M 1 C + M 1 D = CD =
2 2
3 3 3 2
2 2
5 1 2 4 26 2 5
2 2
Giá trị lớn nhất của P là M = BC + BD =
Chọn C.
Câu 9:
Phương pháp:
Sử dụng phương pháp hình học.
Cách giải:
Giả sử M , A, B lần lượt là các điểm biểu diễn của các số phức z, z1 2 i, z2
2 3i
Khi đó, z 2 i z 2 3i 2 5 MA MB 2 5
, với A
2;1 , B2;3
Nhận xét:
2 2
AB 4 2 2 5 MA MB AB B
ttrên đoạn thẳng MB.
1
AB BM t AB t M t t
2
4;2 , 0 2 2 ;3
2 2 2
z OM 2 2t 3 t 5t 14t 13, t 0
Xét f t 5t 2 14t 13, t 0; , f ' t 10t
14 0, t 0;
f t liên tục và đồng biến trên
0;
z 3 t 0 M 2;3 M B
min
Chọn: C
Câu 10:
Phương pháp:
Sử dụng phương pháp hình học.
0;
min f t f 0 13

Cách giải:
Theo bài ra ta có:
z 2
z 2 iw w
i
z 2
w i 2 i 2 z 2 1 2 z 3 2
i
Tập hợp các điểm biểu diễn số phức z là đường tròn I 3;0
bán kính R = 2
Gọi M là điểm biểu diễn số phức z, dựa vào hình vẽ ta có:
z OM
min
min
M 1;0 z1
1
z1 z2
6
z OM
max
max
M 5;0 z2
5
Chọn C.
Câu 11:
Cách giải:
Theo bài ra ta có:
+) 2
z Tập hợp các điểm biểu diễn số phức z là đường tròn tâm
2 5i
i w 1 w 5 2i
1
i
I 0;0 bán kính 1
R1 2
Tập hợp các điểm biểu diễn số phức w là đường tròn tâm I2 5; 2
bán kính R2 1
Đặt
2 2
T z wz 4 z w z z. z z z w z 2 z w z
Đặt z a bi, a,
b
z a bi z z 2bi

T 2 2bi w
Gọi M 0;2b là điểm biểu diễn số phức 2bi, N là điểm biểu diễn số phức w.
T 2MN MN
min
min
Do
z a b b b
2 2
2 4 2 2 4 2 4
Tập hợp các điểm M là đoạn AB với A
4;0 , B4;0
Dựa vào hình vẽ ta thấy MN M N
Vậy Tmin 2.4 8
Chọn C.
Câu 12:
Chọn B.
Câu 13:
Phương pháp:
min
4 4; 2 , 0; 2
+ Số phức z x yi x;
y R có mô đun
z x y
2 2
+ Sử dụng BDT Bunhiacopxki với hai bộ số ; , ; ta có
x y
+ Dấu " " xảy ra khi .
a b
a b x y ax by 2 a 2 b 2 x 2 y
2

Cách giải:
Gọi số phức z x yi x;
y R
z 1 3 x 1 yi 3 x 1 y 3.
Theo đề bài 2 2
Ta có 4 2 4 1 2 1
T z i z i x y i x y i
x 4 y 1 x 2 y 1
2 2 2 2
Áp dụng BDT Bunhiacopxki ta có:
2
4 1 2 1
1 1 4 1 2 1
2 2 2 2 2 2 2
2 2 2 2
T x y x y x y x y
2 2 2 2 2
T 2 2x 2y 4x 22 4 x 1 y 10 52 (vì 2 2
x 1 y 3 )
Do đó T 2 13
Dấu
" "
xảy ra khi và chỉ khi:
3
x
10
9
2 2 2 2
y 3
x 4 y 1 x 2 y 1
y 3x
3
10
2
2 2
2
x 1 y 3
x 1 3x
3
3 3
x
10
9
y 3
10
Vậy Tmax 2 13.
Chọn B.
Câu 14: Chọn: D
Cách 1 (cách hình học): Gọi M x; y x,
y R
cầu bài toán.
Có: z 2m m 1 0
là điểm biểu diễn của số phức z thỏa mãn yêu
TH1: m 1 0 m 1 z 2 (loại) vì không thỏa mãn phương trình: z 1
z i
TH2: m 1 0 m 1

Theo bài ra ta có:
2 2 2
2
1 x 1 yi x y 1i
1 1
2 2
2
2 1 2 1 2 1
x y 0 1
2 2
2 *
x 2m y m 1 2
z z i x y x y
z m m
x m yi m
x m y m
Từ (1) suy ra: tập hợp điểm M x;
y biểu diễn của số phức z là đường thẳng: : x y 0
Từ (2) suy ra: tập hợp điểm M x;
y biểu diễn của số phức z là đường tròn
C
Tâm I 2m;0
:
bk R m 1
Khi đó: M C
số giao điểm M chính là số nghiệm của hệ phương trình (*).
Để tồn tại hai số phức phân biệt
1,
2
z z thỏa mãn ycbt C
cắt
tại hai điểm phân biệt
2m m 1
m 1
2 m m 1
1 2 1 2
;
m
d I R 2
m 1 0
m 1
m 1 0
. Vậy tổng các phần tử của S là 0 1 2 3 .
Vì m m S 0;1;2
Cách 2 (cách đại số):
Giả sử: z x yi x,
y
Có: z 2m m 1 0
TH1: m 1 0 m 1 z 2 (loại) vì không thỏa mãn phương trình: z 1
z i
TH2: m 1 0 m 1 (1)
Theo bài ra ta có:

1 1
2 2
z 1 z i
x yi x y i
x 1 y x y 1
2 2
2
z 2m m 1 x 2m yi m 1
x 2m y m
1
y x
y x
2 2 2 2
x 2m x 2 m
1 2x 4mx 3m 2m
1 0 *
2 2
Để tồn tại hai số phức phân biệt z1,
z
2
thỏa mãn ycbt PT (*) có 2 nghiệm phân biệt
2 2 2
' 4m 2 3m 2m 1 2 m 2m 1 0 1 2 m 1 2 2
Kết hợp điều kiện (1) và (2), m
m S 0;1;2
Vậy tổng các phần tử của S là: 0 1
2 3
Câu 15:
Phương pháp:
+ Từ giả thiết suy ra tập hợp điểm M (z) là hình vuông
+ Biến đổi để đưa P bằng với khoảng cách từ điểm I (2; 2) đến M .
+ Đánh giá để tìm max; min của P.
Cách giải:
Gọi M (x; y) là điểm biểu diễn số phức z x yi x;
y
Ta có: z z z z 4
x yi x yi x yi x yi 4
x y 2
Suy ra tập hợp điểm M là hình vuông KBCD (hình vẽ)
có các đỉnh K 2;0 ; B 0;2 ; C 2;0 ; D0; 2
2 2
Xét P z 2 2i x 2 y 2i x 2 y 2
2 2
Nhận thấy với 2;2 2 2
I IM x y P
Như vậy Pmax IM
max;
Pmin IM
min
Gọi E 1;1
là trung điểm BK IE IK ID
Nên 2 2
P ID và P IE
max
2 2 2 2 5
Vậy A M m 2 5 2 34;6
Chọn: A
Câu 16:
Phương pháp:
2 2
min
1 2 1 2 2

Biểu diễn số phức z theo w rồi thay vào giả thiết z 1 1 để để tìm tập hợp điểm biểu diễn w từ
đó suy ra
bán kính đường tròn.
Cách giải:
w 2
w 1 3. i z 2 1 3. i z w 2 z
1 3i
Ta có
Đặt w x yi x;
y
x 2 yi1
3i
x yi 2
x 2 y 3 y 3x
2 3
z
i
1
3i
4 4 4
Ta có
x 2 y 3 y 3x
2 3
z 1 1 i 1 1
4 4
x 6 y 3 y 3x
2 3
i 1
4 4
x y y x
2 2
3 6 3 2 3 16
2 2 2 2
x y x y xy y y xy y x
3 36 12 12 3 2 3 3 12 2 3 4 3 12 16 0
2 2
4x 4y 24x 8 3y
32 0
2 2
x y x y
6 2 3 8 0
2
x y
3 3 4
Nên bán kính đường tròn là R = 2.
Chọn D.
Câu 17:
Phương pháp:
Biểu diễn số phức z theo w.
2
Thay vào điều kiện ban đầu để tìm tập hợp điểm.
Sử dụng: số phức z a bia;
b
Cách giải:
Đặt w = x + yi (x; y )
có
w 1
Ta có w = 2 i
z 1
z
2 i
Lại có
2 2
z a b
w 1 w 1 x yi 1
x yi
z i z 1 2i i 1 2i i 1
2i
2 i 2 i 2 i 2 i

2 2 1 5
x y i x y i
2 i
2 i
2 2 1 5
x y i x y i
2 i
2 i
x 2 y 2 x 1 y 5
2 2 2 2
4x 4 4y 4 2x 110y
25
2x
14y
18 0
x 7 y 9 0
Chọn A.
Câu 18:
Phương pháp:
Ta có: z a bi, a,
b
Cách giải:
z a b
2 2
Ta có: z 2 i z 1 i2z 3 a 2 b 2
2 i a bi 1 i2a 2bi
3
2 2
2 2 2 2
2 1 2
2 a b a b . i a bi 1 2ai 2b 3i
2 2
2 b 2a 3 a 1 2b 3a 4b
7 0
2 2
a b b 2a
3
a b a b
a b b 2a
3
2 2 2 2
a b b 4a 9 4ab 12a 6b
4b
7
a
3
b
2a
3 0
2
4b 7 4b 7 4b
7
3 4. b
12. 6b
9 0
3 3 3
4b
7
a
3
b
2a
3
2
4b 7 4b4b 7 124b 7
18b
27 0

4b
7
a
3
a
3
b 2a 3 S a b 1
b 4
2b
8 0
Chọn: C
Câu 19:
Phương pháp:
Gọi
z x yi x;
y R
thì mô đun
z x y
2 2
Biến đổi giả thiết để có quỹ tích là elip
Diện tích elip bằng .ab
Cách giải:
Gọi
x
a
y
b
2 2
1.
2 2
z x yi x;
y R ta có z 3 z 3 10
x 3 yi x 3 yi 10
2 2 2 2
x 3 y x 3 y 10
3 10 3
2 2 2 2
x y x y
2
x 6x 9 y 100 20 x 3 y x 6x 9 y
2 2 2 2 2
2 2
5 x 3 y 3x
25
2 2 2
25 x 6x 9 y 9x 150x
625
x y
4 5
2 2
2 2
25x
16y
400 1
Quỹ tích điểm biểu diễn số phức
z
là elip
2 2
x y
1 a 4; b 5
4 5
Diện tích elip là: S ab 20
Chọn A.
Câu 20:

Phương pháp:
Sử dụng phương pháp hình học.
Cách giải:
Tập hợp các điểm M biểu diễn số phức z thỏa mãn z1 2 i 2 2 là đường tròn C có tâm
I 2;1 và bán kính R 2 2.
Ta có:
z 5 i z 7 i i z 5 i i z 7 i
2 2 2 2
1
iz 5i 1 iz 7i 1 iz 5i 1 iz 7i
1
2 2 2 2
iz 5i 1 iz 7i 1 iz 5i 1 iz 1
7i
2 2 2 2
2 2 2 2
iz2 x yi x, y R x 1 y 5 x 1 y 7 x y 6 0.
Đặt
Tập hợp các điểm N biểu diễn số phức
2
là đường thẳng
iz d : x y 6 0.
2 1
6 7 2 3 2
d I; d R 2 2 z1 iz2 MN
min min
d I; d R .
11
2 2
Ta có
Chọn: B
Câu 21:
Phương pháp:
Sử dụng bất đẳng thức Bunhiacopski.

Cách giải:
K x y
Gọi ; là điểm biểu diễn của số phức z x yi x,
y R với
2 2
iz 1 2i 3 i z i 2 3 z i 2 3 x 2 y 1 9
C
Suy ra tập hợp điểm K là đường tròn tâm I 2;1
, bán kính R 3.
Ta có: T 2 z 5 2i 3 z 3i 2KA 3KB 2. 2KA 3. 3KB 52K A 2 3KB
2
Với
A 5; 2 , B 0;3 IA 3; 3 , IB 2;2 2IA 3IB
0
2 2
2 2
2 2
Mà 2KA 3KB 2K A 3KB 2KI IA 3KI IB
5KI 2 2IA 2 3IB 2 2 KI. 2IA 3IB
5.3 2 2.18 3.8 105
T 5.105 5 21
và IA 18, IB 8.
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi K C và KA KB K
là giao điểm của đường tròn C và
đường trung trực d của AB.
5 1 2 1
2 1
d : x y 0 x y 2 0, d I; d R.
2 2 2 2
Do đó d cắt
C tại hai điểm phân biệt n 2, M 5 21 Mn 10 21
Chọn D.

23 Câu VDC Số Phức đề thi thử các trường
Câu 1(Đề Thi Thử THPTQG Năm 2019-Đề 2 ). Cho số phức z thỏa mãn
10
2
(1 2 i) | z | 2 i . Hỏi phần ảo của số phức w z z 1
bằng bao nhiêu?
z
3
3
1
A. B.
C. D. đáp án khác
2
2
2
Câu 2(Đề Thi Thử THPTQG Năm 2019- Đề 3). .Xét 3 điểm A, B, C của mặt phẳng phức theo
z
thứ tự biểu diễn 3 số phức phân biệt
1, z2,
z z
3
1
thỏa mãn
z2 z3
z
. Nếu
1
z2 z3 0
thì
tam giác ABC có đặc điểm gì ?
A. cân B. vuông C. có góc 120 0 D. đều
Câu 3(Đề Thi Thử THPTQG Năm 2019- Đề 4). Cho
điều kiện |z - 5 – 3i| = 5, đồng thời
w z 1
z 2
z
1
z2
là hai trong các số phức z thỏa mãn
z 1
, z 2
8 . Tập hợp các điểm biểu diễn của số phức
trong mặt phẳng tọa độ Oxy là đường tròn có phương trình nào dưới đây?
2 2
2 2
A. 5 3 9
x y
B.
5 3
x y
9
2 2 4
2 2
2 2
x y
C. x 10 y 6 36
D.
Câu 4. .(Đề Thi Thử THPTQG Năm 2019 – Đề 5) Cho số phức
2 2
10 6 16
1 5
a bi( a,
b R;0
a 4, b 0) . Đặt hàm số f x ax bx 2 . Biết f
. Giá trị
4 4
z
2
lớn nhất của
z
thuộc khoảng nào dưới đây
4; 4,3
4,3; 4,5
4,5; 4,7
4,7; 5
A. B. C. D.
Câu 5(Đề Thi Thử THPTQG Năm 2019- Đề 6). Cho 2 số phức
2z1 i 2 iz1
2z2 i 2 iz2
.
z1 z2
1
Tính giá trị của biểu thức
P z z
. 1 2
z1,
z2
A. P 3 .
B. P 3.
C. P 5.
D. P
4
thỏa mãn
10
Câu 6(Đề Thi Thử THPTQG Năm 2019- Đề 7). Cho z C
thỏa mãn 2 i
z 1
2i
.
z
Tìm giá trị của biểu thức T z 1 i z 1
i
A. 2 3 B. 4 C. 3 2
D. Đáp án khác
5 .
2

Câu 7. (Đề Thi Thử THPTQG Năm 2019- Đề 9) Xét các số phức z a bi, ( a,
b R)
thỏa
mãn z 3 2i
2. Tính a b biết biểu thức S z 1 2i 2 z 2 5i
đạt giá trị nhỏ nhất.
A. 3
B. 3
C. 4 D. 0
Câu 8(Đề Thi Thử THPTQG Năm 2019- Đề 01). Biết rằng, tập hợp các điểm biểu diễn số
2 2
x y
2 2
thức z thỏa mãn z 2 6 z 2 là elip 1. Tổng a b bằng
2 2
a b
A. 41 B. 13 C. 5 D. 14
Câu 9(Đề Thi Thử THPTQG Năm 2019- Đề 03). Gọi
z a bi
là số phức thỏa mãn
z 1 5i z 3 i và có mô đun nhỏ nhất. Giá trị của biểu thức 2a 3b 5ab
bằng
34 24
A. .
B. .
C. 37. D. -19.
5
5
3 4i
z 12 12i
Câu 10(Đề Toán Pen- Đề số 4). Cho số phức z thỏa mãn
6. Biết rằng tập
z 3i
1
hợp các điểm biểu diễn số phức w là đường tròn (C). Đường thẳng tiếp xúc với (C)
3 iz
4
tại điểm A
1;
có phương trình
3
A. x = 1. B. x = -1 C. 3x + 2y -3 = 3. D. y = 3.
Câu 11(Đề Thi Thử THPTQG Năm 2019 –Đề 5). Xét các số phức z thỏa mãn
z 1 2i z 2 4i
13. Gọi m, M lần lượt là giá trị nhỏ nhất và lớn nhất của z 1 i .
Tổng m + M bằng
1
18
A. 1
18. B. .
C. 1
13.
D.
3
Câu 12(Đề Thi Thử THPTQG Năm 2019- Đề 06). Gọi z a bi là số phức thỏa mãn
z 1 i 5 và z 7 9i 2 z 8i
đạt giá trị nhỏ nhất. Giá trị của 2a
3b
bằng
1
13 .
2
A. 14. B. -17. C. 20. D. -12.
Câu 13( Đề Thi Thử THPTQG Năm 2019- Đề 07). Cho số phức z a bi thỏa mãn
3a
2b
12 . Gọi z1,
z2
là hai số phức thỏa mãn z1 3 4i
1
và 2z2
6 8i
1. Giá trị nhỏ
nhất của biểu thức
P z z z 2z
2
1 2
bằng
9945 9945
A. 9 3 2. B. .
C. 9 3 2. D. .
13
31
Câu 14(Đề Thi Thử THPTQG Năm 2019- Đề 8): Cho số phức z a bi thỏa mãn z i 2
và z 3i 2 z 4 i đạt giá trị nhỏ nhất. Tổng a b bằng

3 6 13
1 2 13
5 10 13
5 10 13
A. B. C. D.
17
17
17
17
Câu 15(Đề Thi Thử THPTQG Năm 2019- Đề 1). Cho số phức z thỏa mãn
2 14i
(3 i) | z | 1
3i
. Nhận xét nào sau đây đúng?
z
3
3
7 11
13
A. 1 z
B. z 2
C. z
D. z
2
2
4 5
4
Câu 16(Đề Thi Thử THPTQG Năm 2019- Đề 4). Cho
M , N
4
là 2 điểm trong mặt phẳng phức
2 2
biểu diễn số phức z, w khác 0 thỏa mãn z w zw
. Hỏi tam giác OMN là tam giác gì?
A. Đều B. Vuông C. Cân D. Thường
Câu 17. (Đề Thi Thử THPTQG Năm 2019- Đề 5) Cho phương trình
3 2
z az bz c 0 . Nếu
z 1 i và z 1
là hai nghiệm của phương trình thì a b c bằng (a, b, c là số thực).
A. 2 B. 3 C. 5 D. 6
Câu 18(Đề Thi Thử THPTQG Năm 2019 – Đề 6). . Cho các số phức z thỏa mãn
hợp các điểm biểu diễn các số phức
z 7 . Tập
w 3 4i z i 5 là một đường tròn có bán kính bằng.
A. 19 B. 20 C. 35 D. 4
Câu 19(Đề Thi Thử THPTQG Năm 2019- Đề 9). Gọi
4
z 1
trình
2 2 2 2
1. Giá trị của z1 . z2. z3 . z4
bằng
2z
i
z1, z2, z3,
z4
là nghiệm của phương
A. 2i B. i C. 0 D. 1
Câu 20(Đề Thi Thử THPTQG Năm 2019- Đề 1). Cho số phức z thỏa mãn
z 1 3i 2 z 4 i 5. Khi đó số phức w z 111i
có môđun bằng bao nhiêu?
A.12. B. 3 2. C. 2 3.
D. 13.
Câu 21. (Đề Thi Thử THPTQG Năm 2019- Đề 3) Cho a là số thực và z là nghiệm của
2 2
phương trình z 2z a 2a
5 0. Biết a a0
là giá trị để số phức z có môđun nhỏ nhất. Khi
đó a 0
gần giá trị nào nhất trong các giá trị sau?
A. -3. B. -1. C. 4. D. 2.
Câu 22. (Đề Thi Thử THPTQG Năm 2019- Đề 4) Cho số phức z thỏa mãn
z 1 i z 2 3i
5 và w z i . Gọi T là giá trị lớn nhất của w . Tìm T.
2
A. T 5. B. T 2 5.
C. T 2 2. D. T .
5
Câu 23. (Đề Thi Thử THPTQG Năm 2019- Đề 6 ) Có bao nhiêu số nguyên dương m không
7 i
vượt quá 2018 thỏa mãn
4 3i
m
là số thuần ảo?

A. 504. B. 505. C. 2017. D. 2018.
GIẢI
Câu 1. Chọn D
Cách giải:
ĐK: z 0
10
(1 2 i) | z | 2 i
z
(1 2 i) | z | z 10 ( i 2) z
z(| z | 2 i | z | 2 i) 10
z[ | z | 2 (2 | z | 1) i] 10
| z ||| z | 2 (2 | z | 1) i | 10
2 2
| z | (| z | 2) (2 | z | 1) 10
CAS IO | z | 1
Thử lại => |z|=1 đúng
10
z 3 i
18 3 10 6 10
z z i
10 10
2
w 1
Câu 2. .Chọn D.
Phương pháp:
Cách giải: Ta có:
Ta lại có:
z1 z2 z3 0 OA OB OC 0
z1 z2 z3
OA OB OC
. Do đó O là trọng tâm tam giác ABC.
. Nên O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.
Vậy tam giác ABC có trọng tâm đồng thời là tâm đường tròn ngoại tiếp nên tam giác ABC đều.
Câu 3 Chọn C.
Phương pháp: Sử dụng phép biến hình.
Cách giải: Giả sử M, N là điểm biểu diễn số phức
z1,
z2
theo giả thiết suy ra M, N nằm trên
đường tròn tâm I 5;3 bán kính r 5 và MN là dây cung có độ dài bằng 8. Do đó trung điểm
A của MN nằm trên đường tròn tâm I bán kính r ' 3 .
Ta lại có: OM ON 2OA
mà OM ON OK với K là điểm biểu diễn số phức z z .
1 2
Vậy quỹ tích điểm biểu diễn số phức z z là ảnh của đường tròn I;3 qua phép vị tự tâm O tỉ
1 2

số 2.
Ta lại có:
V I I ' 10;6
O;2
Vậy tập hợp các điểm biểu diễn của số phức w z 1
z 2
2 2
tròn có phương trình: x 10 y 6 36 .
trong mặt phẳng tọa độ Oxy là đường
Câu 4. Chọn B.
Phương pháp : Đánh giá.
1 5 3 12
Cách giải : Ta có :
a b
f
4 12
a
a b b
4 4 16 4 4 4
2 2
2 2 2 2 12 a 17a 24a
144
z a b a 20 . Dấu xảy ra khi a 4; b 2
4 16
Câu 5. Chọn B.
Phương pháp: Dùng hình học.
Cách giải:
Giả sử z x yi x y
1
, , .

Ta
có:
1 1
2 2 2 2 2 2
2z i 2 iz 2 x yi i 2 i x yi 2x 2y 1 2 y x x y 1
Vậy điểm M biểu diễn
z 1
Giả sử z x yi x y
2
, , .
nằm trên đường tròn đơn vị.
Ta
có:
2 2
2 2 2 2 2 2
2z i 2 iz 2 x yi i 2 i x yi 2x 2y 1 2 y x x y 1.
Vậy điểm N biểu diễn
z 2
nằm trên đường tròn đơn vị.
Từ
z z suy ra: MN 1
1 2
1
Ta có: P z z z z
1 2 1 2
Gọi ' là điểm biểu diễn z thì N ' đối xứng với N qua gốc tọa độ.
N
2
Vậy P là độ dài MN '.
Ta có:
2
2 MN 1
MN ' 2 d O, MN 2 MO
2 1 3.
2 4
Câu 6. Chọn D
Phương pháp:
Cách giải:
Ta có:

10
2 i
z 1
2i
z
2 i z 1 2i z 10
2 z 1 z 2 i z 10
2 2
4 2
2 2 2
2 z 1 z 2 z 10
z 1 z 2
z z 2 0
z 1
10
1
3i
Thay z 1
vào 2 i
z 1
2i
ta có: z
z
10
Vậy
T z 1 i z 1 i
1
3i
1
3i
1 i 1
i
10 10
3,38.
Câu 7. Chọn A.
Phương pháp: Sử dụng hình học.
Cách giải: Ta có:
2 2 2 2 2 2
z 3 2i 2 a 3 b 2 4 a b 6a 4b 9 0 3a 3b 18a 12b
32 5 *
Gọi M là điểm biểu diễn số phức z .
Gọi A 1;2 , B 2;5 ta có:
S MA 2MB
Ta có: MA a 1 2 b 2 2 a 2 b 2 2a 4b
5 **
Thay * vào **
ta có:
2 2 2 2 2 2 2 2
MA a 1 b 2 a b 2a 4b 5 a b 2a 4b 3a 3b 18a 12b
32
2 2 2 2
2 2
4 4 16 16 32 2 4 4 8 2 2 2 2
a b a b a b a b a b MC
Trong đó C 2;2 .
Vậy
S MA 2MB 2 MB MC 2BC
. Dấu bằng xảy ra khi M, B, C thẳng hàng và M nằm
giữa B và C.

Suy ra: M y
2;
o
Thay tọa độ M vào (*) ta có:
2 2
3.2 3y
18.2 12y
32 5
2
3yo
12yo
3 0
y 2 3
o
o
Vì M nằm giữa B và C nên y 2 3 .
Vậy M 2;2 3 .
Do đó: a b 3 .
Câu 8: Chọn đáp án D
z 2 6 z 2
Câu 9: Chọn đáp án A
z a bi z a bi
o
o
6
2 2 2
2 2
a 3 và c 2 b a c 5 a b 14
2
z i z i a b a b
2 2 2 2
1 5 3 4 12 16 ( )(4 12 )
a b 2 6
Dấu = xảy ra a , b
4 12 5 5
34
2a 3b 5ab
= A
5
Câu 10. Chọn đáp án B
1 1
w (1) z 3i
3
iz iw
3 4i
3i
(3 4 i) z 12 12i | | 6(2) | iw | 6
z 3i
1
iw
| 3 3w
4 i | 6(3)
Gọi w=x+yi
=> M(x;y) là điểm biểu diễn của w
(3) | 3(1 x) (3y 4)i | 6
2 2
9(1 x) (3y
4) 6
4
3
2 2
( x 1) ( y ) 4( C)
=> (C) có tâm I(-1;- )
4
3
D

4
qua
A(1; ) 4
3 : 2( x 1) 0( y ) 0 : x 1
=>
3
u
IA (2;0)
Câu 11. Chọn đáp án A
z 1 2i z 2 4i
13. M là điểm biểu diễn số phức z chạy trên đoạn thẳng AB
Với A( 1;2), B(2;4)
, C( 1;1) m AC 1, M BC 18
Câu 12. Chọn C
Câu 13: Chọn B
Cách giải:
+M(a,b) biểu diễn z, vì 3a-2b=12
M d : 3x 2y
12
Ta có:
Gọi z x y i,
z x y i =>
| z 3 4 i | 1 ( x 3) ( y 4) 1
2 2
1 1 1 2 2 2 1 1 1
1( 1; 1)
z C
1
I(3,4), R 1
=> M x y biểu diễn
1
thuộc đường tròn tâm
2 2
| 2z 6 8 i | 1 (2x 6) (2y
8) 1
2 2 2
M
2( x2; y2)
z2
2
=> biểu diễn 2 thuộc đường tròn C tâm J(6,8), R 1

P | z z | | z 2 z | 2 ( a x ) ( b y ) ( a 2 x ) ( b 2 y ) 2
2 2 2 2
1 2 1 1 2 2
MM MM 2
1 2
MM M I MM M J
MI MJ
1 1 2 2
Gọi J’ là điểm đối xứng của J qua d =>
Ta có:
P MI MJ MI MJ ' IJ '
Vậy đáp án là B
Câu 14: Chọn C
138 64
J '( , )
13 13
9945
13

Cách giải:
Gọi M(a,b) là điểm biểu diễn của z
| z i | 2
2 2
a b
( 1) 2
2 2
a b
( 1) 4
=>M thuộc đường tròn (C) tâm I(0,1), R=2
| z 3 i | 2 | z 4 i | a ( b 3) 2 ( a 4) ( b 1)
MA 2 MB (A(0,-3),B(4,1))
=2MO+2MB
2( MO MB)
2 2 2 2
2OB
=> Dấu “=” khi M nằm trên OB
Mà M nằm trên (C) => M là giao điểm của (C) và OB
4 8 13 1 2 13
=> M ( ; ) (Vì hoàng độ điểm M phải dương, vì hoành độ B dương, vẽ hình minh
17 17
họa sẽ thấy)
4 8 13 1 2 13 5 10 13
=> a b
17 17 17
2 14 2 14
Câu 15. Ta có (3 ) i
i
i z 1 3 i (3 i)( z i)
. Lấy modul 2 vế ta có.
z
z
10 2
10. z i . Đặt | z | = x , x > 0 , ta được
z
Câu 16. Chọn đáp án A
2 2 1 3
z w zw z w( i)
z w
2 2
1 3
z w w( i)
w
2 2
OMN đều
. Vậy z 2.
Câu 17. Chọn đáp án C
z 1i
là nghiệm z 1i
là nghiệm
phương trình nhận 1 i,1 i,1
là nghiệm có dạng :

3 2
x x x a b c
3 4 2 0 3, 4, 2
a b c 5
Câu 18. Chọn đáp án C
w 3 4i z i 5 w 5 i 3 4i z 35
R 35
Câu 19. Chọn đáp án C
2 2 2 2
Nhận thấy 0 là 1 nghiệm z . z . z . z 0
1 2 3 4
Câu 20. Đáp án D
Gọi M(x,y) là điểm biểu diễn z=x+yi
Gọi A(1,3),B(4,-1)=>AB=5
MA 2MB
5
MA 2MB MA MB MB AB MB AB 5
=> MB=0 => M B
=> M(4,-1) =>z=4-I =>w=5-12i
=>|w|=13
Câu 21: Chọn D
Cách giải:
Giả sử z x yi
Pttt
Nếu
2 2
x yi 2 x yi a 2a
5 0
2 2 2
x y y x i a a
2 1 2 5 0
2 2 2
x y a a
2y
x 1
0
2 5 0
2 2
2 2
0 2 2 5 0 1 3 1
y x x a a x a
Nếu x 1
2 2
y a 2a
4 0
2
2
y a
2 2
z x y
1 3 3
2
Vậy mô đun z nhỏ nhất khi a =1
Câu 22: Chọn C
w z i w 1 2i
w 2 2i
5
Gọi M là điểm biểu diễn số phức w
F (1; 2), F ( 2;2) F F 5 M F F
1 2 1 2 1 2
w max OM max OM OF 2 2
C
Câu 23. Chọn đáp án B
2
(vô lý)

m
7 i
m 1 1
m
m m m
(1 i) 2 ( i ) 2 .(cos i sin )
4 3i
2 2
4 4
m m m m
2 (cos i sin ) k
m 2 4k m 0 504
4 4 4 2

Câu 101: [Chuyên Nguyễn Quang Diệu] Gọi M và m lần lượt là giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của
z i
M
P , với z là số phức khác 0 và thỏa mãn z 2 . Tính tỷ số .
z
m
M
A. 5
B. C. D.
m M
m 3
M 3
m M 1
4
m 3
Câu 102: (THPT Chuyên Hà Tĩnh) Cho số phức z thỏa mãn z 1 i 1, số phức w thỏa mãn
w 2 3i
2 . Tìm giá trị nhỏ nhất của z w .
A. 13 3
B. 17 3
C. 17 3 D. 13 3
Câu 103: [THPT Lê Hồng Phong] Cho số phức z thỏa z 1. Gọi m , M lần lượt là giá trị nhỏ nhất,
giá trị lớn nhất của biểu thức P z 5 z 3 6z 2 z
4 1
. Tính M m .
A. m 4
, n 3. B. m 4 , n 3 C. m 4
, n 4 . D. m 4 , n 4.
Câu 104: (THPT Hậu Lộc 2) Cho hai số phức z1,
z2
thỏa mãn z1 1 i 2 và z2 iz1
. Tìm giá trị nhỏ
m
1 2
nhất của biểu thức z z ?
A. m 2 1. B. m 2 2 . C. m 2 . D. m 2 2 2 .
Câu 105: Xét các số phức z a bi , , thỏa mãn 4 z z 15i i z z 1
. Tính F a 4b
khi
1
z 3 i
2
đạt giá trị nhỏ nhất
a b 2
A. F 7 . B. F 6 . C. F 5 . D. F 4 .
Câu 106: Cho số phức z thỏa mãn z 1. Gọi M và m lần lượt là giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu
2
thức P z 1 z z 1 . Giá trị của M.
m bằng
13 3
13 3
3
3 3
A. . B. . C. . D. .
4
8
3
8
Câu 107: Cho số phức z thỏa mãn z 1. Giá trị lớn nhất của biểu thức P 1 z 2 1
z bằng
A. 5 . B. 6 5 . C. 2 5 . D. 4 5 .
2 2
Câu 108: Cho số phức z thoả mãn z 3 4i 5 và biểu thức P z 2 z i đạt giá trị lớn nhất.
Môđun của số phức z bằng
A. 10 . B. 5 2 . C. 13 . D. 10 .
Câu 109: Xét số phức và số phức liên hợp của nó có điểm biểu diễn là , . Số phức z 4 3i
và số
phức liên hợp của nó có điểm biểu diễn lần lượt là N , N. Biết rằng M , M , N , N là bốn
đỉnh của hình chữ nhật. Tìm giá trị nhỏ nhất của z 4i
5 .
z M M
1
4
5
2
A. . B. . C. . D. .
2
13
34
5
3 5
Câu 110: (CHUYÊN VINH) Cho các số phức w , z thỏa mãn w i và 5w 2 i z 4
. Giá
5
trị lớn nhất của biểu thức P z 1 2i z 5 2i bằng

A. 6 7 . B. 4 2 13 . C. 2 53 . D. 4 13 .
Câu 111: [CHUYÊN PHAN BỘI CHÂU] Cho số phức z thỏa mãn z 2 3i
1. Giá trị lớn nhất của
z 1
i
là
A. 13 2 . B. 4 . C. 6 . D. 13 1.
Câu 112: Cho z , z , z là các số phức thỏa mãn z1 z2 z3 0 và z1 z2 z3 1.
Khẳng định nào
1 2 3
dưới đây là sai ?
3 3 3 3 3 3
3 3 3 3 3 3
A. z z z z z z . B. z z z z z z .
1 2 3 1 2 3
1 2 3 1 2 3
3 3 3 3 3 3
3 3 3 3 3 3
C. z z z z z z . D. z z z z z z .
1 2 3 1 2 3
1 2 3 1 2 3
Câu 113: Cho z , z , z là các số phức thỏa z1 z2 z3 1.
Khẳng định nào dưới đây là đúng?
1 2 3
A. z1 z2 z3 z1z2 z2z3 z3z1
. B. z1 z2 z3 z1z2 z2z3 z3z1
.
C. z1 z2 z3 z1z2 z2z3 z3z1
. D. z1 z2 z3 z1z2 z2z3 z3z1
.
Câu 114: Cho số phức z thỏa mãn z 1 2i
3. Tìm môđun lớn nhất của số phức z 2 i.
A. 26 6 17 . B. 26 6 17 . C. 26 8 17 . D. 26 4 17 .
Câu 115: Cho số phức z thỏa mãn z 1. Gọi M và m lần lượt là giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của
2
biểu thức P z 1 z z 1 . Tính giá trị của M.
m .
13 3
39
13
A. . B. . C. 3 3 . D. .
4
4
4
1
i
Câu 116: Gọi điểm A,
B lần lượt biểu diễn các số phức z và z z; 2
z
0
trên mặt phẳng tọa độ
( A, B,
C và A, B,
C đều không thẳng hàng). Với O là gốc tọa độ, khẳng định nào sau
đây đúng?
A. Tam giác OAB đều.
B. Tam giác OAB vuông cân tại O .
C. Tam giác OAB vuông cân tại B .
D. Tam giác OAB vuông cân tại A .
z
2
Câu 117: Cho số phức thỏa mãn điều kiện z 4 2 z . Khẳng định nào sau đây là đúng?
A. 3 1
z
3 1 . B. 5 1 z 5 1.
6 6
C. 6 1 z 6 1. D. 2 1
z
2 1 .
3 3
2 2
Câu 118: Gọi z x yi x,
y là số phức thỏa mãn hai điều kiện z 2 z 2 26 và
3 3
z i đạt giá trị lớn nhất. Tính tích xy.
2 2

A. xy 9 . B. xy 13 . C. xy 16 . D. xy 9 .
4
2
9
2
Câu 119: Biết số phức z thỏa mãn đồng thời hai điều kiện z 3 4i
5 và biểu thức
2 2
M z 2 z i đạt giá trị lớn nhất. Tính môđun của số phức z i.
A. z i 2 41
B. z i 3 5.
C. z i 5 2
D. z i 41.
Câu 120: (THPT Chuyên Quốc Học Huế) Cho z x yi với x , y là số phức thỏa mãn điều kiện
z 2 3i z i 2 5 . Gọi M , m lần lượt là giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu
2 2
thức P x y 8x 6y
. Tính M m .
156
A. 20 10 . B. 60 20 10 . C. . D. .
5 156
20 10 60 2 10
5
z z1
z2
1 2
Câu 121: (THPT HAU LOC 2) Cho các số phức , , thỏa mãn z 4 5i z 1
và
z 4i z 8 4i
. Tính M z1 z2
khi P z z1 z z2
đạt giá trị nhỏ nhất.
A. 41 . B. 6 . C. 2 5 . D. 8 .
Câu 122: Xét các số phức z a bi ( a , b ) có môđun bằng 2 và phần ảo dương. Tính giá trị biểu
2018
thức S 5 a b 2 khi biểu thức P 2 z 3 2 z đạt giá trị lớn nhất.
2018
1009
A. S 1. B. S 2 . C. S 2 . D. S 0 .
Câu 123: Cho số phức thỏa mãn z 2 i 1 z 2 i 1 10
. Gọi M , m lần lượt là giá trị lớn nhất
z
và giá trị nhỏ nhất của z . Tính tổng S M m .
A. S 9 . B. S 8. C. S 2 21 . D. S 2 21 1.
Câu 124: Cho hai số phức z,
z thỏa mãn z 5 5 và z
1 3i z
3
6i
. Tìm giá trị nhỏ nhất của
z z .
5
5
A. . B. . C. 10 . D. 3 10 .
2
4
Câu 125 : (Chuyên Thái Nguyên) Tìm số phức z thỏa mãn z 1
i 5 và biểu thức
T z 7 9i 2 z 8i
đạt giá trị nhỏ nhất.
A. z 5 2i
. B. z 1
6i
.
C. z 1 6i
và z 5 2i
. D. z 4 5i
.
1
Câu 126: Biết rằng hai số phức z1
, z2
thỏa mãn z1 3 4i 1
và z2
3 4i . Số phức z có phần
2
thực là a và phần ảo là b thỏa mãn 3a
2b
12
. Giá trị nhỏ nhất của P z z1 z 2z2
2
bằng:
9945
9945
A. Pmin
. B. Pmin 5 2 3 . C. Pmin
. D. Pmin 5 2 5 .
11
13
Câu 127: (THPT Chuyên Võ Nguyên Giáp) Cho số phức , z thỏa mãn z1 12
và z2 3 4i 5 .
Giá trị nhỏ nhất của
z z
1 2
là:
z1
2

A. 0 . B. 2 C. 7 D. 17
Câu 128: (THPT Ninh Giang) Cho các số phức z thỏa mãn z 4 3i 2. Giả sử biểu thức P z đạt
giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất khi z lần lượt bằng
1
1
1
a1, b1
và z2 a2 b2i
, . Tính
a2 b2
S a1 a2
z a b i
A. S 4 . B. S 6 . C. S 8. D. S 10
.
2
Câu 129: (THPT Ninh Giang) Cho các số phức thỏa mãn z 4 z 2i z 1
2i
. Tìm giá trị
nhỏ nhất của P z 3
2i
.
z
7
A. Pmin 4 . B. Pmin 2 . C. Pmin
. D. Pmin 3.
2
Câu 130: (THPT Ninh Giang) Cho các số phức z thỏa mãn z 1 i z 8 3i
53 . Tìm giá trị lớn
nhất của P z 1
2i
.
185
A. Pmax 53. B. Pmax
. C. Pmax 106 . D. Pmax 53 .
2
Câu 131: Cho số phức z thỏa mãn z 2 . Giá trị nhỏ nhất của biểu thức P 2 z 1 2 z 1 z z 4i
bằng:
A. 4 2 3 . B. 2 3 . C. 4
14
7
. D. 2 .
15
15
Câu 132: Nếu z là số phức thỏa z z 2i
thì giá trị nhỏ nhất của z i z 4 là
A. 2 . B. 3 . C. 4 . D. 5 .
1
Câu 133: (THPT Vũng Tàu) Cho số phức z thỏa mãn z 1 i z 3i
và số phức w . Tìm giá trị
z
lớn nhất của w .
4 5
2 5
9 5
7 5
A. w . B. w . C. w . D. w .
max
max
max
max
7
7
10
10
Câu 134: (THPT chuyên Lương Thế Vinh) Cho số phức z
2
z 2z 5 z 1 2i z 3i
1
.
thỏa mãn
Tính min | w | , với w z 2 2i
.
3
1
A. min | w | . B. min | w | .
2
2
C. min | w | 1. D. min | w | 2 .
Câu 135. (THPT Hoàng Văn Thụ) Cho , z là hai nghiệm của phương trình 6 3i iz 2z 6 9i
,
z1
2
8
thỏa mãn z1 z2
. Giá trị lớn nhất của z1 z2
bằng.
5
31
56
A. . B. 4 2 . C. 5. D. .
5
5
Câu 136: (THPT Phan Chu Trinh) Cho số phức z thoả mãn z 3 4i
5 . Gọi M và m là giá trị
lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức
2 2
P z 2 z i
. Tính môđun của số phức
w M mi.
A. w 2315 . B. w 1258 . C. w 3 137 . D. w 2 309 .

Câu 137: (THPT-Chuyên Ngữ Hà Nội) Cho hai số phức , z thỏa mãn z1 3i
5 2 và
z1
2
iz2 1 2i
4 . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức T 2iz1 3z2
.
A. 313 16. B. 313 . C. 313 8 . D. 313 2 5 .
Câu 138: Giả sử , z là hai trong số các số phức z thỏa mãn iz 2 i 1
và z1 z2 2 . Giá trị lớn
nhất của
z1
2
z
z
1 2
bằng
A. 4 . B. 2 3 . C. 3 2 . D. 3 .
Câu 139: Cho hai số phức u , v thỏa mãn 3 u 6i 3 u 1 3i
5 10 , v 1 2i v i . Giá trị nhỏ
nhất của
u v
là:
10
2 10
A. B. C. 10
D.
3
3
Câu 140: (THPT Kim Liên) Xét các số phức zV
a bi ( a,
b ) thỏa mãn z 3 2i
2 . Tính a b
ũ
khi z 1 2i 2 z 2 5i
đạt giá trị nhỏ nhất.
A. 4 3 . B. 2 3 .
V
ă C. 3 . D. 4 3 .
n
Câu 141: (THPT Sơn Tây) Gọi n là số các số phức z đồng thời thỏa mãn iz 1
2i 3 và biểu thức
T 2 z 5 2i 3 z 3i
M.
n là
B
đạt giá trị lớn ắ nhất. Gọi M
c
là giá trị lớn nhất của T . Giá trị tích của
5 10
3
A. 10 21 B. 6 13 C. 5 21 D. 2 13
2
Câu 142: Cho là số thực, phương trình z a 2 z 2a
3 0 có 2 nghiệm z1
, z2
. Gọi M , N là
a
điểm biểu diễn của , z trên mặt phẳng tọa độ. Biết tam giác OMN có một góc bằng 120 , tính tổng
z1
2
các giá trị của a .
A. 6
. B. 6 . C. 4
. D. 4 .
Câu 143: [THPT Lê Hồng Phong] Tìm tập hợp điểm biểu diễn các số phức
2 2
12 5i z 17 7i
z 2 i
13.
A. d :6x 4y
3 0 . B. d : x 2y
1 0 .
2 2
C. C : x y 2x 2y
1 0 . D. C : x y 4x 2y
4 0 .
Câu 144: Trong mặt phẳng phức Oxy , các số phức z thỏa z 2i 1
z i . Tìm số phức z được biểu
M MA
diễn bởi điểm sao cho ngắn nhất với A 1,3 .
A. 3 i . B. 1 3i . C. 2 3i . D. 2 3i .
Câu 145: Trong mặt phẳng phức Oxy , tập hợp các điểm biểu diễn số phức Z thỏa mãn
2 2
2
z z 2 z 16
là hai đường thẳng d1,
d2
. Khoảng cách giữa 2 đường thẳng d1,
d2
là bao
nhiêu?
A. , 2. B. , 4. C. , 1. D. d d , d 6 .
d d d d d d d d d
1 2
1 2
1 2
1 2
z
thỏa

2z z 1
i
Câu 146: Gọi M là điểm biểu diễn số phức
, trong đó z là số phức thỏa mãn
2
z i
1 i z i 2 i z . Gọi là điểm trong mặt phẳng sao cho Ox, ON 2
, trong đó
N
Ox,
OM
là góc lượng giác tạo thành khi quay tia Ox tới vị trí tia OM . Điểm N nằm
trong góc phần tư nào?
A. Góc phần tư thứ (I). B. Góc phần tư thứ (II).
C. Góc phần tư thứ (III). D. Góc phần tư thứ (IV).
4 2
Câu 148: Tìm điều kiện cần và đủ về các số thực m,
n để phương trình z mz n 0 không có
nghiệm thực.
2
m
4n
0
2
2
A. m 4n
0.
B. m 4n
0 hoặc m
0 .
n 0
2
2
m
4n
0
m
4n
0
2
C. m
0 . D. m 4n
0 hoặc m
0 .
n 0
n 0
4 3 2
Câu 148: Gọi , , , z là các nghiệm của phương trình z 4z 3z 3z
3 0 . Tính
z1
z2
z3
4
2 2 2 2
1
2
1
2
2
2
2
2
3
2
3
2
4
2
4
2 .
T z z z z z z z z
A. T 102
. B. T 101. C. T 99 . D. T 100
.
2018 2017
Câu 149: Cho số phức z thỏa mãn 11z 10iz 10iz
11 0. Mệnh đề nào sau đây đúng?
1 3
A. z
; B. z 1;2
C. z 0;1
D. z 2;3
2 2
Câu 150: [TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÊ HỒNG PHONG] Cho phương trình
4 3 2
z 2z 6z 8z
9 0 có bốn nghiệm phức phân biệt là z1
, z2
, z3
, z4
. Tính giá trị của biểu
1 2 3 4
thức T z 2 4 z 2 4 z 2 4 z
2 4 .
A. T 2i
. B. T 1. C. T 2i
. D. T 0 .
Câu 151: (THPT Ninh Giang) Biết z1
, z2 5 4i và z3
là ba nghiệm của phương trình
3 2
z bz cz d 0 b, c, d
, trong đó z3
là nghiệm có phần ảo dương. Phần ảo của số
phức
w z 3z 2z
1 2 3
bằng
A. 12
. B. 8
. C. 4
. D. 0 .
2
Câu 152: [THPT Yên Lạc] Kí hiệu z1
và z2
là các nghiệm của phức của phương trình z 4z
5 0 và
A , B lần lượt là các điểm biểu diễn của z1
và z2
. Tính cos AOB .
3
4
2
A. . B. . C. . D. 1.
5
5
3
Câu 153: [THPT CHUYÊN LÊ KHIẾT] Gọi z1, z2, z3,
z4
là bốn nghiệm phức của phương trình
2 2 2 2
4 2
2z
3z
2 0 .Tổng T z z z z
1 2 3 4
bằng.
A. . B. . C. . D. .
3 2 5 2 2 5

Câu 154: [THPT Nguyễn Đăng Đạo] Gọi , , , z là các nghiệm phức của phương trình:
z
z1
z2
z3
4
2z
3 0 . Tính giá trị của biểu thức: A z z z z .
4 2
2 2 2 2
1 2 3 4
A. 0 . B. 8 . C. 2 2 3 . D. 20 .
3 2
Câu 155: [THPT Ngô Gia Tự] Cho phương trình z az bz c 0 nhận z 2 và z 1
i làm các
nghiệm của phương trình. Khi đó a b c là:
A. 14
. B. 3 . C. 0 . D. 5 .
Câu 156: [THPT LÝ THƯỜNG KIỆT] Kí hiệu z1, z2, z3,
z4
4 2
z z 6 0. Tính tổng T z z z z .
1 2 3 4
.
A. T 2 3 2 2 . B. T 2 2 .
C. T 4 3 2 2 . D. T 3 2 2 .
là bốn nghiệm của phương trình
Câu 157: [THPT LƯƠNG TÀI] Kí hiệu z1, z2,
z3
và z4
là bốn nghiệm phức của phương trình
z 2
1 2z
46 . Tính tổng M z1 z2 z3 z4
.
2 2
A. M 6 . B. M 3 2 5 .
C. M 2 5 . D. M 6 2 5 .
Câu 158: Trên tập số phức, tính tổng môđun bình phương tất cả các nghiệm của phương trình
.
A. 32 . B. 8 . C. 4 . D. 16 .
4
z
16 0
Câu 159: [THPT Thuận Thành] Kí hiệu z1, z2,
z3
và z4
là nghiệm phức của phương trình
4 2
z z 6 0 . Tính tổng S z1 z2 z3 z4
.
A. S 2 3 2 . B. S 2 2 . C. S 1. D. S 2 3 .
4 2
Câu 160: Gọi z1, z2, z3,
z4
là các nghiệm của phương trình: z z 6 0 . Giá trị của
T z z z z là:
1 2 3 4
A. 2 2 2 3 . B. 7 . C. 2 2 2 3 . D. 1.
4 2
Câu 161: [THPT Lệ Thủy] Gọi z ,z ,z ,z là các nghiệm phức của phương trình 2z
3z
2 0 .
1 2 3 4
Tính tổng S z z z z .
1 2 3 4
A. S 3 2 . B. S 5 2 . C. S 2 . D. S 5.
Câu 162: Trên tập số phức, tính tổng môđun bình phương tất cả các nghiệm của phương trình
.
A. 32 . B. 8 . C. 4 . D. 16 .
4
z
16 0
3 2
Câu 163: Tìm các số thực a, b,
c để phương trình (ẩn z ) z az bz c 0 nhận z 1 i và z 2 làm
nghiệm.
A. a 4, b 6, c 3
. B. a 4, b 6, c 4
.
C. a 4, b 6, c 4
. D. a 4, b 5,c 4
.
Câu 164: [THPT chuyên Vĩnh Phúc] Cho
a, b,
c
là các số thực sao cho phương trình
3 2
z + az + bz + c = 0 có ba nghiệm phức lần lượt là z1 = w + 3 i; z2 = w + 9 i; z3
= 2w
-4
,
trong đó w là một số phức nào đó. Tính giá trị của P = a + b + c ..
A. P = 136 . B. P = 208. C. P = 84 . D. P = 36 .

4 2
Câu 165: Kí hiệu z1, z2,
z3
và z4
là bốn nghiệm phức của phương trình z 2z
63 0 . Tính tổng
T z1 z2 z3 z4
.
A. T = 3 + 2 7 . B. T = 6 .
C. T = 2 7 . D. T = 6 + 2 7 .
4 2
Câu 166: Kí hiệu , , , z là bốn nghiệm của phương trình z 4z
77 0 Tính tổng S z z z z 3
.
z1
z2
z3
4
A. S 2 7 . B. S 2 7 2 11 .
C. S 2 11 . D. S 2 7 2 11 .
1 2 4 .
4 2
Câu 167: Gọi z , z , z , z là bốn nghiệm phức của phương trình 2z
3z
2 0 . Tổng
1 2 3 4
T z1 z2 z3 z4
bằng?
A. 2 2 i . B. 2 2 . C. 0 . D. 3 2 .
Câu 168 : [THPT Chuyen LHP] Kí hiệu ; ; z là ba nghiệm của phương trình phức
z1
z2
3
3 2
z + 2z + z - 4 = 0 . Tính giá trị của biểu thức T = z1 + z2 + z3
.
A. T = 5 . B. T = 4 5 . C. T = 4 + 5 . D. T = 4 .
Câu 170: Các điểm A, B,
C và A, B,
C lần lượt biểu diễn các số phức z , z , z và z , z , z
trên
1 2 3 1 2 3
mặt phẳng tọa độ ( A, B,
C và A, B,
C
đều không thẳng hàng). Biết
z z z z z z
, khẳng định nào sau đây đúng?
1 2 3 1 2 3
A. Hai tam giác ABC và ABC
bằng nhau.
B. Hai tam giác ABC và ABC
có cùng trực tâm.
C. Hai tam giác ABC và ABC
có cùng trọng tâm.
D. Hai tam giác ABC và ABC
có cùng tâm đường tròn ngoại tiếp.
Lời giải chi tiết
Câu 101: Chọn B
z i
Gọi T T 1
z i .
z
Nếu T 1
Không có số phức nào thoả mãn yêu cầu bài toán.
i
i
1
Nếu T 1 z z 2 T 1 .
T 1 T 1 2
1
Vậy tập hợp điểm biểu diễn số phức T là hình tròn tâm I 1;0
có bán kính R .
2

M OB OI R
m OA OI R
Câu 102: Chọn B
3
2
1
2
M
m
3 .
Gọi M x;
y biểu diễn số phức z x iy thì thuộc đường tròn có tâm I 1;1 1
, bán
kính R .
1
1
M C
N x;
y biểu diễn số phức w x
iy
thì thuộc đường tròn
2
có tâm I2 2; 3
, bán
N C
kính R2 2 . Giá trị nhỏ nhất của z w chính là giá trị nhỏ nhất của đoạn MN .
Ta có I1I2 1; 4
I1I2 17 R1 R2
C 1 và C 2 ở ngoài nhau.
MN min
I1I2 R1 R2
17 3
Câu 103: Chọn A
2
1
Vì z 1 và z.
z z nên ta có z .
z
5 3 4
4 4 4
4 4 4
Từ đó, P z z 6z 2 z 1
z z z 6 2 z 1
z z 6 2 z 1
.
4
4 2 2
Đặt z x iy , với x,
y . Do z 1
nên z x y 1
và 1 x, y 1.
Khi đó P x iy x iy 6 2 x iy 1
2 2
2x
6 2 2x
2 2x
2 1 3 .
2
2x 6 2 x 1
y
Do đó P 3 . Lại có 1 x 1
0 2x
2 2 1 2x
2 11
P 4 .
4
4 1 3
Vậy M 4 khi z 1
và m 3 khi z i . Suy ra M m 1.
2 2
Câu 104: Chọn D
Đặt z1 a bi; a,
b z2
b ai
z z a b b a i .
1 2
2 2
z z a b b a 2. z
Nên
1 2 1
Ta lại có 2 z1 1 i z1 1 i z1
2
z 1
2 2 . Suy ra z1 z2 2. z1
2 2 2 .
a b
Dấu " " xảy ra khi 0 .
1 1
Vậy m min z z 2 2 2 .
1 2
Câu 105: Chọn A
Ta có
z z i i z z 2
4 15 1
2
4 a bi a bi 15i i a bi a bi 1
2 15
8b
15 2a
1
suy ra b .
8
1 1 2 2 1 2 1 2
z 3i 2a 1 2b 6
8b 15 4b 24b 36 4b 32b
21
2 2 2 2
1

Xét hàm số
2
f x 4x 32x
21 với
8 32 0,
f x x x
15 4353
f x
f
.
8 16
15
x
8
15
15
suy ra f x là hàm số đồng biến trên ; nên
8
8
1 1 4353 15 1
Do đó z 3 i đạt giá trị nhỏ nhất bằng khi b ; a .
2
2 16 8 2
Khi đó F a 4b
7 .
Câu 106: Chọn A
Đặt t z 1 z 1 2 nên t 0;2 .
2
Do z 1 nên z. z 1
P z 1 z z z. z z 1 z z 1
.
2
2
3 t 0;2
2
2
Ta có t z 1 z 1 z 1 z. z z z 1 2 z z nên z z t 2 .
Vậy P f t t t , với .
2
t t 3 khi 3 t 2
2t
1 khi 3 t 2
Khi đó, f t
nên f t
.
2
t t 3 khi 0 t 3
2t
1 khi 0 t 3
1
f t 0 t .
2
1 13
f 0
3 ; f
; f 3 3 ; f 2
3.
2 4
13
13 3
Vậy M ; m 3 nên M.
m .
4
4
Câu 107: Chọn B
Gọi số phức z x yi , với x,
y .
Theo giả thiết, ta có z 1
x
2 y
2 1. Suy ra 1 x 1.
2 2
2 2
Khi đó, P 1 z 2 1 z x 1 y 2 x 1
y 2x
2 2 2 2x
.
2 2
Suy ra P 1 2 2x 2 2 2x
hay P 2 5 , với mọi 1 x 1.
3 4
Vậy Pmax 2 5 khi 2 2x
2 2 2x
x , y .
5 5
Câu 108: Chọn B
Đặt z x yi với , và gọi M x;
y là điểm biểu diễn của z trên Oxy , ta có
x y
2 2
z 3 4i
5 x 3 y 4
5
2 2
2
2
2 2
Và P z 2 z i x 2 y x y 1
4x
2y
3.
2 2
4 x 3 2 y 4 23
x y
Như vậy P 4x 2y
3
x 3 y 4
x
5
t
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi 4 2
y
5 .
4 x 3 2 y 4
10
t
0,5
2 2
4 2 . 3 4 23 33

Vậy P đạt giá trị lớn nhất khi z 5 5i
z 5 2 .
Câu 109: Chọn A
Gọi z a bi M a; b , M a;
b
.
Ta có: z 4 3i a bi4 3i
4 3 3 4
a b a b i
4 3 ;3 4 , 4 3 ; 3 4 .
N a b a b N a b a b
Vì MM và NN cùng vuông góc với trục Ox nên M , M , N , N là bốn đỉnh của hình chữ
2 2
2b 6a 8b
MM
NN
a
b 0
nhật khi
3a 3 b.0 3a 3 b. 2b
0 .
MN
MM
b 0,3a 4b
0
b 0,3a 4b
0
2 2
Khi đó: z 4i 5 a 5 b 4i
a
5 b
4
a
5 4
a
2
9 1 1
2a
18a
41 2
a .
2 2 2
2
2 2
Vậy giá trị nhỏ nhất của z 4i
5 là
1 9 9
khi a b .
2 2 2
Câu 110: Chọn C
Gọi z x yi , với , . Khi đó M x;
y là điểm biểu diễn cho số phức z .
x y
Theo giả thiết, 5w 2 i z 4
5w i 2 i z 4
5i
z 3 2i 3. Suy ra M x;
y
thuộc đường tròn C : x 3 2 y 2
2
9 .
Ta có P z 1 2i z 5 2i MA MB , với A1;2
và B 5;2
.
2 i w i z 3 2i
Gọi là trung điểm của , ta có H 3;2 và khi đó:
H AB
P MA MB
2 2
2MA MB
2 2
hay P 4MH AB .
Mặt khác, MH KH với mọi M C nên P KH AB
.
M
K
3 11
Vậy Pmax 2 53 khi hay z 3 5i và w i .
MA
MB
5 5
Câu 111: Chọn D
Gọi ta có z 2 3i x yi 2 3i x 2 y 3 i .
z x yi
4 IH R AB 2 53
2 2
4 2 2

2 2
Theo giả thiết x 2 y 3 1
nên điểm M biểu diễn cho số phức z nằm trên đường tròn
tâm I 2;3 bán kính R 1.
2 2
Ta có z 1 i x yi 1 i x 1 1 y i x 1 y 1
.
2
M x y
H
2
Gọi ; và 1;1 thì HM x 1 y 1
.
Do M chạy trên đường tròn, H cố định nên MH lớn nhất khi M là giao của HI với đường
tròn.
x
2 3t
Phương trình HI : , giao của HI
y
3 2t
và đường tròn ứng với t thỏa mãn:
2 2 1
3 2 3 2
9t 4t 1
t nên M
2 ;3 , M
2 ;3
.
13 13 13 13 13
Tính độ dài MH ta lấy kết quả HM 13 1.
Câu 112: Chọn D
Cách 1: Ta có: z1 z2 z3 0 z2 z3 z1
3 3 3 3
z z z z z z 3 z z z z z z z 3z z z z
1 2 3 1 2 3 1 2 1 3 1 2 3 2 3 2 3
z z z 3z z z
3 3 3
1 2 3 1 2 3
z z z 3z z z
3 3 3
1 2 3 1 2 3
z z z 3z z z 3 z z z 3
3 3 3
1 2 3 1 2 3 1 2 3
Mặt khác z z z nên z z z . Vậy phương án D sai.
1 2 3
1
3 3 3
1 2 3
3
Cách 2: thay thử z1 z2 z3 1vào các đáp án, thấy đáp án D bị sai
Câu 113: Chọn A
Cách 1: Kí hiệu Re : là phần thực của số phức.
.
2 2 2 2
1
2
3
1
2
3
1 2
2 3
3 1
1 2 2 3 3 1
2
2 2 2
z z z z z z 2 Re z z z z z z z z z z z z
Ta có z z z z z z 2 Re z z z z z z 3 2 Re z z z z z z (1).
z1z2 z2z3 z3z1
1 2 2 3 3 1 1 2 2 3 2 3 3 1 3 1 1 2
2 2 2 2 2 2 2 2 2
z . z z . z z . z 2Re z z z z z z z z z
1 2 2 3 3 1 1 2 3 2 3 1 3 1 2
z1z3 z2z1 z3z2 z1z2 z3z3 z3z1
1
z z z z z z z z z
3 2 Re 3 2 Re
2
1 2 3 1 2 2 3 3 1
Từ và suy ra .
Các h khác: B hoặc C đúng suy ra D đúngLoại B, C.
Chọn z z z A đúng và D sai
1 2 3
Cách 2: thay thử z z z
Câu 114: Chọn A
Gọi
1 2 3
1
(2).
vào các đáp án, thấy đáp án D bị sai
2 2
.
z x yi; x ; y z 2i x y 2 i . Ta có:
z 1 2i 9 x 1 y 2 9
Đặt x 1 3sin t; y 2 3cos t; t
0; 2
.
2 2 2
z 2i 1 3sint 4 3cost 26 6 sint 4 cost 26 6 17 sin t ;
26 6 17 z 2i 26 6 17 z 2i
26 6 17 .
max

Câu 115: Chọn A
Gọi z x yi; x ;
y . Ta có: z 1 z. z 1
Đặt t z 1 , ta có 0 z 1 z 1 z 1 2 t
0; 2
.
2
2 t 2
Ta có t 1 z1 z 1 z. z z z 2 2 x x .
2
2
2 2 2
Suy ra z z 1 z z z. z z z 1 z 2x 1 2x 1 t 3 .
Xét hàm số
2
f t t t 3 , t 0; 2
. Bằng cách dùng đạo hàm, suy ra
13 13 3
max f t
; min f t
3 M.
n
4 4
Câu 116: Chọn C
1
i 1
i 2
Ta có: OA z ; OB z
. z . z z
2 2 2
Ta có:
1 i
1 i
BA OA OB BA z z z z . z
2 z
2 2 2
2 2 2
Suy ra: OA OB AB và AB OB OAB là tam giác vuông cân tại B .
Câu 117: Chọn B
Áp dụng bất đẳng thức
u v u v
, ta được
2 2
2
Câu 1. 2 z 4 z 4 4 z z 2 z 4 0 z 5 1
2 2
2 2
Câu 2. 2 z z z 4 z 4 z 2 z 4 0 z 5 1
Vậy, z nhỏ nhất là 5 1,
khi z i i 5 và z lớn nhất là 5 1, khi z i i 5.
Câu 118: Chọn D
Đặt
Đặt
z x iy x, y . Thay vào điều kiện thứ nhất, ta được x
x 3cos t, y 3sin t.
Thay vào điều kiện thứ hai, ta có
y
2 2
36.
Câu 3.
3 3
P z i 18 18 sint
6.
2 2
4
3
3 2 3 2
Dấu bằng xảy ra khi sint 1 t z i.
4
4 2 2
Câu 119: Chọn D
2 2
Gọi z x yi; x ; y . Ta có: z 3 4i 5 C : x 3 y 4 5 : tâm
I 3; 4 và R 5.
Mặt khác:
2 2 2 2 2
2
M z 2 z i x 2 y x y 1
4x 2y 3 d : 4x 2y 3 M 0.
Do số phức thỏa mãn đồng thời hai điều kiện nên và C có điểm chung
z d

23 M
dI; d
R 5 23 M 10 13 M 33
2 5
4x 2y 30 0 x
5
M 33
max 2 2 z i 5 4i z i 41.
x
3 y
4
5 y
5
Câu 120: Chọn B
6
y
4
B
2
x
2
15 10 5 -1
5 10 15
-1
I
2
K
x
J
4
6
A
8
- Theo bài ra: z 2 3i z i 2 5
10
2 2 2 2
x y x y
2 3 2 1 5
2x
y 2 0
2 2
x 2 y 1
25
tập hợp điểm biểu diễn số phức là miền mặt phẳng T thỏa mãn
z
2x
y 2 0
2 2
x 2 y 1
25
A2; 6
2;2
C x 2 y
2
- Gọi , B là các giao điểm của đường thẳng 2x
y 2 0 và đường tròn
: 2 1 25 .
2 2
2 2
- Ta có: P x y 8x 6y
x 4 y 3 P 25 .
C
4; 3
C
T
Gọi là đường tròn tâm J , bán kính R P 25 .
- Đường tròn cắt miền khi và chỉ khi
JK R JA IJ IK R IA 2 10 5 25 P 3 5 40 20 10 P 20
M 20 và m 40 20 10 .
Vậy M m 60 20 10 .
Câu 121: Chọn C

I
Gọi 4;5 , J 1;0 .
Gọi A,
B lần lượt là các điểm biểu diễn số phức z1,
z2
.
Khi đó A nằm trên đường tròn tâm I bán kính R 1, B nằm trên đường tròn tâm J bán kính
R 1.
Đặt z x yi , x,
y . Ta có:
z 4i z 8 4i
x yi 4i x yi 8 4i
2 2 2
2
x 4 y x 8 y 4
16x
16y
64 0
: x y 4 0
Gọi C là điểm biểu diễn số phức z thì C .
Ta có: P z z z z CA CB .
1 2
4 5 4 5
1
0 4 3
d I,
1
R , d J,
1
R .
2
1 1
2
2
1 1
2
2
x y x y
2
4 4 4 5 4 1 0 4 0 hai đường tròn không cắt
I I J J
và nằm
cùng phía với .
Gọi A1
là điểm đối xứng với A qua , suy ra A1
nằm trên đường tròn tâm I1
bán kính R 1
(với là điểm đối xứng với qua ). Ta có I 9;0 1
.
I I
1
A1
A
Khi đó: P CA CB CA1 CB A1
B nên Pmin
A 1
B min
.
B
B
1
7
Khi đó: I1A
I1J
A8;0
; I1B
I1J
B2;0
.
8
8
A 4;4
Như vậy: Pmin
khi A đối xứng A qua và B B . Vậy
B
2;0
M z1 z2 AB 20 2 5 .
Câu 122: Chọn D
2 2
2 2
z a bi ; z 2 a b 2 a b 4 .

P 2 z 3 2 z
2 2
4a
8 3 8 4a
2 2
a 2 b 3 2 a b 4a
8 3 8 4a
.
2 2
1 3 8 4a
8 4a
4 10 .
4a 8 8 4a
8
Dấu đẳng thức xẩy ra khi 94a
8
8 4a
a .
1 3
5
8 6
Với a b (do b 0 ).
5 5
8 6
8 6
Vậy min P 4 10 z i . Khi đó S 5 2 .
5 5
5 5
0
Câu 123: Chọn C
Giả sử z a bi , a,
b z a bi .
Chia hai vế cho i ta được: z 2 i z 2 i 10
.
M a b
A B
Đặt ; , N a;
b , 2;1 , 2; 1 , C 2;1 NB MC .
2 2
X Y
Ta có: MA MC 10
M E
: 1.
25 21
Elip này có phương trình chính tắc với hệ trục tọa độ , I 0;1 là trung điểm AC .
2
2
X x x y 1
Áp dụng công thức đổi trục 1.
Y
y 1 25 21
a 5sin t
Đặt , t 0;2
b 1 21cost
2
26 4cos t 2 21cos
t
.
IXY
2018
2 2 2 2
2
z OM a b 25sin t 1
21cost 2
z
z
max
min
a 0
1 21 cost
1
.
b 1 21
a 0
1 21 cost
1
.
b 1 21
M m 2 21 .
Câu 124: Chọn A

Gọi M x;
y là điểm biểu diễn của số phức z x yi , N x;
y
là điểm biểu diễn của số
phức z x
yi
.
2 2 2
Ta có z 5 5 x 5 yi 5 x 5 y 5 .
Vậy
thuộc đường tròn
C : x 5 y 5
M 2 2 2
z
1 3i z
3 6i
1 3 3 6
2 2 2 2
x y i x y i
x 1 y 3 x 3 y 6 8x 6y
35
Vậy
N thuộc đường thẳng :8x
6y
35
Dễ thấy đường thẳng không cắt C và z z
MN
Áp dụng bất đẳng thức tam giác, cho bộ ba điểm
MN IN IM IN R IN0
R
d I
Dấu bằng đạt tại M M ; N N .
Câu 125: Chọn B
0 0
I, M , N
ta có.
8. 5 6.0 5 5
, R 5
2 2
8 6 2
M
A
B
M 0
K
I
Từ giả thiết z 1 i 5 suy ra tập hợp các điểm M biểu diễn số phức z là đường tròn (C) tâm
1;1
, bán kính R .
A7;9
0;8
I 5
Xét các điểm và B . Ta thấy IA 10 2. IM .
1
5
Gọi K là điểm trên tia IA sao cho IK IA K
;3
4 2
IM IK 1
Do , góc MIK chung IKM
IA IM 2
IMA
c. g.
c
MK IK 1
.
MA
IM
MA
2
MK
∽

Lại có: T z 7 9i 2 z 8i
MA 2. MB
2MK MB
2. BK 5 5
5
T min
5 5 M BK C
, M nằm giữa B và K 0 x M
.
2
Ta có: phương trình đường thẳng BK là: 2x+y-8=0
x
1
2x
y 8 0
y 6
Tọa độ điểm M là nghiệm của hệ: 2 2
M .
x 1 y 1
25
1;6
x
5
y 2
Vậy z 1
6i
là số phức cần tìm.
Câu 126: Chọn C
Gọi M1
, M
2
, M lần lượt là điểm biểu diễn cho số phức z1
, 2z2
, z trên hệ trục tọa độ Oxy .
Khi đó quỹ tích của điểm là đường tròn tâm I 3;4 , bán kính R 1;
M1
C1
M C 6;8
quỹ tích của điểm là đường tròn tâm I , bán kính R 1;
2
quỹ tích của điểm M là đường thẳng d : 3x 2y
12 0 .
Bài toán trở thành tìm giá trị nhỏ nhất của MM MM .
y
2
1 2
2
8
I 2
4
I 1
A
M
B
I 3
O
3
6
x
138 64
Gọi C3
có tâm I
3 ;
, R 1
là đường tròn đối xứng với C2
qua d . Khi đó
13 13
MM MM MM MM
min 2 min 2
1 2 1 3
với M C .
3 3
I I C
Gọi A , B lần lượt là giao điểm của đoạn thẳng
1 3
với
1
, . Khi đó với mọi điểm
M
C
1 1
, M C , M d ta có MM1 MM
3
2 AB 2 , dấu "=" xảy ra khi
3 3
9945
M1 A,
M
3
B . Do đó Pmin AB 2 I1I3
2 2 I1I3
.
13
Câu 127: Chọn B
Gọi z x y i và z x y i
1 1 1 2 2 2
, trong đó x1
, y1
, x2
,
2
; đồng thời M1 x1;
y1
và
M
2
x2;
y2
lần lượt là điểm biểu diễn các số phức z1
, z2
.
2 2
x1 y1
144
Theo giả thiết, ta có:
.
2 2
x2 3 y2
4
25
C 3
y

Do đó
1
thuộc đường tròn
1
có tâm O 0;0 và bán kính R1 12
, M
2
thuộc đường tròn
M C
C
2
có tâm I 3;4 và bán kính R2 5.
O C2
Mặt khác, ta có
nên C2
chứa trong C 1 .
OI 5 7 R1 R2
(C 2 )
O
I
M 2
M 1
(C 1 )
Khi đó z1 z2
M1M
2
. Suy ra z z M M M1M 2
R1 2R2
2.
Câu 128: Chọn C
Gọi , a, b
z a bi
1 2 min
1 2 min
z 4 3i 2 a ib 4 3i 2 a 4 b 3 i 2
a
b
2 2
4 3 4
Khi đó tập hợp các điểm M a;
b biểu diễn số phức thuộc vào đường tròn C có
2 2
tâm I 4; 3
, R 2 . Ta có OI 3 4 5 .
z a bi
Suy ra z OI R 5 2 7 , z OI R 5 2 3.
max min
Gọi là đường thẳng qua hai điểm OI ta có
phương trình của . Gọi và lần lượt là hai giao điểm của và
: 3x 4y 0 M N
C
sao cho OM 3 và ON 7 khi đó
3 12 9
OM OI M ; 28 21
z1
i
5 5 5 5 5 28 12
.
7
S 8
28 21
12 9
ON OI N ; 5 5
z2
i
5 5 5 5 5
Câu 129: Chọn D
z 2i
0
2
Ta có z 4 z 2i z 1
2i
z 2i z 2i z 1 2i
0
.
z 2i z 1
2i
Do đó tập hợp các điểm biểu diễn số phức trên mặt phẳng tọa độ là điểm A 0;2
N z Oxy
BC B 0; 2
C 1; 2
và đường trung trực của đoạn thẳng với , .
1
Ta có BC 1;0
, M ;0 là trung điểm BC nên phương trình đường trung trực của BC là
2
: 2x
1 0 .
7
Đặt D3;2
, DA 3, d D,
.
2

Khi đó P z 3 2i DN , với N là điểm biểu diễn cho z .
Suy ra min P min DA, d D, 3 .
Câu 130: Chọn C
Xét A 1;1 , B 8;3 ta có AB 53
các điểm biểu diễn z là đoạn thẳng AB
P z 1 2i MM với M là điểm biểu diễn số phức z , M là điểm biểu diễn số phức
z 1
2i
Phương trình đường thẳng AB : 2x 7 y 5 0
Hình chiếu vuông góc của
87 13
M lên AB là M1
;
53 53
Ta có A nằm giữa M1
và B nên P MM lớn nhất MM1
lớn nhất
M B z 8 3i
Pmax 106 .
Câu 131: Chọn A
2 2
Gọi z x yi, x,
y . Theo giả thiết, ta có z 2 x y 4 .
Suy ra 2 x, y 2 .
Khi đó, P 2 z 1 2 z 1 z z 4i
2 2 2 2
2 x 1 y x 1 y y 2
2 2 2 2
2
P 2 x 1 y 1 x
y y 2 22 1 y 2 y
Dấu “ ” xảy ra khi x 0 .
2
Xét hàm số f y 2 1 y 2 y trên đoạn 2; 2 , ta có:
2y
2y
1
y
f y 1
2
2
1
y 1
y
2
1
; f y
0 y .
3
Ta có f 1
2 3 ; ; .
3
f 2
4 2 5 f 2
2 5
1
Suy ra min f y
2 3 khi y .
2; 2
3
Do đó 2 2 3 4 2 3
1
P . Vậy Pmin 4 2 3 khi z i .
3
Câu 132: Chọn D
Đặt z x yi với x , y theo giả thiết z z 2i y 1.
d
Vậy tập hợp các điểm biểu diễn số phức z là đường thẳng d
.
A
Gọi 0;1 , B 4;0 suy ra z i z 4 P là tổng khoảng cách từ điểm M x; 1
đến hai
điểm A , B .
A
B
d
d
A0; 3
Thấy ngay 0;1 và 4;0 nằm cùng phía với . Lấy điểm đối xứng với A 0;1 qua
đường thẳng ta được điểm .
2 2
Do đó khoảng cách ngắn nhất là AB
3 4 5 .
Câu 133: Chọn B.
.

Đặt a, b .
z a bi
2
2 2 2
z 1 i z 3i a 1 b 1 a b 3
z a b
2 2
1
w
z
7
2b
b
2
1 2 5
z 7
2 5
Vậy w .
max
7
Câu 134: Chọn C
2
2
2 49
5b
14b
4
7
a 2b
.
2
7 49
5b
5 20
7 63
. Đẳng thức xảy ra khi b và a .
5 10
2
7
2 5
Ta có z 2 2z 5 z 1 2i z 3i 1 z 1 2i z 1 2i z 1 2i z 3i
1
z
1
2i
0
.
z 1 2i z 3i
1
Trường hợp 1: z 1 2i
0 w 1 w 1 1 .
Trường hợp 2: z 1 2i z 3i
1
.
Gọi z a bi (với a,
b ) khi đó ta được
2 2 1
a 1 b 2 i a 1 b 3 i b 2 b 3 b .
2
Suy ra w z 2 2i a 2 3 i w a
2 2
9 3 2
.
2 4 2
Từ , 2 suy ra min | w | 1.
1
Câu 135: Chọn D
Đặt z a bi , a,
b .
2 2
Ta có 6 3i iz 2z 6 9i a b 6a 8b
24 0 .
2 2
z1
3 4i
1
a 3 b 4 1 z 3 4i
1
.
z2
3 4i
1
2 2 2
2
Ta lại có: 2 z1 3 4i z2 3 4i
z1 z2 z1 z2
6 8i
.
211 64 z 2
2 6
1 z2 6 8i z1 z2
6 8i
.
25 5
6 56
Ta có: z1 z2 z1 z2 6 8i 6 8i z1 z2
6 8i
6 8i
10
.
5 5
Câu 136: Chọn B
2 2 2
2
Đặt z x yi . Ta có P x 2 y x y 1
4x 2y
3 .
hbh
2 2
Mặt khác z 3 4i 5 x 3 y 4 5 .
Đặt x 3 5 sin t , y 4 5 cost
Suy ra P 4 5 sin t 2 5 cost
23 .
Ta có 10 4 5 sin t 2 5 cost
10
.
2 2
Do đó 13 P 33 M 33, m 13 w 33 13 1258 .

Câu 137: Chọn A
Ta có z 3i 5 2 2iz 6 10i
4 ; iz 1 2i 4 3z 6 3i
12 2 .
1
1 1
2 2
1
Gọi A là điểm biểu diễn số phức 2iz1
, B là điểm biểu diễn số phức 3z2
. Từ và 2 suy
ra điểm nằm trên đường tròn tâm I1 6; 10
và bán kính R1 4 ; điểm B nằm trên đường
A
tròn tâm I2 6;3 và bán kính R2 12
.
A
I 1
I 2
B
2 2
Ta có T 2iz 3z AB I I R R 12 13 4 12 313 16
.
Vậy max T 313 16.
Câu 138: Chọn A
1 2 1 2 1 2
Ta có iz 2 i 1 z 1 i 2 1 . Gọi z0 1 i 2 có điểm biểu diễn là I 1; 2 .
Gọi A , B lần lượt là các điểm biểu diễn của z1
, z2
. Vì z1 z2 2 nên I là trung điểm của
AB .
2 2 2 2
Ta có z1 z2 OA OB 2 OA OB 4OI AB 16 4 .
Dấu bằng khi OA OB .
Câu 139: Chọn B
Ta có: 3 u 6i 3 u 1 3i
5 10 u 6i 5 10
5 10
u 1 3i
MF1 MF2
.
3
3
1 9
u có điểm biểu diễn M thuộc elip với hai tiêu điểm F1 0;6 , F2
1;3
, tâm I
; và độ
2 2
5 10 5 10
dài trục lớn là 2a a .
3
6
F F 1; 3 F F : 3x y 6 0 .
1 2 1 2
Ta có: v 1 2i v i v i NA NB
v có điểm biểu diễn N thuộc đường thẳng d là trung trực của đoạn AB với A 1; 2 , B 0;1 .
1 1
AB 1;3
, K
;
là trung điểm của AB d : x 3y
2 0 .
2 2
1 27
2
2 2 3 10
d I,
d
2
1 3
2
2
2 10
Dễ thấy F1 F2
d min u v min MN d I,
d a .
3
Câu 140: Chọn D

Cách 1:
2 2
Đặt z 3 2i w với w x yi x,
y . Theo bài ra ta có w 2 x y 4 .
2 2 2
2
Ta có P z 1 2i 2 z 2 5i w 4 2 w 1 3i x 4 y 2 x 1 y 3
2 2 2 2
2 2 2
x y x x y x y x y
y y y y .
20 8x 2 x 1 y 3 2 5 2x 2 x 1 y 3
2 2 2 2 2
2 2 1 1 3 2 1 1 3
2 3 2 3 6
x
1
x 1
P 6 y 3 y
0 .
y 3
2 2
x
y 4
Vậy GTNN của là bằng đạt được khi z 2 2 3 i .
P 6
Cách 2:
z 3 2i
2 MI 2
M I;2
với I 3;2
.
A 1;2
B 2;5
P z 1 2i 2 z 2 5i MA 2MB
với , .
2 IA
Ta có IM 2 ; IA 4 . Chọn K 2;2
thì IK 1. Do đó ta có IA.
IK IM
IM
IAM
và IMK
đồng dạng với nhau AM IM
2
.
MK
IK
AM 2 MK
Từ đó P MA 2MB
2 MK MB 2BK .
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi M , K , B thẳng hàng và M thuộc đoạn thẳng BK .
Từ đó tìm được M 2;2 3 .
Cách 3:
IM
IK
Gọi M a;
b là điểm biểu diễn số phức z a bi.
Đặt 3;2 , 1;2 và B 2;5 .
I A
Ta xét bài toán: Tìm điểm M thuộc đường tròn C có tâm I , bán kính R 2 sao cho biểu
thức
P MA 2MB
đạt giá trị nhỏ nhất.
Trước tiên, ta tìm điểm K x;
y sao cho MA 2MK
M
C .
2 2
2 2
Ta có MA 2MK MA 4MK MI IA 4MI IK
MI IA 2 MI. IA 4 MI IK 2 MI. IK 2MI IA 4IK 3R 4IK IA
2 2 2 2 2 2 2
*
.

IA 4IK
0
luôn đúng M
C
.
3R 4IK IA 0
*
2 2 2
4 x 3 4 x
2
IA 4IK
0
4 y 2 0 y
2
2 2 2
Thử trực tiếp ta thấy K 2;2 thỏa mãn 3R 4IK IA 0 .
2 2 2 2
Vì BI 1 3 10 R 4 nên nằm ngoài C .
B
1 R 4 K C
2 2 2 2
2
2 2
Vì KI
nên nằm trong .
Ta có MA MB MK MB MK MB KB .
Dấu bằng trong bất đẳng thức trên xảy ra khi và chỉ khi M thuộc đoạn thẳng BK .
.
Do đó MA 2MB
nhỏ nhất khi và chỉ khi M là giao điểm của C và đoạn thẳng BK.
Phương trình đường thẳng BK : x 2 .
2 2
Phương trình đường tròn C : x 3 y 2 4 .
x 2
x 2 x 2
Tọa độ điểm M là nghiệm của hệ 2 2
hoặc .
x 3 y 2
4
y 2 3 y 2 3
Thử lại thấy M 2;2 3 thuộc đoạn BK .
Vậy a 2 , b 2 3 a b 4 3 .
Câu 141: Chọn A
Gọi z x yi , với , . Khi đó M x;
y là điểm biểu diễn cho số phức z .
x y
2 2
z
MA MB A5; 2
B 0;3
Theo giả thiết, iz 1 2i 3 2 i 3 x 2 y 1 9 .
Ta có T 2 z 5 2i 3 z 3i 2 3 , với và .
Nhận xét rằng A , B , I thẳng hàng và 2IA
3IB
.
Cách 1:
Gọi là đường trung trực của AB , ta có : x y 5 0 .
T 2MA 3MB
PA PB . Dấu “ ” xảy ra khi M P hoặc M Q .
x y 5 0
8 2 2 2
Giải hệ 2 2
P
;
8 2 2 2
và .
x 2 y 1
9 2 2
Q
;
2 2
Khi đó M max T 5 21 .
Vậy M. n 10 21 .
Cách 2:
Ta có A , B , I thẳng hàng và 2IA
3IB
nên 2IA
3IB
0 .

2 2
2 2
2 2 2
2MA
3MB
2 MI IA 3 MI IB 5MI 2IA 3IB
105
.
2
2
2 2
Do đó T 2. 2MA 3. 3MB
5 2MA
3MB
525 hay T 5 21 .
Khi đó M max T 5 21 . Dấu “ ” xảy ra khi M P hoặc M Q .
Vậy M. n 10 21 .
Câu 142: Chọn B
Vì O , M , N không thẳng hàng nên z1
, z2
không đồng thời là số thực, cũng không đồng thời là số
2
thuần ảo , là hai nghiệm phức, không phải số thực của phương trình z a 2 z 2a
3 0 .
z 1 2
z
2
Do đó, ta phải có: a 12a
16 0 a 6 2 5; 6 2 5 .
2
2 a a 12a
16
z1
i
2 2
Khi đó, ta có:
.
2
2 a a 12a
16
z1
i
2 2
OM ON z1 z2 2a
3
Tam giác
2
và MN z1 z2 a 12a
16
.
2 2 2
OMN cân nên MON OM ON MN
120
cos120
2 OM.
ON
2
a 6a
7 0 a 3 2 (thỏa mãn).
Suy ra tổng các giá trị cần tìm của a là 6 .
Câu 143: Chọn A
Đặt
z x yi x,
y
z 2 i
, ta có:
12 5i z 17 7i
z 2 i
2
a 8a
10 1
2 2a
3 2
13
12 5i z 17 7i 13 z 2 i
12 5i z 1 i 13 z 2 i 12 5i z 1 i 13 z 2 i 13 z 1 i 13 z 2 i
z 1 i z 2 i x yi 1 i x yi 2 i
6x
4y
3 0 .(thỏa điều kiện z 2 i )
2 2 2 2
x 1 y 1 x 2 y 1
Vậy tập hợp điểm biểu diễn số phức z là đường thẳng 6x
4y
3 0 .
Câu 144: Chọn A
Gọi
Gọi
Gọi
M x,
y
là điểm biểu diễn số phức z x yi x,
y R
E 1, 2
là điểm biểu diễn số phức 1
2i
F 0, 1
là điểm biểu diễn số phức i
Ta có: z 2i 1
z i ME MF Tập hợp điểm biểu diễn số phức z là đường trung
trục EF : x y 2 0 .
Để MA ngắn nhất khi MA EF tại M 3,1 z 3
i .
M
Câu 145: Chọn B
Gọi , là điểm biểu diễn số phức
M x y
z x yi x,
y R
Ta có: 2 2
2 2 2 2 2 2 2
z z 2 z 16 x 2xyi y x 2xyi y 2x 2y
16

2
4x
16 x 2
d d1 d2
, 4
Ở đây lưu ý hai đường thẳng x = 2 và x = -2 song song với nhau.
Câu 146: Chọn B
7 19 7 19 19
Ta có: 1 iz i
2 i z z 3 i w i M ; tan .
82 82
82 82
7
2
2 tan
133 1
tan 156
Lúc đó: sin 2
0; cos 2
0 .
2 2
1
tan 205 1
tan 205
Câu 147: Chọn D
4 2
Phương trình z mz n 0 không có nghiệm thực trong các trường hợp:
2
TH 1: Phương trình vô nghiệm, tức là m 4n
0.
2
0 m
4n
0
TH 2: Phương trình t 4 mt 2 n 0; t z
2
có hai nghiệm âm S
0 m
0 .
P
0
n 0
Câu 148: Chọn B
Đặt f z z 4z 3z 3z
3 f z z z z z z z z z .
Do
4 3 2
1 2 3 4
2 2 1 1
nên
z z z i z i
2
1 1 1 1
2 2 2 2
1
2
1
2
2
2
2
2
3
2
3
2
4
2
4
2
f 1 i f 1
i
10 i10
i
.
T z z z z z z z z
101
Câu 149: Chọn A
Đặt z x yi .
2018 2017
11z 10iz 10iz
11 0
2017 1110iz
2017 1110
iz
z z
11z 10i 11z 10i
z
TH1:
2017
2 2
100 121
220
x y y
2 2
121 100 220
z x y
x y y
2 2
1 1
2 2 2 2
100 x y 121 220y 121 x y 100 220y
z 1 sai
TH2:
z x y
2 2
1 1
2 2 2 2
100 x y 121 220y 121 x y 100 220y
z 1 sai
TH2:
Vậy . z 1
2 2
z 1 x y 1
. Thay vào thấy đúng.
Câu 150: Chọn B
4 3 2
Đặt f z z 2z 6z 8z 9 f z 0 .

Ta có z 2 4 z 2 4i 2 z 2i z 2i
2 2 2 2 . 2 2 2 2
T z i z i z i z i z i z i z i z i
1 2 3 4 1 2 3 4
4
f 2 i . f 2i
1.
Câu 151: Chọn C
3 2
Phương trình z bz cz d 0 với b , c , d có ba nghiệm z1
, z2 5 4i và z3
, trong
đó z là nghiệm có phần ảo dương nên z
3
1
và z3 z2 5 4i
.
Suy ra: w z 3z 2z z 25 4i
.
1 2 3 1
Do đó phần ảo của số phức w z 3z 2z bằng 4
.
1 2 3
Câu 152: Chọn A
2
z1
2 i
Phương trình z 4z
5 0 .
z2
2 i
Vậy tọa độ hai điểm biểu diễn z1
và z2
là : A2;1
, B 2; 1
.
Ta có: cos OAOB . 2.2 1.1 3
AOB .
OAOB . 5. 5 5
Câu 153: Chọn D
2
z
2
4 2
Ta có 2z
3z
2 0 . 2 1
z
2
2
z 2
Với z 2 suy ra .
z
2
2
z
i
2 1
2
Với z suy ra .
2 2
z
i
2
2 2 2 2 2 2
Do đó T z1 z2 z3 z4
2 2 5 .
4 4
Câu 154: Chọn B
2
4 2
z 1
z
i
Ta có: z 2z
3 0
.
2
A 8
z
3 z
3
Câu 155: Chọn A
Vì z 2 và z 1
i là 2 nghiệm của phương trình nên ta có hệ phương trình.
4a 2b c 8 a 4
8 4a 2b c 0
3 2
b c 2 b 6 a b c 14
.
1 i a 1 i b1 i
c 0 2a b 2
c
4
Câu 156: Chọn A
2 2
Phương trình tương đương với z z
Vậy
1 2 3 4
2 3 0 .
z i 2, z i 2, z 3, z 3 . T 2 3 2 2. .

Câu 157: Chọn D
2
2
2 2 4 2
z 9 z
3
z 1
2z 46 z 4z
45 0
2
z
5 z
Câu 158: Chọn D
2
4 2 2
z 4
Ta có: z 16 0 z 4 z 4
0 z1 2 z2 2 z3 2i z4
2i
.
2
z
4
2 2 2 2
1 2 3 4
16
z z z z
Câu 159: Chọn A
4 2 2 2
z 3
Ta có: z z 6 0 z 3 z 2
0 .
z
2i
S z z z z 2 3 2
1 2 3 4
Câu 160: Chọn C
4 2
.
.
Giải phương trình z z 6 0 ta được z1 2; z2 2; z3 i 3; z4
i
3 .
T z1 z2 z3 z4 2 2 2 3 .
Câu 161: Chọn A
z
2 z 2
z 2
Phương trình
1 .
2 1
z
i
z 2
2
1 z i
2
1 1
Nên S 2 2 i i 3 2 .
2 2
Câu 162: Chọn D
2
2
4 2 2
z 4
Ta có: z 16 0 z 4 z 4
0 z1 2 z2 2 z3 2i z4
2i
.
2
z
4
2 2 2 2
1 2 3 4
16
z z z z
Câu 163: Chọn C
.
3 2
5i
.
Ta có: z 1 i là nghiệm suy ra 1 i a 1 i b 1 i c 0 .
Và z 2 là nghiệm suy ra 8 4a 2b c 0 .
b c 2 0 a
4
Từ hai điều này ta có hệ 2a b 2 0 b
6 .
4a 2b c 8 0
c
4
Câu 164: Chọn A

Ta có z1 + z2 + z3 = -a Û 4w+ 12i - 4 = -a
là số thực, suy ra w có phần ảo -3i
hay
w = m-3i
.
Khi đó z1 = m; z2 = m + 6 i; z3
= 2m-6i
-4
mà z3;
z2
là liên hợp của nhau nên
m = 2m-4 Û m = 4 .
Vậy z = 4; z = 4 + 6 i; z = 4-6i
.
1 2 3
Theo Viet ta có.
ì
z1 + z2 + z3
= - a ì
a = -12
ï
íz1z2 + z2z3 + z1z3
= b Þ ï
íb
= 84 .
ï z1z2 z3
c
ïî = - ï ïî c = - 208
P = - 12 + 84- 208 = 136 .
Câu 165: Chọn D
2
4 2
z 9 z
3
Ta có : z 2z
63 0 .
2
z
7 z
i 7
Câu 166: Chọn D
2
4 2
z 7 z 7
Ta có: z 4z
77 0 . S z .
2
1
z2 z3
z4 2 7 2 11
z 11 z i
11
Câu 167: Chọn D
2
z
2 z
2
4 2
Ta có: 2z
3z
2 0
.
2 1
z 2
z i
2
2
2 2 2 2
T z1 z2 z3 z4
2 2 i i 2 2 3 2 .
2 2 2 2
Câu 168: Chọn A
z
1
2
z
1
Phương trình ( z 1)( z 3z
4) 0
.
2
3 7
z 3z 4 0 z i
2 2
2 2
2 2
2 2 3 7 3 7
Do đó T 1 0 5 .
2
2
2
2
Câu 169: Chọn A
z z 12 0 z 3 z 4
0
z
2
Vậy T 10 .
4 2 2 2 z i 3
.
Câu 170: Chọn C
Gọi z x y i; z x y i; z x y i; x
; y
; k 1; 3 .
1 1 1 2 2 2 3 3 3
Khi đó: A x ; y ; B x ; y ; C x ; y , gọi G là trọng tâm
1 1 2 2 3 3
x x x y y y
1 2 3 1 2 3
ABC G
; .
3 3
k
k

Tương tự, gọi z x yi; z x yi; z x yi; x ; y
; k 1; 3 .
1 1 1 2 2 2 3 3 3
Khi đó: A x; y ; B x ; y ; C x ; y
,
1 1 2 2 3 3
x x x y y y
1 2 3 1 2 3
gọi G là trọng tâm ABC
G ; .
3 3
z z z z z z x x x y y y i x x x y y y
i
Do
1 2 3 1 2 3 1 2 3 1 2 3 1 2 3 1 2 3
x x x x x x
y
y y y y y
1 2 3 1 2 3
1 2 3 1 2 3
G
G.
k
k

Câu 1. (THPT LÝ THƯỜNG KIỆT – HÀ NỘI) Cho số phức z thoả mãn z 3 4i
5 và biểu thức
2 2
P z 2 z i đạt giá trị lớn nhất. Tính z i
A. 61 . B. 41 . C. 5 3 . D. 3 5 .
Câu 2. (Chuyên Lê Quý Đôn Quảng Trị ) Cho hai số phức z , w thỏa mãn z 3 2 2 ,
w 4 2i
2 2 . Biết rằng z w đạt giá trị nhỏ nhất khi z z , w w . Tính 3z w .
0
0
0 0
A. 2 2 . B. 4 2 . C. 1. D. 6 2 .
Câu 3. (Cụm 8 trường Chuyên ) Cho số phức z thỏa mãn 3 z z 2 z z 12 . Gọi M , m lần lượt
là giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của z 4 3i
. Giá trị của M.
m bằng
A. 28. B. 24. C. 26. D. 20.
Câu 4. (Sở Lạng Sơn 2019) Cho hai số phức z , z thỏa mãn z1 3i
5 2 và iz2 1
2i
4 .Tìm
giá trị lớn nhất của biểu thức T 2iz1
3z
z
1 2
A. 313 .B. 313 8 . C. 313 16
.D. 313 2 5 .
Câu 5. (CỤM TRẦN KIM HƯNG - HƯNG YÊN ) Cho số phức z thỏa mãn
2 2
z + iz + 2 = z + z - i + 1 . Giá trị nhỏ nhất của z - 2 + i là
1
A. 2 2 . B. 2 . C. 2 . D. 5 - .
2
Câu 6. (Chuyên Lê Hồng Phong Nam Định) Cho hai số phức z , z thoả mãn
z 2 i z 4 7i
6 2 và iz2 1 2i
1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức T z1 z2
.
1 1
A. 2 1. B. 2 1. C. 2 2 1. D. 2 2 1.
Câu 7. (ĐH Vinh) Giả sử 1
, 2
z z là hai trong các số phức thỏa mãn z 68
zi
z1 z2 4 , giá trị nhỏ nhất của z1 3z2
bằng
1 2
là số thực. Biết rằng
A.5 21 . B. 20 4 21 . C. 20 4 22 . D.5 22 .
Câu 8. (ĐH Vinh) Giả sử 1
, 2
z z là hai trong các số phức thỏa mãn z 1 z 2i
Biết rằng z1 z2 2 , giá trị nhỏ nhất của z1 5z2
bằng
là một số thuần ảo.
A. 13 5 . B.3 5 13 . C. 3 5 2 13 . D.5 22 .
Câu 9. (ĐH Vinh) Giả sử z , z
1 2
là hai trong số các số phức z thỏa mãn iz 2 i 1 và z z
Giá trị lớn nhất của z z bằng
1 2
A. 4 . B. 2 3 . C. 3 2 . D. 3..
1 2
2
Câu 10. (Đề thi HK2 Lớp 12-Chuyên Nguyễn Du- Đăk Lăk) Cho các số phức z,
w thỏa mãn
3 5 5w
w i và 2 i . Giá trị lớn nhất của biểu thức P z 1 2i z 5 2i
bằng
5 z 4
29
A. 52 55 . B. 2 53 . C. . D. 3 134 .
2
3 2
Câu 11. (Cầu Giấy Hà Nội 2019) Cho số phức z thay đổi thỏa mãn z i . Giá trị lớn nhất của
3 3
biểu thức
P z 1 z 1 z 3i
bằng

4
8
16
32
A. . B. . C. . D. .
3
3
3
3
Câu 12. (Hàm Rồng ) Cho số phức z, z , z thỏa mãn z1 4 5i z2
1 1 và z 4i z 8 4i
.
1 2
Tính z z khi P z z z z đạt giá trị nhỏ nhất.
1
2
1 2
A. 2 5 . B. 41 . C. 8 . D. 6.
Câu 13. (Sở Hà Nam) Cho số phức z a bi với a,
b là hai số thực thỏa mãn a 2b
1. Tính z khi
biểu thức
z 1 4i z 2 5i
đạt giá trị nhỏ nhất.
1
1
2
A. . B. 5 . C. . D. .
5
5
5
Câu 14. (THPT SỐ 1 TƯ NGHĨA) Cho hai số phức z , z thỏa mãn z1 1
3i
1 và
z2 1 i z2
5 i . Giá trị nhỏ nhất của biểu thức P z2 1 i z2 z1
bằng
A. 2 5 1. B. 10 1. C. 10 1. D. 3 .
Câu 15. (THPT ĐÔ LƯƠNG 3) Cho số phức số z thỏa mãn z 1 3i z 5 i 2 65 . Giá trị nhỏ
2 2
nhất của z 2 i đạt được khi z a bi với a,
b là các số thực dương. Giá trị của 2a b là
A. 17 . B. 33 . C. 24 . D. 36 .
Câu 16. (THĂNG LONG HN) Cho số thực a thay đổi và số phức z thỏa mãn
z i a
.
2
a 1
1 a( a 2 i)
Trên mặt phẳng tọa độ, gọi M là điểm biểu diễn số phức z . Khoảng cách nhỏ nhất giữa hai
điểm M và I( 3;4)
(khi a thay đổi) là
A. 6 . B. 5 . C. 4 . D. 3 .
Câu 17. (THPT-Yên-Khánh-Ninh-Bình )Cho hai số phức và a bi a,
b thỏa mãn:
1 2
z
z 5 z 5 6 ; 5a
4b
20 0 . Giá trị nhỏ nhất của z
là
3
5
4
3
A. . B. . C. . D. .
41
41
41
41
Câu 18. (Sở Vĩnh Phúc) Cho số phức z thỏa mãn z 2 3i
1.Giá trị lớn nhất của z 1
i là
A. 4 B. 6 C. 13 1. D. 13 2 .
Câu 19. (Đặng Thành Nam Đề 6) Gọi S là tập hợp tất cả các số phức z thoả mãn z 1 34 và
z 1 mi z m 2 i . Gọi
1,
2
là hai số phức thuộc S sao cho z1 z2
nhỏ nhất, giá trị
của
z
z
1 2
bằng
z z
A. 2 . B. 2 3 . C. 2 . D. 3 2 .
Câu 20. (CHUYÊN HUỲNH MẪN ĐẠT 2019) Cho số phức z , z thỏa mãn
z 2 2i z 2 2i 10 2 , z
2
6 6i
2 .
1 1
Tìm giá trị lớn nhất của z z .
1 2
A. 5 2 . B. 11 2 . C. 12 2 . D. 16 2 .
1 2

Câu 21. (Chuyên Ngoại Ngữ Hà Nội) Cho các số phức , , z thay đổi thỏa mãn các điều kiện sau:
z z1
2
iz 2i
4 3 ; phần thực của z1
bằng 2 ; phần ảo của z2
bằng 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu
2 2
thức T z z z z .
1 2
A. 9 . B. 2 . C. 5 . D. 4 .
Câu 22. (Nam Tiền Hải Thái Bình ) Cho số phức z thỏa mãn z 1. Tính giá trị lớn nhất của biểu thức
T z 1 2 z 1 .
A. max T 3 2. B. max T 2 10. C. max T 2 5. D. max T 3 5.
z1
z2
z3
1 1
Câu 23. (CổLoa Hà Nội) Gọi , , là ba số phức thỏa mãn điều kiện z 1 z 3i
10 ,
z 3 z 3i
3 2 , z3 1 z3
3 4 . Đặt m là giá trị nhỏ nhất của biểu thức
2 2
z1 z2 z2 z3 z3 z1
. Khẳng định nào sau đây đúng?
m
m
m
A. 4;5 . B. 5;6 . C. 6;7 . D. m 7;8 .
Câu 24. (Chuyên Vinh) Xét các số phức z , w thỏa mãn z 2 , iw 2 5i
1. Giá trị nhỏ nhất của
z
2
wz
4
bằng
A. .B. 2 29 3 .C. .D. 2 29 5 .
4 8
Câu 25. (Kim Liên) Xét các số phức z thỏa mãn z 3 2i z 3 i 3 5 . Gọi M , m lần lượt là hai
giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của biểu thức P z 2 z 1 3i
. Tìm M , m .
A. M 17 5, m 3 2 . B. M 26 2 5, m 2 .
C. M 26 2 5, m 3 2 . D. M 17 5, m 2 .
Câu 26. (Sở Nam Định) Cho số phức z thỏa mãn iz 2i 1 1. Gọi M,m lần lượt là giá trị lớn nhất và
nhỏ nhất của z 1 i . Tính M m .
A. 2 5 . B. 2 . C. 6 . D. 1
5 .
Câu 27. (Thị Xã Quảng Trị) Trong mặt phẳng tọa độ, cho điểm A 4;3 và M là điểm biểu diễn của
z
số phức thỏa mãn hệ thức 2 i z z 1 2i z 1 3i
. Giá trị nhỏ nhất của đoạn AM bằng
A. 3. B. 4 . C. 6 . D. 7 .
Câu 28. (ĐH VINHXét các số phức z,
w thỏa mãn w i 2, z 2 iw . Gọi z1,
z
2
lần lượt là các số
phức mà
tại đó z đạt giá trị nhỏ nhất và đạt giá trị lớn nhất. Mô đun z1 z2
bằng
A. 3 2 . B. 3 . C. 6 . D. 6 2 .
Câu 29. (Chuyên Vinh) Xét các số phức z,
w thỏa mãn w i 2, z 2 iw.
Gọi z1,
z2
lần lượt là các
số phức mà tại đó đạt giá trị nhỏ nhất và đạt giá trị lớn nhất. Mô đun z z bằng
z
1 2
A. 3 2 . B. 3 . C. 6 . D. 6 2 .
Câu 30. (SỞ QUẢNG BÌNH) Xét các số phức z thỏa mãn z 3 2i
2 . Giá trị nhỏ nhất của 2z
6 5i
bằng:
A. 3. B. 5.
3
C. .
2
D.
5 .
2

Câu 31. (Hùng Vương Bình Phước) Cho 2 số phức z ; z thoả mãn
z + 5 = 5; z + 1- 3i = z -3-6i
1 2 2
. Giá trị nhỏ nhất của biểu
thức P = z1 - z2
là
3
5
A. P
min
= 3. B. P
min
= . C. P
min
= . D. P
min
= 5.
2
2
2
Câu 32. (THPT NINH BÌNH – BẠC LIÊU) Cho số phức z thỏa mãn z z z z z . Giá trị lớn
nhất của biểu thức
P z 5 2i
bằng bao nhiêu?
A. 2 5 3 . B. 2 3 5 . C. 5 2 3 . D. 5 3 2 .
z
2
Câu 33. (Chuyên KHTN ) Cho số phức thỏa mãn z z z z z . Gọi m và M lần lượt là giá trị
lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của z 4 2i . Khi đó m M bằng
A. 26 2 . B. 26 3 2 . C. 10 34 . D. 2 26 .
Câu 34. (Chuyên Hạ Long )Cho số phức z thỏa mãn z 6 z 6 20 . Gọi M , n lần lượt là môđun
lớn nhất và nhỏ nhất của z. Tính M n
A. M n 2 . B. M n 4 . C. M n 7 . D. M n 14 .
Câu 35. (Cẩm Giàng) Cho số phức z thỏa mãn z 2 2i
1. Số phức z i có môđun nhỏ nhất là:
A. 5 2 . B. 5 1. C. 5 1. D. 5 2 .
Câu 36. (Cụm THPT Vũng Tàu) Cho số phức z thỏa mãn hệ thức z 2 5i z i và z 1
i nhỏ
nhất. Tổng phần thực và phần ảo của z bằng
16
3
11
11
A. . B. . C. . D. .
5
5
5
5
Câu 38. (CHUYÊN NGUYỄN QUANG DIỆU ĐỒNG THÁP)Gọi S là tập hợp các số phức thỏa
z 3 z 3 10 . Gọi z1;
z2
là hai số phức thuộc S có mô đun nhỏ nhất. Giá trị biểu thức
2 2
P z1 z2
là
A. 16 . B. 16
. C. 32 . D. 32
.
Câu 39. (SGD-Nam-Định) Cho số phức z thỏa mãn iz 2i 1 1. Gọi M,m lần lượt là giá trị lớn nhất
và nhỏ nhất của z 1 i . Tính M m .
A. 2 5 . B. 2 . C. 6 . D. 1
5 .
Câu 40. (SỞ GD & ĐT CÀ MAU) Cho hai số phức , z thay đổi, luôn thỏa mãn z1 1
2i
1
và
z1
2
P
1 2
z2 5 i 2 . Tìm giá trị nhỏ nhất
min
của biểu thức P z z .
A. P . B. Pmin 1. C. Pmin 5 . D. Pmin 3 .
min
2
Câu 41. (HKII Kim Liên) Cho hai số phức z1,
z2
thỏa mãn z1 1 i 1
và z2 2 iz1.
Tìm giá trị nhỏ
nhất Pmin
của biểu thức P 2 z1 z2
.
A. Pmin 2 2 . B. Pmin 8 2 . C. Pmin 2 2 2 . D. Pmin 4 2 2 .
2
Câu 42. (CHUYÊN HOÀNG VĂN THỤ HÒA BÌNH) Trong các số phức z thỏa mãn z 1 2 z ,
gọi và z lần lượt là các số phức có môđun nhỏ nhất và lớn nhất. Giá trị của biểu thức
z
z1
2
2 2
z
1 2
bằng
A. 6 . B. 2 2 . C. 4 2 . D. 2 .
1 2

Câu 43. (Sở Ninh Bình 2019) Cho số phức z thỏa mãn z 1 3 . Tìm giá trị lớn nhất của
T z 4 i z 2 i
.
A. 2 26 . B. 2 46 . C. 2 13 . D. 2 23 .
Câu 44. (Sở Đà Nẵng) Cho số phức z thay đổi thỏa z i 2. Giá trị nhỏ nhất của biểu thức
P z i 4 2 z 3i
3
bằng
A. 2 3 . B. 2 . C. 4 2 . D. 6 .
Câu 45. (Nguyễn Du Dak-Lak)Cho số phức z thỏa mãn z 2 i 1
và số phức z thỏa mãn điều kiện
z
1 2i z
1
. Giá trị nhỏ nhất của z z bằng
A. 2 + 1. B. 2 2 + 1. C. 2 -1. D. 2 2 -1.
2
Câu 46. Cho số phức z thỏa mãn z m 2m
5 với m là số thực. Biết rằng tập hợp điểm biểu diễn của
số phức w 3 4i z 2i
là đường tròn. Tìm bán kính R nhỏ nhất của đường tròn đó.
A. R 5. B. R 10. C. R 15. D. R 20 .
2
Câu 47. (THPT NÔNG CỐNG 2) Cho số phức z thỏa mãn | z z | | z z | | z | . Giả sử M , m lần
lượt là giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của biểu thức P | z 3 2 i | . Tính M m .
A. 2 3 5 . B. 5 5 . C. 2 3 5 . D. 10 5 .
Câu 48. (Đặng Thành Nam Đề 15) Xét số phức z có phần thực dương và ba điểm A , B , C lần lượt là
1 1
điểm biểu diễn của các số phức z , z , . Biết tứ giác OABC là một hình chữ nhật, giá trị
z z
nhỏ nhất của
1
z
z
2
bằng
A. 2. B. 2. C. 2 2.
D. 4.
Câu 49. (Chuyên Lý Tự Trọng Cần Thơ) Cho số phức z thỏa mãn z 1
2i
3. Tính giá trị nhỏ nhất
của biểu thức P z 4 6 i .
3
A. min P . B. min P 2 . C. min P 1. D. min P 8 .
2
Câu 50. (THPT-Yên-Khánh-Ninh-Bình) Cho số phức z thỏa mãn: z 2 i 3. Tập hợp các điểm
trong mặt phẳng tọa độ Oxy biểu diễn số phức 1
z là
A. Đường tròn tâm I 2;1
bán kính R 3.
B. Đường tròn tâm I 2; 1
bán kính R 3.
C. Đường tròn tâm I 1; 1
bán kính R 9.
D. Đường tròn tâm I 1; 1
bán kính R 3.
Câu 51. (Chuyên Thái Nguyên) Cho z , z là hai số phức thỏa mãn điều kiện | z 5 3i | 5 đồng thời
1 2
| z1 z2
| 8 . Tập hợp các điểm biểu diễn số phức w z1 z2
trong mặt phẳng tọa độ Oxy là đường
tròn có phương trình
2 2
2 2
A. ( x 10) ( y 6) 36 . B. ( x 10) ( y 6) 16.
5 2 3 2
5 2 3 2 9
C. ( x ) ( y ) 9 . D. ( x ) ( y ) .
2 2
2 2 4

Câu 52. (Chuyên Vinh Lần 2) Gọi S là tập hợp tất cả các số nguyên m sao cho tồn tại 2 số phức phân
biệt z1,
z
2
thỏa mãn đồng thời các phương trình z 1
z i và z 2m m 1. Tổng tất cả các
phần tử của S là
A. 1. B. 4 . C. 2 . D. 3 .
Câu 53. (Chuyên Vinh Lần 2) Gọi S là tập hợp tất cả các số m sao cho tồn tại đúng một số phức z
thỏa mãn đồng thời các phương trình z 2 i z 1 và
2
2 z 3 2i m 5m
9
cả các phần tử của S là
A. 6 . B. 5 . C. 2 . D. 3 .
. Tích tất
Câu 54. (Chuyên Vinh Lần 2) Gọi S là tập hợp tất cả các số nguyên m sao cho tồn tại 2 số phức phân
biệt z1,
z
2
thỏa mãn đồng thời các phương trình 3 4i
z 25 20 và z m 2i
5 . Số các
phần tử của S là
A. 8 . B. 7 . C. 6 . D. 5 .
Câu 55. (Trần Đại Nghĩa) Trên mặt phẳng phức, tập hợp điểm biểu diễn số phức z thỏa mãn
z 2 3i
2 là đường tròn có phương trình nào sau đây?
2 2
2 2
A.
x y 4x 6y
9 0
. B.
x y 4x 6y
11 0
.
2 2
2 2
C. x y 4x 6y
11 0 . D. x y 4x 6y
9 0 .
Câu 56. (KỸ-NĂNG-GIẢI-TOÁN-HƯỚNG-ĐẾN-THPT-QG) Tìm số phức z biết rằng điểm biểu
diễn của z nằm trên đường tròn có tâm O, bán kính bằng 5 và nằm trên đường thẳng
d : x 2y
5 0 .
A. z 3 4 i.
B. z 3 4 i.
C. z 4 3 i.
D. z 4 3 i.
Câu 57. (Đặng Thành Nam Đề 14) Cho số thực , thỏa mãn 2x yi 3 2i x y 1,
với i là đơn
x y
vị ảo là
A. x 1, y 2. B. x 2, y 1. C. x 1, y 2 . D. x 2, y 1
2
Câu 58. (KIM LIÊN HÀ NỘI ) Cho số phức z m 3 m m 6 i với . Gọi P là tập hợp
m
z P
các điểm biểu diễn số phức trong mặt phẳng tọa độ. Diện tích hình phẳng giới hạn bởi và
trục hoành bằng
125
17
55
A. . B. . C. 1. D. .
6
6
6
Câu 59. (Chuyên Thái Nguyên) Cho các số phức z thỏa mãn z 1 2 . Biết rằng tập hợp các điểm
biểu diễn các số phức w 1 i 8 z i là một đường tròn. Bán kính r của đường tròn đó là
A. 9 . B. 36 . C. 6 . D. 3 .
Câu 60. (Sở Thanh Hóa) Gọi , z là hai trong các số phức thỏa mãn z 1 2i
5 và z1 z2 8 .
z1
2
Tìm mô đun của số phức w z1 z2 2 4i
.
A. w 6 . B. w 10 . C. w 16 . D. w 13.
Câu 61. (Đặng Thành Nam Đề 6) Cho số phức z thoả mãn z 1 1
và z z có phần ảo không âm. Tập
hợp các điểm biểu diễn số phức z là một miền phẳng. Tính diện tích S của miền phẳng này
1
A. S . B. S 2
. C. S . D. S 1.
2

3
Câu 62. (Đặng Thành Nam Đề 14) Cho số phức z m ( m m) i,
với m là tham số thực thay đổi. Tập
hơp tất cả các điểm biểu diễn số phức z là đường cong ( C)
.Tính diện tích hình phẳng giới hạn
bởi ( C)
và trục hoành.
1
1
3
3
A. . B. . C. . D. .
2
4
4
2
Câu 63.
Phần gạch trong hình vẽ dưới là hình biểu diễn của tập các số phức thỏa mãn điều kiện nào sau
đây?
A. 6 z 8 . B. 2 z 4 4i
4 . C. 2 z 4 4i
4 . D. 4 z 4 4i
16
.
z 2
Câu 64. (THPT LÊ QUÝ ĐÔN QUẢNG NGÃI)) Xét số phức z thỏa mãn là số thuần ảo. Biết
z i
rằng tập hợp các điểm biểu diễn của số phức z là một đường tròn, tâm I của đường tròn có tọa
độ là
A. I 3
1;
1
. B. I 1;
1
. C. I 2;1
. D. I
;1 .
2
2
2
Câu 65. (SỞ BÌNH THUẬN) Gọi z , z là hai trong các số phức z thỏa mãn z 3 5i
5 và
1 2
z1 z2 6 . Tìm môđun của số phức z1 z2 6 10i
.
A. 10
. B. 32 . C. 16
. D. 8 .
Câu 66. (Lương Thế Vinh Đồng Nai) Cho số phức z thỏa mãn z 2 z 2 4 . Tập hợp điểm biểu
diễn của số phức z trên mặt phẳng tọa độ là
A. Một đường elip. B. Một đường parabol.
C. Một đoạn thẳng. D. Một đường tròn.
Câu 67. (THANH CHƯƠNG 1 NGHỆ AN) Cho số phức z thỏa mãn z 4 z z z 4 và số phức
w z 2i zi 2 4i
có phần ảo là số thực không dương. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , hình
H
z
phẳng là tập hợp các điểm biểu diễn của số phức . Diện tích hình H gần nhất với số
nào sau đây?
A. 7 . B. 17 . C. 21. D. 193 .
Câu 68. (THPT PHỤ DỰC – THÁI BÌNH) Xét các số phức thỏa mãn z 2i z 2 là số thuần ảo.
Biết rằng tập hợp các điểm biểu diễn số phức
z
w 1 i z 2019 2019i
kính đường tròn là
A. 2 . B. 1. C. 2019 2 . D. 4 .
là một đường tròn, bán

Câu 69. (ĐOÀN THƯỢNG-HẢI DƯƠNG) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy gọi hình ( H ) là tập hợp các
điểm biểu diễn số phức
| z 2 i | 2
z thỏa mãn điều kiện . Tính diện tích ( S ) của hình phẳng ( H )
x
y 1 0
1
1
A. S 4
. B. S . C. S . D. S 2
.
4
2
Câu 70. (THPT-Nguyễn-Công-Trứ-Hà-Tĩnh) Cho z , z là hai số phức thỏa mãn phương trình
1 2
2z i 2 iz , biết z1 z2 1. Tính giá trị của biểu thức P z1 z2
.
3
2
A. . B. 3 . C. 2 . D. .
2
2
Câu 71. (SỞ GDĐT KIÊN GIANG) Cho hai số phức z , z thỏa mãn z1 4, z2
6 và z1 z2 10
.
1 2
z1 z2
Giá trị của là
2
A. 1 . B. 0 . C. 2 . D. 3 .
2
Câu 72. Có bao nhiêu số phức z thỏa mãn z 3 2 z z và z 4 3i
3 ?
A. 1. B. 2 . C. 3 . D. 4 .
Câu 73. (Chuyên Vinh) Cho các số phức z và w thỏa mãn
của T w 1 i .
z
2 i z 1 i . Tìm giá trị lớn nhất
w
A. 4 2
3 . B. 2
3 . C. 2 2
3 . D. 2 .
Câu 74. (Chuyên Vinh) Cho số phức z và w thỏa mãn
T w 2i
A.
z
1 i z 2 i . Tính giá trị lớn nhất của
w
5
2
3 . B. 5
3 . C. 5
5
3 . D. 5
Câu 75. (Chuyên Vinh)Cho số phức z và w thỏa mãn
nhất của T w
A.
3 z
2i z 1 i
iw 1
3i
. Tính giá trị lớn
2
11
3 . B. 2
10
5 . C. 5
2 . D. 5
5
Câu 76. ( Nguyễn Tất Thành Yên Bái) Cho z là số phức thỏa mãn z z 2i
. Giá trị nhỏ nhất của
z 1 2i z 1
3i
là
A. 5 2 . B. 13 . C. 29 . D. 5 .
Câu 77. (Đặng Thành Nam Đề 5) Cho z1
, z2
là các số phức khác 0 thỏa mãn z1 z1 9 z2 z2
. Gọi M ,
lần lượt là điểm biểu diễn các số phức và z . Biết tam giác OMN có diện tích bằng 6 ,
N z1
2
giá trị nhỏ nhất của
z
z
1 2
bằng
A. 8 . B. 6 . C. 4 2 . D. 3 2 .
13

z1
2 i
Câu 78. (Thanh Chương Nghệ An) Các số phức z1
, z2
thỏa mãn w
là số thực và
z z i 1
4z2
8 13i
4 . Giá trị nhỏ nhất của biểu thức P z1 z2
bằng
1 1
21
37
37 4
A. . B. . C. 0. D. .
16
4
4
Câu 79. (CHUYÊN NGUYỄN QUANG DIỆU ĐỒNG THÁP ) Cho các số phức z và w thỏa mãn
z
3 i
z 1
i . Tìm giá trị lớn nhất T w i .
w 1
A.
2
3 2
1
. B. . C. 2 . D. .
2
2
2
Câu 80. (Chuyên Nguyễn Du- Đăk Lăk) Cho số phức z thỏa mãn điều kiện z 2 z 2i
. Biết giá
trị nhỏ nhất của biểu thức A z 1 2i z 3 4i z 5 6i
a b 17
được viết dạng
2
với
a , b là số hữu tỉ. Giá trị của 3a b bằng
A. 4 . B. 2 . C. 1. D. 3 .
Câu 81. (Đặng Thành Nam Đề 3) Trong các số phức z thoả mãn z 3 4i
2 có hai số phức z1,
z2
2 2
thỏa mãn z z Giá trị nhỏ nhất của z z bằng
1 2
1.
1 2
A. 10
. B. 4 3 5 . C. 5
. D. 6 2 5 .
Câu 82. (Đặng Thành Nam Đề 12) Cho số phức z a bi , ( a, b)
thỏa mãn 2z
2 3i
1.
Khi
biểu thức P 2 z 2 z 3 đạt giá trị lớn nhất thì giá trị của a b bằng
A. 3
. B. 2 . C. 2. D. 3.
Câu 83. (CỤM TRƯỜNG SÓC SƠN MÊ LINH HÀ NỘI) Cho số phức z thỏa mãn
z 1 2i z 4 6i
9 , giá trị lớn nhất của z 10 14i
là
A. 17 . B. 20 . C. 15 . D. 12 .
Câu 84. Xét các số phức z,
w thỏa mãn z 2, iw 2 5i
1.Giá trị nhỏ nhất của
A. 4. B. 2 29 3 .
z
2
wz 4 bằng
C.8. D.
2 29 5 .
Câu 85.
3 5
(SỞ NAM ĐỊNH) Cho các số phức z,
w thỏa mãn w i
5
và 5 w (2 i)( z 4) . Tìm giá
trị lớn nhất của biểu thức P z 2i z 6 2i
.
A. 7. B. 2 53 . C. 2 58 D. 4 13 .
Câu 86. (SỞ GDĐT KIÊN GIANG) Cho hai số phức z1,
z2
thỏa mãn z1 2 3i 5 z2
2 3i
3. Gọi
z1
2 3i
m0
là giá trị lớn nhất của phần thực số phức . Tìm m 0
.
z2
2 3i
3
81
A. m0
. B. m0
. C. m0 3. D. m0 5.
5
25
Câu 87. (THPT-Toàn-Thắng-Hải-Phòng) Cho số phức thỏa mãn 1 i z 2 1 i z 2 4 2 .
z
2018
w
m max z ;n min z
Gọi và số phức w m ni . Tính
1009
1009
1009
1009
A. 4 . B. 5 . C. 6 . D. 2 .

Câu 88. (Sở Bắc Ninh) Cho số phức thỏa mãn 1 i z 1 3i
3 2 . Giá trị lớn nhất của biểu thức
P z 2 i 6 z 2 3i
z
bằng
A. . B. 15 1 6 . C. 6 5 . D. 10 3 15 .
5 6
Câu 89. (THPT PHỤ DỰC – THÁI BÌNH) Hai số phức z , w thay đổi nhưng luôn thỏa mãn đẳng thức
2 2019z
2019i
1 i z 2iz 1 2 2i
. Giá trị lớn nhất của w là
w
2019 2
2019 2
A. . B. . C. 2019 . D. Đáp án khác.
4
2
Câu 90. (THPT-Gia-Lộc-Hải-Dương)Gọi M và m lần lượt là giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của
2z i
M
P với z là số phức khác 0 và thỏa mãn z 2 . Tính tỉ số .
z
m
M
A. 3. B. . C. . D. .
m M 4
m M 5
3
m M
3
m 2
Câu 91. (Nguyễn Du Dak-Lak) Trong các số phức z thỏa mãn điều kiện z i z 2 3i
, số phức z0
có môđun nhỏ nhất. Phần ảo của
z 0
là
2
4
3
3
A. . B. . C. . D. .
3
3
2
4
M MA 1;3
Câu 92. Cho tất cả các số phức z x yi, x,
y thỏa mãn z 2i 1 z i . Biết z được biểu diễn
bởi điểm sao cho ngắn nhất với A . Tìm P 2x
3y
.
A. 9. B. 11. C. 3 . D. 5.
Câu 93. (Sở Hưng Yên Lần1) Cho số phức z thỏa mãn z 1. Gọi M và m lần lượt là giá trị lớn nhất
2
và giá trị nhỏ nhất của biểu thức P z 1 z z 1 . Tính M.
m .
13 3 39
13
A. M.
m
B. . C. 3 3 . D. .
4
4
4
2
Câu 94. (THPT-Yên-Mô-A-Ninh-Bình) Gọi là điểm biểu diễn số phức z1 a a 2a 2 i (với
M
a là số thực thay đổi) và N là điểm biểu diễn số phức
2
biết z 2 i z 6 i . Tìm độ dài
ngắn nhất của đoạn MN .
z
2 2
6 5
A. 2 5 . B. . C. 1. D. 5.
5
Câu 95. (Kim Liên) Cho số phức z và w biết chúng đồng thời thỏa mãn hai điều kiện:
và
w iz . Tìm giá trị lớn nhất của M z w
A. M 3 3 . B. M 3. C. M 3 2 . D. 2 3 .
1
i z
2 1
1
i
Câu96. (THPT Sơn Tây Hà Nội )Cho số phức z có z 1. Gọi M , m lần lượt là giá trị lớn nhất, giá
2
2 2
trị nhỏ nhất của biểu thức P 1 z 1
z . Tính giá trị M m .
A. .B. . C. . D. .
20 18 24 16
2
Câu 97. Cho số phức z thỏa mãn z 2iz
2. Giá trị lớn nhất của biểu thức P iz 1
bằng

A. 2 . B. 3 . C. 3 . D. 2 .
Câu 98. (SỞ PHÚ THỌ) Giả sử z là số phức thỏa mãn iz 2 i 3. Giá trị lớn nhất của biểu thức
2 z 4 i z 5 8i
bằng
A. 18 5 . B. 3 15 . C. 15 3 . D. 9 5 .
1
Câu 99. (Chuyên Sơn La)Cho số phức z có phần thực bằng 2 . Giá trị lớn nhất của i bằng
z
A. 2 . B. 1. C. 1 2 . D. 2 .
Câu 100. (THPT TX QUẢNG TRỊ) Cho hai số phức z,
w thỏa mãn z 3w 2 2 3i
và z w 2 .Giá
trị lớn nhất của biểu thức
P z w
bằng
21
A. 2 21 B. 2 7
C. D.
3
2 21
3
Câu 101. (NGUYỄN TRUNG THIÊN HÀ TĨNH) Với ai số phức z , z thỏa mãn z1 z2 8 6i
và
z1 z2 2 . Giá trị lớn nhất của biểu thức P z1 z2
là:
A. 5 3 5 . B. 2 26 . C. 4 6 . D. 34 3 2 .
1 2
Câu 102. (CHUYÊN LÊ THÁNH TÔNG QUẢNG NAM) Xét tập hợp
S các số phức z x yi
x,
y
thoả mãn điều kiện 3z z 1 i 2 2i
. Biểu thức Q z z 2 x đạt giá trị
M
0 0 0
2
lớn nhất là và đạt được tại z x y i (khi z thay đổi trong tập S ). Tính giá trị T M.
x y .
9 3
9 3
9 3
9 3
A. T . B. T . C. T . D. T .
2
4
2
4
Câu103.(HKII-CHUYÊN-NGUYỄN-HUỆ-HÀ-NỘI) Cho số phức z thỏa mãn
2
z 2z 5 z 1 2i z 3i
1
. Tính min w , với w z 2 2i
.
1
3
A. min w . B. min w 1. C. min w . D. min w 2 .
2
2
Câu 104. (Chuyên KHTN lần2) Xét các số phức z thỏa mãn z 2 i 1. Gọi m,
M là giá trị nhỏ nhất
và lớn nhất của z . Giá trị M m bằng:
A. 3 . B. 2 . C. 1 2 5 . D. 2 5 .
Câu 105. (KHTN Hà Nội) Xét các số phức z thỏa mãn z 1, giá trị nhỏ nhất của biểu thức
bằng
2
1
1
1
A. . B. . C. . D. .
8
8
16
4
z
0 0
2
4 1
z
2
Câu 106. (THANH CHƯƠNG 1 NGHỆ AN ) Cho hai số phức z1 ; z2
thỏa mãn z1 z2
và
2 2
z 5z z 4z
0 . Gọi M , N lần lượt là điểm biểu diễn của số phức z z2
thỏa mãn diện
1 1 2 2
tích tam giác OMN bằng 12. Giá trị nhỏ nhất của biểu thức P 2z1 z2
là
14 6
A. 14 3 . B. 21 2 . C. . D. 7 6 .
3
Câu 107. (Chuyên Bắc Giang) Cho số phức z có z 1. Giá trị lớn nhất của biểu thức
2 2
P z z z z
1
là
1,

13
11
A. . B. 3 . C. 3 . D. .
4
4
10
Câu 108. (Chuyên Lý Tự Trọng Cần Thơ) Xét số phức z thỏa mãn 1 2i
z 2 i.
Mệnh đề
z
nào dưới đây đúng?
3
1 1 3
A. z 2. B. z 2.
C. z .
D. z .
2
2
2 2
Câu 109. (THPT-Phúc-Trạch-Hà-Tĩnh) Cho số phức z thỏa mãn z 2 4i z 2i
và biểu thức
iz 2 i đạt giá trị nhỏ nhất. Tìm phần ảo của số phức z .
2
5
3
5
A. . B. . C. . D. .
2
2
2
2
Câu 110. (Nguyễn Trãi Hải Dương Lần1) Xét các số phức z thỏa mãn z 1 3i
2 . Số phức z mà
z 1 nhỏ nhất là
A. z 1 5i
. B. z 1 i . C. z 1 3i
. D. z 1
i .
Lời giải chi tiết:
Câu 1.
Lời giải
Chọn A
Gọi z x yi với x,
y .
2 2
Vì z 3 4i 5 x 3 y 4 5 .
Vậy tập hợp điểm biểu diễn của số phức là đường tròn tâm I 3;4 , bán kính R 5 .
2 2 2 2
2 2
Ta có
4x 12 2y 8 23 4 x 3 2 y 4
23.
z
P z 2 z i x 2 y x y 1 4x 2y
3
Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki cho 4 số: 4, x 3, 2, y 4 ta có:
2 2
P 23 4 x 3 2 y 4 16 4. x 3 y 4 10
P 33
x 3 y 4
2x 4y 10 x
5
MaxP
33 khi 4 2 .
4x 2y 30 y 5
4x
2y
30
z 1 5 6i
61.
Câu 2.
Chọn D
Lời giải
Tác giả: Thu Trang ; Fb: Nguyễn Thị Thu Trang
Ta có: + z 3 2 2 , suy ra tập hợp điểm biểu diễn M biểu diễn số phức z là đường tròn có
tâm I 3 2 ;0 , bán kính r 2 .
+ w 4 2i
2 2 , suy ra tập hợp điểm biểu diễn N biểu diễn số phức w là đường tròn có tâm
J 0;4 2 , bán kính R 2 2 .
Ta có min z w min MN .

+ IJ 5 2; IM r 2; NJ R 2 2 .
Mặt khác IM MN NJ IJ MN IJ IM NJ hay MN 5 2 2 2 2 2 2 .
Suy ra min MN 2 2 khi I, M , N,
J thẳng hàng và M , N nằm giữa I,
J (Hình vẽ).
Cách 1:
1 3
Khi đó ta có: 3z0 w0
3OM ON và IN 3 2 IM IJ;
IN IJ .
5 5
3 1 3
Mặt khác ON OI IN OI IJ ; 3OM 3OI IM 3OI IJ 3OI IJ .
5
5 5
3 3
Suy ra 3z0 w0
3OM ON 3OI IJ OI IJ 2OI
6 2 .
5 5
Cách 2: Lưu Thêm
Ta có IN 3IM 3IM IN 0 .
3z w 3OM ON 3 OI IM OI IN 2OI 2. OI 2.3 2 6 2.
Do đó
0 0
Cách 3: Anh Tú
12 2
xM
IM 1
5 12 2 4 2
+) IM IJ IM IJ z0
i .
IJ
5 4 2 5 5
yM
5
6 2
xN
IN 3
5 6 2 12 2
+) IN IJ IN IJ w0
i .
IJ
5 12 2 5 5
yN
5
Suy ra 3z
w 6 2 6 2 .
0 0
Câu 3.
Lời giải
Tác giả: Thu Trang ; Fb: Nguyễn Thị Thu Trang
Chọn B
Đặt z x yi, ; R , P x;
y là điểm biểu diễn của số phức z .
x y

Ta có 3 z z 2 z z 12
3 2x
2 2yi
12
3 x 2 y 6 1 .
Khi x 0; y 0 , ta có 1 3x
2y
6 .
Khi x 0; y 0 , ta có 1 3x
2y
6 .
Khi x 0; y 0 , ta có 1 3x
2y
6 .
Khi x 0; y 0 , ta có 1 3x
2y
6 .
Suy ra quỹ tích điểm P là hình thoi ABCD cùng miền trong của nó.
+) z 4 3i EP với E 4; 3 là điểm biều diễn của số phức z1 4 3i
.
Từ hình vẽ ta có m min EP d E,
CD .
12
Đường thẳng CD có phương trình 3x
2y
6 0 , suy ra m .
13
max EP max EA, EB, EC,
ED
.
Lại có EA 16 36 52 , EB 9 36 3 5 , EC 4 , ED 9 4 13 .
Câu 4.
Do đó M EA 52 . Vậy M. m 24 .
Lời giải
Chọn C
Ta có
1 1
z 3i 5 2 2iz 6 10i
4 1
2 2
iz 1 2i 4 3z 6 3i
12 2
Tác giả: Đỗ Thủy; Fb: Đỗ Thủy
Gọi A là điểm biểu diễn số phức 2 iz1,
B là điểm biểu diễn số phức 3z2
1
2
A
Từ và suy ra điểm nằm trên đường tròn tâm I1 6; 10
, bán kính R1 4 , điểm
nằm trên đường tròn tâm I2 6;3
, bán kính R2 12
B

2 2
Ta có T 2iz 3z AB I I R R 12 13 4 12 313 16
1 z
1 2 1 2
Câu 5.
Vậy max T 313 16.
Chọn B
Ta có
2 2
z iz z z i
+ + 2 = + - + 1
Lời giải
Tác giả: Nguyễn Quang Huy ; Fb: Quanghuyspt
z iz 2i z z i i
2 2 2 2
z i z 2i z i z i 1
z i . z 2 i z i . z i 1
z i 0 1
z 2i z i 1 2
.
+ Giải phương trình (1) : Ta có z i z 2 i 2i
2 2 2 * .
2
+ Giải phương trình : Đặt z x yi, x,
y , ta có
2
2 2 2
2 1 2 1 1 1
z i z i x y x y y x
2 2 2 2
2
Khi đó z i x y x x x
2 2 1 2 2 1 2 2
Câu 6.
x
1
Từ * và ** ta có min z 2 i 2 . Dấu " " xảy ra khi hay z 1.
y
0
Lời giải
Tác giả: Đào Văn Tiến; Fb: Đào Văn Tiến
Chọn D

Gọi là điểm biểu diễn số phức và 2;1 ; B 4;7 lần lượt là hai điểm biểu diễn hai số
M
1
z A
phức 2 i , 4 7i . Ta có AB 6 2 . Phương trình đường thẳng AB là d : x y 3 0 .
+) z 2 i z 4 7i
6 2 MA MB 6 2 MA MB AB . Do đó tập hợp các
1 1
điểm biểu diễn số phức z là đoạn thẳng AB .
1
+) iz 1 2i 1 iz 1 2i i 1 z 2 i 1.
2 2 2
Gọi là điểm biểu diễn số phức z và I 2;1 là điểm biểu diễn số phức 2 i . Ta có IN 1
N
2
Suy ra tập hợp các điểm biểu diễn số phức là đường tròn C có phương trình:
2 2
x 2 y 1 1.
d I, AB 2 2 1, suy ra AB không cắt đường tròn.
Gọi là hình chiếu của I 2;1 lên AB . Dễ thấy K nằm trên đoạn thẳng AB .
K
Gọi H là giao điểm của đoạn IK với đường tròn C
.
Ta có z1 z2 MN KH d I, AB R 2 2 1.
Suy ra min z1 z2 2 2 1.
z 2
Câu 7.
Chọn C
Lời giải

Giả sử z x yi , x,
y .Gọi A,
B lần lượt là điểm biểu diễn cho các số phức z1,
z
2
. Suy ra
AB z1 z2 4 .
2 2
* Ta có z 68
zi
x 6 yi . 8
y
xi 8 6 48 6 8
2 2
Theo giả thiết z 68
zi
là số thực nên ta suy ra x y 6x 8y
0
A,
B thuộc đường tròn C
tâm I 3;4
, bán kính R 5 .
x y x y x y i .
. Tức là các điểm
* Xét điểm M thuộc đoạn AB thỏa MA 3MB 0 OA 3OB 4OM
.Gọi H là trung điểm
2 2 2 2 2
AB . Ta tính được HI R HB 21; IM HI HM 22 , suy ra điểm M thuộc
đường tròn C
tâm I 3;4
, bán kính r 22 .
* Ta có z1 3z2
OA 3OB 4OM 4OM
, do đó z1 3z2
nhỏ nhất khi OM nhỏ nhất.
OM OM OI r 5 22 .
min
Ta có 0
z 3z 4OM
20 4 22 .
Vậy
1 2 min
0
Câu 8.
Phân tích : Kiến thức cần nắm vững :
Quỹ tích điểm biểu diễn số phức.
Modun số phức
Bài toán liên quan tâm tỉ cự trong hình học.
Sai sót dễ gặp, không để ý đường tròn C đi qua gốc tọa độ.
Lời giải
Chọn B
2 2
Đặt
z x yi x; y z 1 z 2i x y x 2y 2x y 2 i.
Theo giả thiết z 1 z 2i
là số thuần ảo, suy ra
2
2 2 2 1 2 5 1
2 5
x y x 2y 0 x x y 2y 1 x y 1 .
4 4 2
4
tập hợp điểm biểu diễn số phức z là một đường tròn C tâm
1
1
I
; 1
2 , 5
R
2

Giả sử z x yi , x,
y .Gọi A,
B lần lượt là điểm biểu diễn cho các số phức z1,
z
2
. Suy ra
z1 z2 2 AB 2 .
Gọi M là điểm thỏa mãn MA 5MB 0 OA 5OB 6OM
.
Gọi H là trung điểm AB ta có
2 2 2 IH
IH IA HA
2 2 2
IH IM HM IM
2
2
1
4
.
13
36
2
Vậy tập hợp điểm M là đường tròn C tâm
Ta có z 1 5z 2 OA 5OB 6 OM 6OM
.
1
I
; 1
2 , 13
r .
6
Do
1
C ,C là hai đường tròn đồng tâm và
2
O C 1
5 13
Từ đó suy ra z1 5z2
6OM Min 6 R r 6 3 5 13
Min
2 6
Câu 9.
Chọn A
Lời giải
Ta có iz 2 i 1 i z i 2 1 1 z 1 i 2 1.
Điểm biểu diễn z thuộc đường tròn tâm I 1; 2 , R 1 .
Gọi M , N là điểm biểu diễn z
1
, z
2
nên MN 2 là đường kính. Dựng hình bình hành
OMPN ta có z z OP 2 3 .
1 2
2 2 2
Ta có z z
1 2 2 z z
1 2
khi z z MN
1 2
2 2
z z z z 16 z 1
z 2
4 . Dấu bằng xảy ra
1 2 1 2
OI (OMPN là hình thoi)
Câu 10.

Lời giải
Tác giả: Nguyễn Thanh Giang; Fb: Thanh Giang
Chọn B
5w
Từ giả thiết 2 i , ta có 5w 2 i z 4
.
z 4
3 5
Khi đó: w i 5w 5i 3 5 2 i z 4
5i 3 5 z 3 2i
3 .
5
M x y
z
2 2
Suy ra điểm ; biểu diễn cho số phức sẽ thuộc đường tròn C : x 3 y 2 9 .
Ta có: P MA MB , với A 1;2 , B 5;2 .
Gọi là trung điểm của , ta có H 3;2 . Khi đó:
H AB
P MA MB 2 MA MB 4MH AB
2 2 2 2
Mặt khác: MH KH với mọi điểm M C , nên
2
2 2 2
P 4KH AB 4 IH R AB 2 53 .
.
Câu 11.
M
K
3 11
Vậy Pmax 2 53 khi hay z 3 5i
và w i .
MA
MB
5 5
Lời giải
Tác giả: Phi Trường ; Fb: Đỗ Phi Trường
Chọn B

Câu 12.
Chọn A
Gọi là điểm biểu diễn của , 1;0 , 1;0 , C 0; 3 .
M z A
2
B
2 3 4
3
Khi đó M C
: x
y có tâm , bán kính và , , ,
3
I 0;
2
R A B C
3 3
C
3
ABC là tam giác đều.
Ta có: P z 1 z 1 z 3i MA MB MC .
Giả sử M thuộc cung nhỏ AB . Lấy E MC sao cho ME MA .
Vì AMC ABC 60 nên AME
là tam giác đều.
AM AE và MAE 60
CAE BAM CAE BAM c. g.
c EC MB .
Do đó: P z 1 z 1 z 3i
MA MB MC ME EC MC 2MC
.
PMax
MC có độ dài lớn nhất MC là đường kính của đường tròn C ( hay M là điểm
chính giữa cung nhỏ AB ).
8
PMax
2MC 2.2R
.
3
Tương tự M thuộc cung nhỏ BC , 8
AC thì PMax
M lần lượt là điểm chính giữa cung
3
nhỏ BC , AC .
8
Vậy PMax
.
3
Lời giải
Tác giả:Nguyễn Thị Nga:; Fb:Con Meo

*) Gọi z a bi, z1 a1 b1i , z2
a b i
. Từ giả thiết, ta có:
2 2
2 2
C tâm I , bán kính R 1.
+ z1 4 5i 1 a1 4 b1
5 1. Tập hợp điểm biểu diễn số phức z1
là một đường tròn
1
1
4;5
2 2
, bán kính R .
+ z2 1 1 a2 1 b2
1 Tập hợp điểm biểu diễn số phức
2
là một đường tròn tâm
I2 1;0
1
2 2 2
C 2
z
2
+ z 4i z 8 4i a 4 b a 8 b 4 a b 4 Tập hợp điểm biểu diễn số
phức là một đường thẳng d x y .
z : 4
*) Ta cần tìm z, z1,
z2
để P z z1 z z2
đạt GTLN tức là ta cần tìm A
C1 , B C2
để
AM BM nhỏ nhất với M d
. Ta có:
,
+ Đường thẳng đi qua I2 1;0 và vuông góc với d PT d , : x y 1 .
d
+ d d , H H
5 ;
3 .
2 2
, ,
+ Gọi I2,
C2
lần lượt đối xứng với I2;( C2)
qua đường thẳng d . Ta có:
,
I 2
2
2
4, 3
,
và C2 : x 4 y 3 1.
,
I I cắt ( ) tại M 4;0 z 4 .
1 2
,
1 2
d
I I cắt C tại hai điểm A 4;4 ; A 4,6
z1 4 4i
thỏa mãn bài toán.
2
1
1 2
MI C
cắt tại hai điểm O 0;0 ; B 2;0 z2 2 thỏa mãn bài toán.
2
2 2
Vậy: z1 z2 2 4i
2 4 2 5 .
Câu 13.
Chọn C
Lời giải
Tác giả: Nguyễn Thị Thanh Huyền; Fb: Huyền Kem

Gọi M a,
b là điểm biểu diễn số phức z . Theo đề bài có M : x 2y
1 0 .
Để z 1 4i z 2 5i
đạt giá trị nhỏ nhất thì MA MB đạt giá trị nhỏ nhất với
A1; 4
và B 2;5 . Vì A,
B nằm khác phía với nên MA MB đạt giá trị nhỏ nhất khi M , A,
B thẳng
hàng.
Ta có phương trình đường thẳng AB : 3x y 1.
1
x
x
2y
1
Suy ra tọa độ điểm M là nghiệm của hệ phương trình:
5
.
3x
y 1 2
y
5
Câu 14.
1 2 1
Vậy z i z .
5 5 5
Lời giải
Tác giả: Hoàng Ngọc Quang; Fb:Hoàng Ngọc Quang
Chọn ?
M z
Gọi
1
, N z2
lần lượt là điểm biểu diễn số phức z1
và z2
.
Từ điều kiện z1 1 3i
1 Tập hợp điểm là đường tròn tâm I 1;3 , bán kính R 1 .
M
Từ điều kiện z 1 i z 5 i NA NB , với A 1;1 , B 5; 1
Tập hợp điểm N là
2 2
đường trung trực của đoạn thẳng AB có phương trình d : 3x y 6 0 .
Ta có P z 1 i z z NE MN , với E 1;1 .
2 2 1
I
E
M
N
d
F
Dễ thấy điểm và đường tròn I;
R nằm hoàn toàn cùng phía so với đường thẳng d .
E
17 1
Gọi F là điểm đối xứng của E qua d F
; .
5 5
Ta có
2 85
P NE MN NF NI R FI R 1
5
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi 4 điểm
F, N, M,
I
thẳng hàng.
Câu 15.
2 85
Vậy min P 1.
5
ntnghia.c3hq@yenbai.edu.vn
Lời giải

Chọn B
Gọi z x yi ; , . Điểm M x;
y biểu diễn số phức z .
x y
Theo giả thiết z 1 3i z 5 i 2 65
Tác giả:Thái Lê Minh Lý ; Fb:Lý Thái Lê Minh
x yi 1 3i x yi 5 i 2 65
x 1 2 y 3 2 x 5 2 y 1 2
2 65 1
M z E
F
.
Tập hợp điểm biểu diễn số phức nằm trên đường elip có tiêu điểm F 1; 3 1
và
2
5;1
2 2
Mà z 2 i x 2 y 1 MA , với A 2; 1
là trung điểm của F1 F2
.
Do đó MA z 2 i nhỏ nhất khi M E ; với đi qua A là F1 F2
và M có tọa độ
dương. Ta có F1 F2 6;4 n
3;2
.
Phương trình
là
4 3x
3x 2y 4 0 y .
2
2 2
2 4 3x
2 4 3x
Thay vào 1
ta được x 1 3 x 5
1
2 65 .
2 2
2 2 x
2
13x 52x 104 2 65 13x 52x
156 0 .
x
6
+ Với x 6 y 7
(loại)
x 2 y 5 M 2;5 a 2; b 5 2a b 33.
+ Với
2 2
Câu 16.
Câu 17.
Chọn C
Lời giải
z i a z a i z a i
a 1 1 a( a 2 i) a 1 a 2 ai i a 1
( a i)
2 2 2 2 2
2
2
a 1 a 1 a 1
a i
2
a
2
a
2
a
2
a
Tác giả: Nguyễn Quang Huy ; Fb: quanghuyspt
z z i M ( ; )
1 1 1 1
2 2
M thuộc đường tròn ( C) : x y 1
bán kính R 1. Vì I( 3;4) nằm ngoài ( C)
nên để
khoảng cách d giữa hai điểm M và I( 3;4)
nhỏ nhất thì d .
min
IO R 5 1 4
Chọn A
d : 5x 4y
20 0
Lời giải
Tác giả: Nguyễn Thị Oanh; Fb: Tu Nguyen
Gọi M a;
b là điểm biểu diễn cho số phức , từ điều kiện: 5a
4b
20 0 , suy ra M thuộc
đường thẳng .

Giả sử N x;
y là điểm biểu diễn cho số phức z , ta có:
z 5 z 5 6 NA NB 6
, với A 5 ;0 , B 5 ;0 , AB 2 5 6
2 2
x y
Suy ra N thuộc Elip có phương trình E
: 1.
9 4
E
Gọi là tiếp tuyến của và song song với d .
d
+ song song với suy ra phương trình có dạng : 5x 4y C 0 .
2 2
+ tiếp xúc với E 9.25 4.16 C C 289 C 17
.
2 2 2 2 2
(áp dụng điều kiện tiếp xúc của đường thẳng với E là: a A b B C )
E
d
+ Các tiếp tuyến của và song song với là : 5x
4y
17 0 hoặc
2
: 5x
4y
17 0 .
Ta có: z MN , với điểm thuộc đường thẳng và điểm thuộc E .
M d N
1
Câu 18.
17 20 3
Do đó : MNmin MN d 1
, d .
2 2
5 4 41
Chọn C
Cách 1:
Gọi
z x yi , với x,
y
Lời giải
Ta có z 2 3i x yi 2 3i x 2 y 3 i .
Tác giả :Trần Thị Phượng Uyên, FB: UyenTran
Theo giả thiết z 2 3i
1 x 2 y 3 1 nên điểm M biểu diễn cho số phức z
( C)
2;3
2 2
nằm trên đường tròn tâm I , bán kính R 1

2 2
z 1 i x yi 1 i x 1 1 y i x 1 y 1
M x y
H
2 2
Gọi ; và 1;1 thì HM x 1 y 1
.
Do M chạy trên đường tròn ( C)
, H cố định và H nằm ngoài đường tròn ( C)
nên MH lớn
nhất khi M là giao của HI với đường tròn ( C)
sao cho I nằm giữa H và M.
.
x
2 3t
Phương trình HI :
y
3 2t
Giao của HI với đường tròn ứng với t thỏa mãn:
9t 4t 1 t
2 2 1
13
Suy ra
3 2 3 2
M
2 ;3 , M
2 ;3
13 13
13 13
Với
3 2
M
2 ;3
, ta có
13 13
MH
13 1
3 2
Với M
2 ;3
, ta có MH 1,92 . Vậy GTLN của z 1 i = 13 1.
13 13
Cách 2:
Gọi
z x yi , với x,
y
Ta có z 2 3i x yi 2 3i x 2 y 3 i .
Theo giả thiết z 2 3i
1 x 2 y 3 1 nên điểm M biểu diễn cho số phức z
( C)
2;3
2 2
nằm trên đường tròn tâm I , bán kính R 1.
2 2
z 1 i x yi 1 i x 1 1 y i x 1 y 1
.
M x y
H
2 2
Gọi ; và 1;1 thì HM x 1 y 1
.
Do HI 13 1
R nên H nằm ngoài đường tròn ( C)
.
Tia HI luôn cắt ( C)
tại hai điểm phân biệt M1;
M
2
trong đó M1
nằm trên đoạn HI và M
2
nằm ngoài đoạn HI .

Với điểm M bất kỳ thuộc ( C)
ta có:
2 2 2
HM HI IM 2 HI. IM cos HIM
2 2
HI R 2 HI. R.cos
HIM
2 2
HI R 2 HI.
R 2 2
HI R HM 2
Do đó HM HM
2
HI R 13 1
Dấu “ ” xảy ra khi M M .
2
Câu 19.
Câu 20.
Lời giải
Tác giả: Nguyễn Vượng; Fb: Nguyen Vuong
Chọn D
z 1 34
Đặt z x yi theo giả thiết có:
z 1 mi z m 2i
Ta có là đường tròn có tâm là đường thẳng .
2 2 2 2
x 1
y 34
x 1 y 34 1
2 2 2 2
x 1 y m x m y 2
2m 2 x 2m 4 y 3 0 2
1
C I(1;0), R 34; 2
z , z A z ,
B z
Vì vậy có tối đa 2 số phức thoả mãn hệ phương trình đã cho, gọi ta có
1 2
AB R d I d I AB d I
Ta có
Khi đó
2 2 2
2 ( , ) 2 34 ,
min
, .
max
1(2m
2) 3 34 13
d( I, ) d( I, ) 2 2
max
m .
(2m
2) (2m
4)
2 8
5 3
x y 3 0
4 4
2 2
( x 1) y 34,
z z 3 2.
1 2
1 2
Lời giải
Gọi M , A2; 2
và B 2;2
lần lượt là các điểm biểu diễn cho số phức z1
, z 2 2i
và
z 2 2i
.
Khi đó theo đề bài ta có : MA MB 10 2 và AB 4 2 10 2 . Vì A , B là các điểm cố định
nên quỹ tích các điểm thõa mãn các điều kiện trên là elip E có độ dài trục lớn 2a 10 2 ,
M
2 tiêu điểm là A , B .
Mặt khác là điểm biểu diễn cho số phức z thỏa mãn z2 6 6i
2 là đường tròn
N
2
tâm I 6; 6
, bán kính R 2 .
Dễ thấy B , A , I nằm trên đường thẳng y x
.
C

Xét điểm nằm trong đoạn thỏa mãn IP 2 P 5; 5
.
P BI
C
C
E
P
E
P
Khi đó
và tiếp xúc nhau tại .
P
Câu 21.
Do đó MN lớn nhất khi : MN 2a 2R MP PN 10 2 2 2 12 2 , lúc đó : M , P là
các đỉnh trên trục lớn E , N là điểm đối xứng của P qua I .
Lời giải
Tác giả: Ngô Trang; Fb: Trang Ngô
Chọn D
2i
4
iz 2i
4 3 i z 3 i . z 2 4i
3 z 2 4i
3 .
i
Gọi M là điểm biểu diễn số phức z và I 2;4
.
Ta có: z 2 4i
3 MI 3 M thuộc đường tròn C tâm I , bán kính R 3 .
2 2
2 2
Gọi A , B là điểm biểu diễn số phức z1
, z2
. Ta có: T z z z z MA MB .
Vì phần thực của z bằng 2 nên A thuộc đường thẳng x 2 .
1
Vì phần ảo của z bằng 1 nên B thuộc đường thẳng y 1.
2
1 2
Gọi H , K lần lượt là hình chiếu của M trên đường thẳng x 2 và y 1.
2 2 2 2 2 2 2 2
Ta có: T MA MB MH HA MK KB MH MK (1)

2 2 2
Gọi E 2;1 . Tứ giác MHEK là hình chữ nhật MH MK ME (2)
Gọi là giao điểm của đường thẳng với đường tròn ( M ở giữa I,
E ) (như hình vẽ).
M IE
0
Ta có: ME M E M C (3)
0
2
Từ (1), (2), (3) suy ra T M E .
Ta có: M
0E IE IM
0
5 3 2 . Suy ra T 4.
0
C
0
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi H A, K B và M M
0
hay M M
0
và A , B lần lượt là
hình chiếu của M trên đường thẳng x 2 và y 1.
Vậy T đạt giá trị nhỏ nhất bằng 4.
Cách 2
2i
4
iz 2i
4 3 i z 3 i . z 2 4i
3 z 2 4i
3 .
i
x,
y
Gọi z x yi
2 2
2 2
Ta có: x 2 y 4 9 x y 4x 8y
11
(*)
Gọi z1 2 ai , z2
b i
a,
b
2 2
1
2 x 2 2 y a 2 x b 2 y 1
2
T z z z z
2 2
x 2 y 1
(1)
2 2
Đặt A x 2 y 1 8x 6y
6 (theo (*))
x y
8 2 6 4 34
2 2
Ta có: 8 x 2 6 y 4
8 6 x 2 y 4
2 2 2
A 2
34 100.9
(theo (*))
4 A 64
Suy ra A 4 (2).
Từ (1) và (2) suy ra T 4 .
y a
x b
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi x 2 y 4
8 6
A 8x 6y
6 4
2
x b
5
11
y a
5
Câu 22.
Vậy T đạt giá trị nhỏ nhất bằng 4.
Chọn C
Lời giải
Tác giả: Nguyễn Thị Thu Dung ; Fb: Dung Nguyen

Giả sử z x y.
i ( x,
y ).
Số phức z được biểu diễn bởi điểm M ( x; y ) trên mặt phẳng tọa độ Oxy.
2 2
Theo bài ra: z 1 x y 1. Do đó điểm M ( x; y)
luôn thuộc đường tròn
2 2
( C) : x y 1.
Xét T z 1 2 z 1
2 2 2 2
x 1 y 2 x 1
y MA 2MB
với A( 1;0) , B(1;0).
A( 1;0); B(1;0)
C
Nhận thấy và AB là đường kính của đường tròn ( O;1).
2
Ta có: 2
T MA 2MB
T max
2 5.
2 2
5MA MB
2
5AB
20.
Câu 23.
Chọn B
Lời giải
Tác giả: Nghiêm Phương ; Fb: nghiêm Phương
Trong mặt phẳng , gọi 1;0 , 0;3 , C 3;0 và M , N , P lần lượt là các điểm biểu
diễn số phức , , z .
Oxy A B
z1
z2
3
Khi đó, z 1 z 3i
10 MA MB AB Tập hợp điểm M biểu diễn số phức z1
là đoạn AB .
1 1
Tương tự, z 3 z 3i
3 2 NC NB BC Tập hợp điểm N biểu diễn số phức
z2
là đoạn BC .
2 2
z3 1 z3
3 4 PA PC AC Tập hợp điểm P biểu diễn số phức z3
là đoạn AC .
Khi đó z z z z z z MN NP PM .
1 2 2 3 3 1
Gọi P1
, P2
lần lượt đối xứng với P qua AB , BC . Ta có MP MP1
, NP NP2
.
Khi đó P MN NP PM PM MN NP PP .
1 2 1 2

Mặt khác PBA P
1AB
, PBC CBP
2
P AB ABC CBP PBA ABC PBC ABC .
1 2
2
Gọi H là trung điểm của PP
1 2
, khi đó
P
2BP1
PP
1 2
2P2 H 2 BP2 .sin P2
BH 2 BP.sin 2 BP.sin
BAC .
2
Ta có sin BAC 3 10 và BP BO 3 . Khi đó 9 10
PP
1 2
2BPsin
BAC .
10
5
Câu 24.
9 10
Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức z1 z2 z2 z3 z3 z1
bằng 5;6
.
5
Chọn C
Cách 1:
Lời giải
2 5i
Ta có: iw 2 5i 1 i w 1 w 5 2i
1.
i
2
*
2 2 2
Ta có: T z wz 4 z wz z z wz z z z z z w 2 z z w
Đặt z a bi . Suy ra: z z 2bi
. Vì z 2 nên 4 2b
4 .
Gọi A , B lần lượt là điểm biểu diễn của w và 2bi . Suy ra:
+ thuộc đường tròn có tâm I 5; 2
, bán kính R 1.
A C
+ B thuộc trục Oy và 4 4 .
Từ * suy ra: T 2AB 2MN
2 4 8 (xem hình)
0; 2
2 2 1
x B
Dấu “ ” xảy ra khi và chỉ khi A M 4; 2 w 4 2i
và
2
B N bi i b z a i a 1 4 a 3 z 3 i .
2
Vậy z wz 4 có giá trị nhỏ nhất bằng 8 .
Cách 2:
Đặt z a bi , w c di ( a , b , c , d ). Từ giả thiết, ta có:

2 2
a
b
4
a, b 2;2
.
2 2
c
5 d
2
1
c 6; 4 , d 3; 1
Ta có:
2 2 2 2
T z wz 4 z wz z z wz z z z z z w 2 z z w
2 2 2
T 2 2bi c di 2 2b d c 2 c 2 c 24 8
c
4
Dấu “ ” xảy ra khi và chỉ khi 2b
d 0 .
2 2
c
5 d
2
1
c
4
Suy ra một nghiệm thỏa mãn là d
2 .
b
1
2
Vậy z wz 4 có giá trị nhỏ nhất bằng 8 .
Chú ý: Về một Lời giải SAI.
Sau khi có
2
T z wz z z w z w z EF OI
(do c 6; 4
).
.
4 2 2 2 2 2 1 2 2 2 29 5
z w kz , k 0
Khi đó, đẳng thức không xảy ra, vì hệ vô nghiệm.
z w 29 3
Hoặc:
,
2
T z wz z z w z z w z w
4 4 4 2 4 2 29 3 4 2 29 5
cũng không có đẳng thức xảy ra. (Bạn đọc tự kiểm tra điều này).
Câu 25.
Lời giải
Tác giả:Trịnh Văn Thạch; Fb: Trịnh Văn Thạch
Chọn C
Gọi z x yi x,
y và điểm M x,
y là điểm biểu diễn của số phức z .
Theo đề ra z 3 2i z 3 i 3 5
2 2 2 2
x y x y
AM BM 3 5 với A3;2 , B 3; 1
.
3 2 3 1 3 5

Ta có AB 6; 3
AB 3 5 AM BM AB
A, M , B thẳng hàng và M nằm giữa A và B .
x
3 6t
Phương trình tham số của đường thẳng AB : t
.
y
2 3t
Gọi M 3 6 t;2 3t
, do M nằm giữa A và B nên 3 3 6t
3 0 t 1.
Biểu thức P z 2 z 1 3i
2
x 2 y x 1 y 3
2 2 2
3 6 2 2 3 3 6 1 2 3 3
2 2 2 2
P t t t t
2 2
45t 24t 5 45t 42t
17
.
90t
24 90t
42
Xét Pt
trên đoạn 0;1
.
2 2
2 45t 24t 5 2 45t 42t
17
90t
24 90t
42
Pt 0 0 .
2 2
2 45t 24t 5 2 45t 42t
17
2 2
90t 24 45t 42t 17 90t 42 45t 24t
5 0
2 2
15t 4 45t 42t 17 15t 7 45t 24t
5 0
(*).
4 7
Nếu 0 t hoặc t 1
thì phương trình (*) vô nghiệm.
15 12
4 7
Nếu t thì
15 15
2 2
* 15t 4 45t 42t 17 7 15t 45t 24t
5
t t (45t
42t
17) t t
2 2 2 2
225 120 16 225 210 49 (45t
24t
5)
2
1215t
486t
27 0
1
t ( l )
15
1
t tm
3
Ta có: P 0
5 17 ; P 1
3 2 ;
3
.
P 1
2 5 26
1
Max P t P 1
2 5 26; Min P t P 3 2 .
0;1
0;1
3
Như vậy M 2 5 26, m 3 2 .
Câu 26.
Lời giải
Tác giả: Nguyễn Hoàng Kiệt ; Fb: Nguyễn Hoàng Kiệt
Chọn C
Ta có: iz 2i 1 1 z 2 i 1 z 2 i 1 z 1 i 3 1 (1).

Đặt w z 1 i , từ (1) ta được w 3 1
(2).
Gọi w x yi, x, y , khi đó (2) trở thành 2 2
x 3 y 1.
Vậy quỹ tích điểm biểu diễn số phức là đường tròn tâm I 3;0 , bán kính R 1.
w
Khi đó: M w OI R 4 và m w OI R 2 .
max
min
Kết luận: M m 6 .

Câu 27.
Lời giải
Tác giả: Nguyễn Vượng; FB: Nguyen Vuong
Chọn B
Ta có: i z z i z i z i z i
2 1 2 1 3 . 2 1 2 10
2
2 2
z . 2 z 1 i z 2 10 z . 2 z 1 z 2 10
Câu 28.
4 2
z 1
5. z 5 z 10 0 z 1.
z 2
L
z
Khi đó tập hợp các điểm biểu diễn của số phức là đường tròn tâm O 0;0 và có bán
kính R 1.
Vậy AM
min
OA R 5 1 4 .
Chọn C
Lời giải
1
i
1
2 i 2
i
Ta có: z 2 iw w z 2
w i 2 z
1
z 2
1
2
i
z 3 2 .
Vậy z z 3
3
min
1
z 3 3 z 3 3 z 3 3 1 z 5
z khi z1 1 và z 5 khi z
max 2
5.
Vậy z1 z2 6
z1 z2 6 .
Phân tích
Bài toán này hướng tới việc tìm Max và Min của z khi quỹ tích điểm biểu diễn
của nó nằm trên một đường tròn.
Cho số phức z thỏa mãn : z a bi
R , tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của z
.

Phương pháp đại số :
z z a bi a bi
Ta có
z a bi a bi z a bi a bi z a bi a bi
R a 2 b 2 z a bi a bi R a 2 b
2
.
Vậy
2 2
2 2
z
max
max
a bi
2 2
z R a b
R a b
a
b
và
2 2
2 2
z
min
min
a bi
2 2
z R a b
R a b
a
b
Phương pháp hình học : Ta có quỹ tích điểm M x;
y biểu diễn số phức z là đường
tròn tâm I a;
b bán kính R .
.
Câu 29.
z OI R khi
Max
Chọn C
R
IM OI và z OI R khi
Max
OI
1
i
Lời giải
R
IM OI .
OI
2 1 2 2 1 2 1 2
i
i
Ta có: z 2 iw w z 2
w i z i z
z 3 2 . Do đó z1,
z2
có các điểm biểu diễn trên mặt phẳng Oxy thuộc đường
tròn tâm I 3;0 ; bán kính R 2 . Vậy
z 1, z 5 z z 6 z z 6.
1 2 1 2 1 2
Câu 30.
Chọn B
Gọi z x yi x,
y .
Theo giả thiết ta có z 3 2i 2 x 3 y 2 4 .
Lời giải
Tác giả:; Fb: Dung Vũ
2 2
z ( 3;2)
Tập hợp điểm biểu diễn số phức là hình tròn tâm I , bán kính R = 2 .
5
Khi đó T 2z 6 5i 2 z 3 i 2MA
, trong đó M là điểm biểu diễn số phức z
2
5
và A æ ç 3; - ö .
çè 2÷
ø

Câu 31.
æ 9ö 9
Khi đó ta có AI = ç 0; Þ AI = .
çè 2 ÷ ø 2
9
Ta có Tmin
2MAmin
2 AI R 2 2 5 .
2
Chọn C
Lời giải
Tác giả: Lê Thị Thu Hường ; Fb: Lê Hường
Câu 32.
= + ( Î )
( )
Đặt z x y i x ; y R và z = x + y i x ; y Î R .
1 1 1 1 1
2 2 2 2 2
Khi đó ; tương ứng được biểu diễn bởi hai điểm ; , B x ; y trên mặt phẳng
z1 z
2
A( x1 y
1)
( 2 2)
z + = IA = 5 I (- 5;0)
( I;5)
tọa độ Oxy . Do 1
5 5 nên với , hay A thuộc đường tròn .
Do z + 1- 3i = z -3-6i
nên MB NB với M -1;3 , N 3;6 hay B thuộc trung
2 2
= ( ) ( )
trực của MN .
æ 9ö
Trung điểm của MN có tọa độ ç 1; và nên phương trình đường trung trực
çè 2 ÷
MN ( 4;3)
ø
æ 9ö của MN là ( ): 4( x 1)
3 y
35
D - + ç - = 0 hay .
çè 2÷
4x
+ 3y
- = 0
ø
2
35
4. (- 5)
+ 3.0-
2 15
Ta có: d ( I,
D ) = = .
2 2
4 + 3 2
15 5
Do P = z1 - z2
= AB nên Pmin
= ABmin
= d ( I, D)
- 5 = - 5 = .
2 2
Lời giải

Chọn C
Gọi
z x yi x,
y z x yi . Ta có:
2 2 2
z z 2x
, z z 2yi
, z x y 2xyi
.
Tác giả: Admin ; Fb:Thịnh Nguyễn Văn
2
z z z z z
2 x 2 y x y
2 2
2 2
x y 2 x 2 y 0 .
Suy ra tập hợp điểm biểu diễn số phức z là 4 cung tròn lớn thuộc 4 góc phần tư của 4
đường tròn tâm 1;1 , 1;1 , 1; 1 , D 1; 1
bán kính R 2 .
A B C
Câu 33.
Lại có P z 5 2i
nên thuộc đường tròn tâm E 5;2 bán kính bằng P .
z
Vậy tập hợp điểm biểu diễn số phức z thỏa mãn đồng thời 2 điều kiện trên. Do đó P
đạt giá trị lớn nhất khi đường tròn tâm E 5;2 bán kính bằng P cắt một trong bốn
A1;1
B 1;1
C 1; 1
1; 1
đường tròn tâm , , , D bán kính R 2 ở trên tại
điểm xa E nhất.
Kẻ đường thẳng ED cắt đường tròn tâm D tại F và H thì
Pmax EF ED DF 3 5 2 .
Lời giải
Tác giả: Đỗ Hải Thu; Fb: Đỗ Hải Thu
Phản biện: Lê Thị Hồng Vân ; Fb: Hồng Vân
Chọn C
z x yi x y
+ Gọi số phức ; có điểm biểu diễn là M x;
y .
z x yi
.

2
+ z z z z z
x yi x yi x yi x yi x yi 2
2x 2yi x yi
2
4x 4y x y
2 2 2 2
2x 2y x y
2 2
2 2
x y 2x 2y 0 khi x 0; y 0 I
2 2
x y 2x 2y 0 khi x 0; y 0 I2
2 2
x y 2x 2y 0 khi x 0; y 0 I3
2 2
x y 2x 2y 0 khi x 0; y 0 I4
I
Phần đường tròn có tâm I 1;1 , bán kính R 2
1
1
(ứng với x 0; y 0 ).
I
Phần đường tròn
2
có tâm I2 1;1
, bán kính R 2 (ứng với x 0; y 0 ).
I
Phần đường tròn
3
có tâm I3 1; 1
, bán kính R 2 (ứng với x 0; y 0 ).
I
Phần đường tròn có tâm I 1; 1
4
4
, bán kính R 2 (ứng với x 0; y 0 ).
+ 4 2 với A 4;2 và M chạy trên các phần của 4 đường tròn (ứng
P z i MA
với các điều kiện x;
y nêu trên) như hình vẽ dưới đây
y
1
A
B
I 2
I 1
O
I3
I 4
C
x
Dựa vào hình vẽ trên ta thấy:
Giá trị lớn nhất của P là m AI4 R 34 2 .
Giá trị nhỏ nhất của P là M AI2 R 10 2 .

Câu 34.
Vậy m M 34 10 , nên chọn đáp án C.
Lời giải
Chọn A
, ,
Gọi z x yi
x y . Theo giả thiết, ta có z 6 z 6 20 .
x 6 yi x 6 yi 20 x 6 2 y 2 x 6 2
y
2 20
M x y
F
Gọi ; , 6;0 1
và F2 6;0
.
Khi đó MF nên tập hợp các điểm là đường elip E
1
MF2 20 F1 F2
12
E
có hai tiêu điểm và F . Và độ dài trục lớn bằng 20 .
F1
2
.
Câu 35.
2 2 2
Ta có c 6 ; 2a
20 a 10 và b a c 64 b 8.
2 2
x y
Do đó, phương trình chính tắc của E là 1.
100 64
'
'
Suy ra max z OA OA 10 khi z 10
và min z OB OB 8 khi z 8i
.
Vậy M n 2 .
Lời giải
Tác giả: Nguyễn Ngọc Minh ; Fb: Minh Nguyen
Chọn B
Cách 1:
Đặt w z i z w i .
Gọi M x;
y là điểm biểu diễn hình học của số phức w.
Từ giả thiết
z 2 2i
1
ta được:
w i 2 2i
1
w 2 i 1
2 2
M x;
y
w C
x 2 y 1 i 1 x 2 y 1 1.
Suy ra tập hợp những điểm biểu diễn cho số phức là đường tròn có
tâm I 2;1 bán kính R 1.
OI
Giả sử cắt đường tròn C tại hai điểm A,
B với A nằm trong đoạn thẳng OI .

Ta có w
OM
Mà OM MI OI OM MI OA AI OM OA
Nên w nhỏ nhất bằng OA OI IA 5 1 khi M A.
Cách 2:
2 2
Từ z 2 2i
1
a
2 b
2
1
với z a bi a,
b
a 2 sin x; b 2 cos x a 2 sin x, b 2 cos x
2 2
Khi đó: z i 2 sin x 2 cos xi i 2 sin x 1
cos x
6 4sin x 2cos x
2 2 2 x
2 x
6 4 2 sin cos 6 2 5 5 1 2
5 1
Nên z i nhỏ nhất bằng 5 1
khi
4cos x 2sin x
4sin x 2cos x 2 5
2 5 5
Ta được z 2 2
i
5 5
Cách 3:
Sử dụng bất đẳng thức z1 z2 z1 z2 z1 z2
z i z 2 2i 2 i z 2 2i 2 i 5 1
2 5
sin x
5
5
cos x
5
Câu 36.
Lời giải
Tác giả: Lê Trọng Hiếu ; Fb: Hieu Le
Phản biện: Dương Chiến ; Fb: Dương Chiến
Chọn D
Đặt z x yi x;
y . Gọi M x;
y là điểm biểu diễn số phức z .
2 2 2
x 2 y 5
x y 1 2
z 2 5i z i
4x 4 10y 25 2y
1
4x
12y
28 0 x 3y
7 0 .
2 2
Ta có: z 1 i x 1 y 1 MA với A 1;1 .
Để z 1 i nhỏ nhất khi M là hình chiếu của A lên đường thẳng x 3y
7 0 .
Phương trình đường thẳng qua A vuông góc với x 3y
7 0 là 3x
y 2 0.

Câu 38.
Câu 39.
M x;
y là nghiệm của hệ phương trình
11
Vậy tổng phần thực và phần ảo của z bằng .
5
1
x
x
3y
7 0 10
3x
y 2 0 23
y
10
Lời giải
Tác giả: PhongHuynh ; Fb: PhongHuynh
Chọn D
Gọi M x;
y
là điểm biểu diễn số phức z , F 3;0 1 và F
2
3;0
lần lượt là hai điểm
biểu diễn số phức 3 0i và 3 0i .
Ta có z 3 z 3 10
MF1 MF2 10
.
2 2
x y
Vậy tập hợp điểm M là E
có phương trình: 1.
25 16
Khi đó , là hai số phức có mô đun nhỏ nhất khi , z có điểm biểu diễn là hai
z1
z2
z1
2
đỉnh của E nằm trên trục tung, suy ra z1 0 4i
; z2 0 4i
.
2 2
Vậy ta có P z1 z2 16 16 32
.
Chọn C
Lời giải
Tác giả: Nguyễn Hoàng Kiệt ; Fb: Nguyễn Hoàng Kiệt
Ta có: iz 2i 1 1 z 2 i 1 z 2 i 1 z 1 i 3 1 (1).
Đặt w z 1 i , từ (1) ta được w 3 1
(2).
Gọi w x yi, x, y , khi đó (2) trở thành 2 2
x 3 y 1.
Vậy quỹ tích điểm biểu diễn số phức là đường tròn tâm I 3;0 , bán kính R 1.
w
Câu 40.
Khi đó: M w OI R 4 và m w OI R 2 .
max
min
Kết luận: M m 6 .
Lời giải
Tác giả: Phan Thị Tuyết Nhung
Chọn A

Câu 41.
z z2
1 2
Gọi A , B lần lượt là điểm biểu diễn các số phức
1
, . Khi đó P z z AB .
Ta có thuộc đường tròn có tâm I 1;2
1
1 , bán kính R1 1
và B thuộc đường
A C
C I R2 2
tròn có tâm 5; 1
2
2 , bán kính .
2
C
2
I I 4 3 5 R R 3 nên hai đường tròn và ở ngoài nhau.
1 2 1 2
Vậy P I I R R 5 1 2 2 .
min 1 2 1 2
Chọn D
Từ z 2iz
ta được
2
1
P 2z1 z2 2z1 2iz1
1
Lời giải
Tác giả: Nguyễn Ngọc Minh ; Fb: Minh Nguyen
2 2i z 1
Gọi M a;
b là điểm biểu diễn hình học của số phức z1
.
C 2
2 2 i . z1
2 2. z1
2 2
Từ giả thiết z1 1 i 1 ta được a 1 b 1 i 1 a 1 b 1 1.
M C
I 1; 1
R 1
Suy ra thuộc đường tròn có tâm bán kính .
Ta có P 2 2 z 2 2. OM nên P đạt giá trị nhỏ nhất khi OM là nhỏ nhất
1

Câu 42.
OI
Giả sử cắt đường tròn C tại hai điểm A,
B với A nằm giữa O và I .
Ta có OM MI OI OM MI OA AI OM OA (do IM AI R )
Nên OM nhỏ nhất bằng OA khi M A và OM OI R 2 1.
Khi đó P 2 2 2 1 4 2 2 .
min
Chọn A
z x yi x,
y
Gọi
2 2 2
z 1 2 z x y 2xyi 1 2 x yi
2 2
2
2 2 2 2
x y 1 4x y 2 x y
4 4 2 2 2 2
x y x y x y
4 4 2 2 2 2 2
2 2
2
2
2 2
x y 1 2y
1 2 6 2 0
x y 1 2x 2y 2x y 4y
x y 1 4y
Lời giải
Tác giả: Khương Duy; Fb: Khuy Dương
2 2
x y 2y 1 0 C1
2 2 2 2
x y 1 2y x y 2y 1 0 C2
z 1 2
I 0;1 ; R 2 và I 0; 1 ; R 2
Vậy tập hợp điểm biểu diễn số phức là hai đường tròn C ; C có tâm và bán
kính lần lượt là
1 1
2 2
Gọi M , N lần lượt là điểm biểu diễn z1
và z2
có môđun nhỏ nhất và lớn nhất nên
dài nhất và ON ngắn nhất.
OM

OM OI1 R M 0; 1
2
1
2
OM dài nhất
z1 1 2 z1
3 2 2 .
OM OI2 R
2 M 0; 1
2
ON R1 OI N 0; 2 1
1
2
ON ngắn nhất
z2 2 1 z2
3 2 2 .
ON R2 OI
2 N 0; 2 1
Vậy
2 2
1
z2 6.
z
Câu 43.
Lời giải
Tác giả: Nguyễn Tân Tiến ; Fb: Nguyễn Tiến
Chọn C
Giả sử z x yi (với , ) có điểm biểu diễn là M x;
y .
x y
Ta có z 1 3 2 2
x 1 y 3 .
Suy ra tập hợp các điểm là đường tròn có tâm I 1;0
và bán kính R 3 .
A
M
Gọi 4;1 , B 2; 1
. Khi đó ta thấy I là trung điểm của đoạn AB .
Xét tam giác MAB có có MA 2 2 2 2
2
2 2 2
MI MB AB MA MB 2MI
AB .
2 4 2
Do đó T z 4 i z 2 i MA MB .
2 2 2 2
T MA MB 2 MA MB 2
2MI
2
Suy ra
AB
2
2
T
2
AB
2
2R
52
2
2 2
T 2 13
.

MA
MB
Vậy giá trị lớn nhất của T bằng 2 13 khi .
M
I
Câu 44.
Chọn C
Cách 1:
Lời giải
Tác giả:Nguyễn Ngọc Lan Vy
M
2
z i 2 x y 1 2
4
M I 0; 1
Đặt z x yi x,
y . Gọi điểm có tọa độ x;
y biểu diễn cho số phức z .
Ta có khi đó điểm thuộc đường trong tâm ,
R 2 .
2 2 2 2
Ta có: P z i 4 2 z 3i
3 x 4 y 1 2 x 3 y 3
MA 2MB
với M x;
y
, A4; 1
, B 3; 3
.
Ta thấy hai điểm A,
B nằm ngoài đường tròn và IA 4 2R
.
2
R
Lấy điểm A sao cho .
1
IA IA .
2
IA
4 IA
R
A1; 1
IA 1
.
2
A nằm trong đường tròn.
IA 1
Khi đó: IM
AM
IA
1
IA M ∽ IMA MA 2MA
.
IM IA 2
MA IM 2
Do đó: P MA 2MB
2MA
2MB
= 2 MA
MB 2AB
.
Dấu " " xảy ra khi và chỉ khi M là giao điểm của đường thẳng AB
và đường tròn.
Vậy Pmin 2AB
4 2 .
Cách 2.
z x yi x,
y
Đặt
2
z i x y 2
2 1 4 .

Câu 45.
Ta có: P z i 4 2 z 3i
3
2 2 2 2
x 4 y 1 2 x 3 y 3
2
x 4 y 1 3x y 1 12 2 x 3 y 3
2 2 2 2 2
2
A x y
1 2
x y x y
2 2 2 2
2 1 1 3 3
2 2 2 2
2
2 x 1 y 1 x 3 y
3
2 2 2 2
Mincopxki)
Dấu " " xảy ra khi và chỉ khi
Thay vào
x 1 y 3 y 1 x 3
, ta có:
x
x
1 4
2
A 2
4 2
x y
1 7 1
7
x1 , y1
2 2
1 7 7 1
x2 , y2
2 2
1
7 1
7
Thay vào biểu thức P ta nhận x1 , y1
.
2 2
Vậy Pmin 4 2 .
Chọn C
Lời giải
với
(BĐT
Tác giả: Vũ Văn Hiến; Fb: Vu Van Hien
*Chú ý: z a bi z a bi .
+ Gọi M , N lần lượt là hai điểm biểu diễn số phức z và z .
+ Ta có: z 2 i 1
MI 1 với I 2;1 .
Tập hợp điểm biểu diễn điểm M là đường tròn tâm I bán kính bằng R = 1.
+ Ta có: z
1 2i z
1
z
1 2i z
1 NA NB với 1;2 , B 1;0 .
A
Tập hợp điểm biểu diễn N là đường trung trực của AB có phương trình:
D : x- y + 1=
0 .
+ Ta có hình vẽ biểu diễn M , N trên cùng hệ trục tọa độ Oxy như sau:

y
A
N
M
-1
1
O
H
B
1
2
I
x
+ Ta có z z được biểu diễn hình học là MN , từ hình vẽ ta thấy, MNmin
khi và chỉ
2 11
khi M º H và MNmin
d I,
R 1 2 1.
2
Câu 46.
Chọn D
Lời giải
Tác giả: Trịnh Tuấn Anh; Fb: Tuấn Anh Trịnh.
z m 2m 5 m 1 4 4, m
.
2
Ta có: 2
Nên
w 3 4i z 2i w 2i 3 4i z w 2i 3 4i z 3 4i z 5 z 20 .
Do đó R .
min
20
Bình luận:
- Bài này lấy kiến thức cơ bản là :
2 2
+ Modul của số phức z x yi z x y ;
2 2 2
+ Tập hợp điểm biểu diễn số phức thỏa z r x y r : là đường tròn tâm
O0 ; 0, bán kính r .
+ Phép tịnh tiến đường tròn ; theo vecto v a ; b thành đường tròn C
I ; r
với I a ; b .
C O r
+ Áp dụng tính chất: z.
z
z z
Câu 47.
Lời giải
Tác giả: Nguyễn Văn Đắc; Fb:Dac V Nguyen

Chọn B
Đặt: z x yi, với x,
y . Khi đó z x yi .
Khi đó:
2 2 2 2
| z z | | z z | | z | 2 | x | 2 | y | | z | 2 | x | 2 | y | x y .
2 2
Nhận thấy đường cong có phương trình 2 | x | 2 | y | x y nhận các
trục tọa độ làm trục đối xứng, và gốc tọa độ làm tâm đối xứng.
2 2 2 2
Với x 0, y 0 ta có: 2 | x | 2 | y | x y x 2x y 2y
0.
Đường cong là phần của đường tròn có tâm 1
với bán kính 2 nằm trong
góc phần tư thứ nhất và gốc tọa độ.
2 2
Từ đó, đường cong có phương trình 2 | x | 2 | y | x y là phần (nét
I I I
liền) của các đường tròn tâm lần lượt là 1;1 1
,
2
1;1 ,
3
1; 1 và I 1; 1
4
với
bán kính bằng nhau là R 2 , cùng với gốc tọa độ như hình dưới đây:
Câu 48.
A
z
Đặt 3;2 và điểm biểu diễn cho số phức là N x;
y thì P | z 3 2 i | NA.
Do A nằm trong góc phần tư thứ nhất nên giá trị lớn nhất của P đạt được khi điểm N
2 2
nằm trong góc phần tư thứ ba, giá trị đó bằng M AI3 R 4 3 R 5 R .
Giá trị nhỏ nhất của P đạt được khi điểm N nằm trong góc phần tư thứ nhất, giá trị đó
2 2
bằng m AI1 R 2 1 R 5 R .
Vậy M m 5 5 .
Lời giải
Tác giả:Nguyễn Thị Xuân Trinh; Fb:Tắc Kè Bông
Chọn B

Câu 49.
1 a b
Đặt z a bi a,
b i và
2 2 2 2
z a b a b
1 a b
z a b i .
2 2
2 2
z a b a b
a b a b
Suy ra Aa;
b
, B
a ; b và .
2 2 2 2 C ;
2 2 2 2
a b a b a b a b
Ta có OA OC OB nên OABC là hình chữ nhật
2 2
a b
2 2
OA
OC 0 a b .
2 2 2 2
a b a b
Ta có
2 2 2 2 2
1 a b 1 1 2 1
z a b a b 2a
2 .
2 2
2 2
2
z a b a b 2a 2b 2a
1
a
2
Dấu '' '' xảy ra khi .
1
a
2
Vậy:
2
1
Giá trị nhỏ nhất của z bằng 2
z
Chọn B
Lời giải
Tác giả: Trần Minh Đức ; Fb: Trần Minh Đức
Ta có: z 1 2i
3 nên biểu diễn bởi nằm trên đường tròn tâm I 1;2 bán kính
z M
3.
P z 4 6i
là khoảng cách từ M đến A4;6 .
Khoảng cách ngắn nhất là min P IA R 5 3 2 khi M nằm giữa I và A.
Câu 50.

Chọn D
Lời giải
Tác giả: Dương Hoàng Quốc; Fb: Dương Hoàng Quốc
Đặt x y i x,
y M x;
y là điểm biểu diễn của số phức .
1 1
Ta có: 1 z
z x 1
y i .
Do z 2 i 3.
( x 1) y i 2 i 3
z z x y i
Câu 51.
x 1 y 1 i 3
2 2
x 1 y 1 9 .
Vậy tập hợp các điểm biểu diễn số phức là đường tròn tâm I 1; 1
và bán kính
R 3 .
Chọn A
+)Đặt z x yi
Lời giải
Tác giả: Nguyễn Thị Hạnh; Fb: Hạnh nguyễn
Phản biện:Nguyễn HoàngĐiệp; Fb: Điệp Nguyễn
2 2
Khi đó | z 5 3i | 5 | x 5 (y 3)i | 5 ( x 5) ( y 3) 25 ( C)
Gọi A, B lần lượt là 2 điểm biểu diễn số phức z1,
z2
C
1 2
A, B thuộc đường tròn ( ) có tâm I (5; 3), bán kính R = 5 và
z1 z2
+) Gọi H là điểm biểu diễn số phức w =
2
AB
H là trung điểm AB AH 4
2
Xét tam giác AIH vuông tại H có AH = 4, AI = 5 nên
2 2 2 2
IH IA AH 5 4 3
H thuộc đường tròn ( C)
có tâm I (5; 3), bán kính R 3 (*)
| z z | 8 AB 8
+) Gọi M là điểm biểu diễn số phức w=z1 z2
OM 2OH
M là ảnh của H qua phép vị tự tâm O, tỉ số k = 2 với O là gốc tọa độ (**)

Từ (*)và (**) tập hợp M là đường tròn ( C ) là ảnh của ( C)
phép vị tự tâm O, tỉ số k
= 2
+) Giả sử đường tròn ( C)
có tâm J (a; b) và bán kính R
a
2.5 10
b
2.3 6
R
2.R 6
2 2
Phương trình đường tròn ( C)
là ( x 10) ( y 6) 36
Câu 52.
Lời giải
Chọn D
Ta có z 2m m 1 0
Trường hợp 1: m 1 0 z 2m 0 z 2m
2 (có một giá trị nên không thỏa
mãn).
Trường hợp 2: m 1 0
Đặt z x yi
Ta có
z 1
z i
x y 0 1
z 2m m 1
x 2m y m 1 2
2
2
2
Xét trong hệ tọa độ Oxy , (1) là phương trình đường thẳng d : x y 0, (2) là phương
trình đường tròn C tâm I 2 m;0
, bán kính R m 1
Yêu cầu bài toán xảy ra khi và chỉ khi hệ phương trình (1), (2) có hai nghiệm phân biệt
khi và chỉ khi đường thẳng d cắt đường tròn C tại hai điểm phân biệt
2m
2 2
d I, d m 1 2m m 2m
1
2
2
m m m
2 1 0 1 2 1 2
Kết hợp với 1 0
m và m
m S 0;1;2
Vậy tổng các phần tử của tập S bằng 3.
Câu 53.
Lời giải

Chọn A
Ta có
m
2
Đặt z x yi
Ta có
5m
9 0 luôn đúng với mọi m .
z 2 i z 1
2
2 z 3 2i m 5m
9
x
y 2 0 1
1
2
2 2 2
2
x 3 y 2 m 5m
9 2
Xét trong hệ tọa độ Oxy , (1) là phương trình đường thẳng d : x y 2 0 , (2) là
1 2
phương trình đường tròn C tâm I 3; 2
, bán kính R m 5m
9
2
Yêu cầu bài toán xảy ra khi và chỉ khi hệ phương trình (1), (2) có nghiệm duy nhất khi
và chỉ khi đường thẳng d tiếp xúc với đường tròn C
m
2
2 2
3 1
d I, d m 5m 9
m 5m
6 0
2 2
m
3
S
2;3
Vậy tích các phần tử của tập S bằng 6.
Câu 54.
Lời giải
Chọn D
Ta có 3 4i
z 25 10 z 3 4i
2 (1)
tập hợp các điểm biểu diễn số phức z thỏa mãn (1) là đường tròn tâm I 3;4
,
bán kính R 2 .
Tập hợp các điểm biểu diễn số phức z thỏa mãn z m 2i
5 (2) là đường tròn tâm
J m; 2 , bán kính R 5 .
Yêu cầu bài toán xảy ra khi hai đường tròn I;2 , J ;5
cắt nhau tại hai điểm phân
biệt
2 2
3 IJ 7 9 m 3 36 49 m 3 13
13 m 3 13 3 13 m 3
13
mà m
m S 0;1;2;3;4;5;6

số các phần từ của S là 7.
Câu 55.
Lời giải
Chọn D
Gọi z x yi x,
y .
Câu 56.
2 2
Ta có z i x y i x y
2 3 2 2 3 2 2 3 2
2 2 2 2
x 2 y 3 4 x y 4x 6y
9 0 .
Lời giải
Chọn A
Câu 57.
x 2y 5 0 x
3
Giả sử z x yi, x,
y . Khi đó x,
y là nghiệm của hệ pt: .
2 2
x
y 25 y
4
Suy ra: z 3 4i
.
Lời giải
Chọn C
5x 3y 1 0 x
1
2x yi 3 2i x y 1 5x 3y 1 2x y i 0
.
2x y
0 y
2
Câu 58.
Lời giải
Chọn A
Gọi M x;
y
x;
y
là điểm biểu diễn số phức z . Từ bài ra ta có:
x
m 3
m x 3 m x 3
2
y m m 6 y x 3 2
x 3
6 y x 2 7x
6

2
Vậy P là một Parabol có phương trình: y x 7x
6 .
Hoành độ giao điểm của P và trục hoành là nghiệm của phương trình:
x
2 x
1
7x
6 0
x
6
Diện tích hình phẳng giới hạn bởi
P
và trục hoành bằng:
6
2
S x 7x 6dx
125
6
1
(đvdt).
Câu 59.
Câu 60.
Chọn C
Gọi w x yi x,
y
Theo đề bài ta có:
Lời giải
1 8 1 8 1 8 1 1 8
1 8 1 8 1 1 1 8 1 8 1
w i z i w i i z w i i z i
w i i i z x y i i z
2 2 2
2 2
2
x y x y
w 1 i 8
z i
1 1 8 1 8 .2 1 1 8 36
Vậy tập hợp các điểm biểu diễn số phức
kính r 6.
Lời giải
là một đường tròn có bán
Chọn A
Gọi A,
B lần lượt là điểm biểu diễn số phức z1
, z2
. Gọi E là trung điểm của AB .

A B
Do z 1 2i
5 nên , thuộc đường tròn tâm I 1; 2
, bán kính R 5. Gọi C là
điểm biểu diễn số phức w ta có OC OA OB 2OI
2OE 2OI 2IE
.
2 2
w 2IE 2 IB EB 2 25 16 6 .
Câu 61.
Lời giải
Chọn C
Đặt z x yi ( x, y ) theo giả thiết ta có z z ( x yi) ( x yi) 2yi
và
2 2
x yi 1 1
x 1 y 1
.
2y
0
y 0
Câu 62.
Vậy tập hợp các điểm biểu diễn số phức z là nửa hình tròn tâm I(1;0)
, R 1
.
2
R
Vì vậy S .
2 2
Lời giải
Chọn A
Đặt z x yi( x, y )
.
x
m
3
3
3
Ta có: z m ( m m)
i x yi m ( m m)
i y x x .
3
y m m
Vậy tập hợp tất cả các điểm biểu diễn số phức z là đường cong
3
y x x .
( C)
có dạng:

x
0
3
Phương trình hoành độ giao điểm: x x 0
x 1
.
x 1
Diện tích phẳng giới hạn bởi đường cong
( C)
và trục hoành:
Câu 63.
0 1
3 3
1 1 1
S ( x x) dx
( x x)
4 4 2
1 0
Lời giải
Chọn C
Dễ thấy điểm
I
4;4
là tâm của hai đường tròn.
2 2
Đường tròn nhỏ có phương trình là: x 4 y 4 4 .
2 2
Đường tròn to có phương trình là: x 4 y 4 16
.
Vậy tập hợp điểm biểu diễn số phức thỏa mãn đề bài là 2 z 4 4i
4 .
Câu 64.
Lời giải
Chọn B
Đặt z x yi , với x , y .
Ta có
2 . 1
z 2 x yi 2 x 2 yi x yi x y i
2 2
z i x yi i x y 1 i x ( y 1)
2 2
x x 2 y y 1 x 2 y 1 xy i x y 2x y x 2y
2
x ( y 1) x ( y 1) x ( y 1)
2 2 2 2 2 2
i .
Số phức
z 2
z i
là số thuần ảo
2 2
x y 2x y
x
( y 1)
2 2
0
2 2 2 1 5
x y 2x y 0 x 1
y .
2 4
1
Vậy tâm I
1;
.
2
2

Câu 65.
Lời giải
Chọn D
Tập hợp điểm biểu diễn số phức z thỏa mãn z 3 5i
5 là đường tròn C tâm
I 3; 5
bán kính R 5 .
Gọi M , N lần lượt là điểm biểu diễn của số phức z1,
z
2
suy ra M , N nằm trên đường
tròn C . Gọi H là trung điểm của MN suy ra IH MN
Câu 66.
2 2
Do z1 z2 6 MN 6 MH NH 3 IH IM MH 4 .
z1 z2 6 10i z1 3 5i z2
3 5i
IM IN 2IH 2IH
8.
Lời giải
Chọn C
Gọi M x;
y là điểm biểu diễn số phức z x yi .
F
Xét hai điểm
1
2;0 , F 2
2;0 , khi đó theo giả thiết:
2 2
2 2
z 2 z 2 4 x 2 y x 2 y 4 MF MF 4 .
1 2
Mà F1 F2 4 , nên MF1 MF2 F1 F2
.
Do đó tập hợp các điểm biểu diễn của chính là đoạn thẳng F F .
z
1 2
.
Câu 67.
Lời giải
Tác giả: Lục Minh Tân; Fb: Lục Minh Tân

Chọn C
Gọi
M x;
y
là điểm biểu diễn của số phức z x iy x 2 y
2 0
Ta có: z 4 z z z 4 2x 4 2y 4 x 2 y 2
*
2
w z 2i zi 2 4i x y 2 i x yi i 2 4i
x y 2 i y 2 x 4 i x y 2 x 4 y 2 x x 4 y 4
i
x x 4 y 4 0 x y 4x
4 0
Theo giả thiết, ta có:
2 2 2
x 2 y 2
Vậy tập hợp điểm biểu diễn của số phức z thỏa:
có miền là hình
2 2
x y 4x
4 0
vẽ dưới đây:
Hình phẳng H là phần không gian nằm bên ngoài hình vuông cạnh bằng 2 và nằm
C
bên trong hình tròn có tâm I 2;0 và bán kính R 4 4 2 2
Diện tích hình
2 2
H 2
là
S . R 2 . 2 2 4 8 4 21.13
Câu 68.
Lời giải
Chọn A
Gọi số phức z a bi , a,
b .

Ta có:
2 2 2 2
z i z a b i a bi
a a 2 b b 2 a 2 b 2 ab
i .
z 2i z 2
2 2
là số thuần ảo nên a a 2 b b 2 0 a 1 b 1 2 .
Gọi số phức w x yi , x,
y .
Ta có x yi 1 i
z 2019 2019i
1 i a bi 2019 2019i
x yi a b 2019 a b 2019 i
.
x a b 2019 a
y a b
2019
b
x y
2
y x
2.2019
2
2 2 x y y x 2.2019
1 1 2 1 1
2
2 2
Khi đó a
b
2 2
2 2
x y 4038x 4042y
8160789 0 .
Vậy, tập hợp điểm biểu diễn số phức w là đường tròn có bán kính
2 2
R 2019 2021 8160789 2 .
Câu 69.
Lời giải
Chọn D
2
Gọi z x yi ( x, y ; i 1)
. Theo đề bài, ta có:
| x 2 y 1 i
| 2 x y
| z 2 i | 2 | x yi 2 i | 2
2 2
x
2 2
2 1 2
2 y 1 4. Đây là hình tròn tâm I 2;1
, bán kính R 2 .
Ta lại có, x y 1 0 y x
1. Đây là nửa mặt phẳng có bờ là đường thẳng
y x
1
và chứa gốc tọa độ O0;0
.
Vì đường thẳng y x 1đi qua tâm I 2;1 của hình tròn nên phần diện tích cần
tính bằng một nửa diện tích của hình tròn.

Câu 70.
2 2
Diện tích của hình tròn là: S . R .2 4
.
1 1
Diện tích cần tính là: S1
. S .4 2
.
2 2
Lời giải
Chọn B
Gọi z x yi , x,
y ta có 2z i 2 x (2y 1)
i và 2 iz 2 y xi .
Khi đó
2 2 2 2 2 2
z
2z i 2 iz 4 x (2y 1) ( y 2) x x y 1 z 1
z
.
Tập hợp điểm biểu diễn số phức , z là đường tròn tâm O , bán kính R 1.
z1
2
Gọi M1( z1)
, M
2( z2)
OM1 OM
2
1.
Ta có z z OM OM M M 1 OM M
1 2 1 2 2 1 1 2
là tam giác đều.
1
2
1
1

Câu 71.
Mà z z OM OM OM OM với là điểm thỏa mãn OM MM là hình
1 2 1 2
thoi cạnh bằng 1.
OM 3 P 3 .
Chọn A
Lời giải
M
1 2
z1 z2
Cách 1. Ta chọn luôn z1 4; z2
6 thì z1 z2 10
. Khi đó, 1
.
2
Cách 2. Gọi A, B,
C lần lượt là các điểm biểu diễn cho z1, z2,
z1 z2
. Khi đó,
OC OA OB nên OACB là hình bình hành và z1 z2
AB .
4
A
E
6
10
4
C
O
6
B
Câu 72.
z
z
1 2
2
AE
là đường trung tuyến của tam giác
AOC
2 2 2 2 2 2
2 AO AC OC 4 6 10
AE 1
AE 1
.
2 4 2 4
Chọn B
Lời giải
Gọi z x yi , có điểm biểu diễn trên mặt phẳng tọa độ là điểm M x;
y .
x y
nên
Ta có:
*/
2
z 3 2 z z
2 2
x y 3 2xyi 2 2x
2 2
2 2 2 2
2
x y 3 4x y 16x
2
x y 3 4x
2 2 2
x y 6 x y 9 4x
2 2
x y 3 2x
2 2
x y 3 2x
2 2
*/ z 4 3i
3 x 4 y 3 9 .
2 2 2 2 2
2
2
x y
2 2
x y
1 4
1 4

2
2
x 1 y 4
2 2
x 4 y 3
9
Khi đó, từ giả thiết bài toán ta có:
2 2
x 1
y 4
2 2
x 4 y 3
9
C
Gọi là đường tròn tâm I 1;0
1
1
, bán kính R1 2 .
C
2
là đường tròn tâm I2 1;0
, bán kính R2 2 .
C
Ta thấy:
là đường tròn tâm I 4; 3
, bán kính R 3 .
+) R R I I 3 2 R R nên và C cắt nhau tại hai điểm phân biệt. Suy
C
1 1 1
ra hệ (1) có hai nghiệm phân biệt.
1
+) I I 34 R R nên và C không cắt nhau. Do đó hệ (2) vô nghiệm.
C
2 2
Kết luận: Có 2 số phức z thỏa mãn đề bài.
2
1
2
Câu 73.
Chọn A
Cách 1
z
Ta có: 2 i
z 1 i 2 z 1 z 1i
w
Lời giải
Tác giả: Trần Thị Thanh Thủy; Fb: Song tử mắt nâu
z
w
z
w
2 z 1 z 1i
2 z 1 z 1
2 2
z
w
2
z
5 z 2 z 2 .
w
Vì
2
5 z 2 z 2 0 z z 0 . Đặt t z
0
t .
Ta có:
2
1 5t
2t
2
5 2
2
2
w
t
t
t
1 1 9
2
t 2 2
2
3
2
t
0 w .
2
3
Khi đó: T w 1 i w 1
i
2
3
2
4 2
.
3

Dấu đẳng thức xảy ra
1 1
w i . 3 3
w k 1 i k , k 0
2
w
3
z 2
k 2
2
3
k
1
3
Vậy
Cách 2
4 2
max T .
3
z
Ta có: 2 i
z 1 i 2 z 1 z 1i
w
z
w
2 z 1 z 1i
2 z 1 z 1
z
w
2 2
z
w
2
z
5 z 2 z 2 .
w
Vì
2
5 z 2 z 2 0 z z 0 . Đặt t z
0
t .
Ta có:
2
1 5t
2t
2
5 2
2
2
w
t
t
t
1 1 9
2
t 2 2
2
3
2
t
0 w .
2
3
Suy ra tập hợp các điểm biểu diễn cho số phức w là hình tròn tâm O 0;0
2
R .
3
Khi đó: T w 1 i MI
Dễ thấy điểm 0;2
( ở đây 0;2
I nằm ngoài đường tròn tâm O;
5 6 5
nhất khi và chỉ khi T MI IO R 2 .
3 3
Vậy
4 2
max T .
3
* Phân tích bài toán
- Dạng toán đề cập đến ở đây bao gồm 2 yếu tố:
+ Cho trước một điều kiện module của số phức w .
+ Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của w .
, bán kính
I là điểm biểu diễn cho số phức z0 1 i )
C R , suy ra T MI đạt giá trị lớn

Với yếu tố thứ nhất thông thường ta phải tham số hóa module của z , ở đây là đặt
z t t 0 , từ đó ta đánh giá để tìm ra miền biểu diễn số phức w .
Với yếu tố thứ hai, chúng ta phải tìm GTLN, GTNN của w .
Câu 74.
* Bài tập tương tự.
Chọn A
Cách 1
Lời giải
Tác giả: Trần Thị Thanh Thủy; Fb: Song tử mắt nâu
z
Ta có: 1 i
z 2 i
w
z
2 2
w
z 2 z 1i
z 2 z 1
2
2 z 2 z 5
z
w
z
w
Đánh giá:
2
2 z 2 z 5 0, z z 0 . Đặt t z
t 0
Ta có:
2
2
1 2t
2t
5 2 5 1 1 9 3
2 5
2
w t t t t
5 5 5
w
5
3
Khi đó ta có:
5
w 2i w 2i
2
3
Dấu đẳng thức xảy ra
w
5
2
i
2 , 0
w k i k k
5
w
3
z 5
5 5
2k
k
3 6
5
Vậy: MaxT 2 .
3
Cách 2

z
Ta có: 1 i
z 2 i
w
z
2 2
w
z 2 z 1i
z 2 z 1
2
2 z 2 z 5
z
w
z
w
Đánh giá:
2
2 z 2 z 5 0, z z 0 . Đặt t z
t 0
Ta có:
2
2
1 2t
2t
5 2 5 1 1 9 3
2 5
2
w t t t t
5 5 5
w
5
3
Suy ra tập hợp các điểm biểu diễn cho số phức w là hình tròn tâm O 0;0
5
R .
3
Khi đó: T w 2i MI
Dễ thấy điểm 0;2
(ở đây 0;2
I là điểm biểu diễn cho số phức z0 2i
)
I nằm ngoài đường tròn tâm O;
5
nhất khi và chỉ khi T MI IO R 2 .
3
, bán kính
C R , suy ra T MI đạt giá trị lớn
Câu 75.
Vậy
Chọn B
5
max T 2 .
3
Lời giải
Tác giả: Trần Thị Thanh Thủy; Fb: Song tử mắt nâu
Ta có: 3 z
2i
z 1 i
iw 1
3i
z
3 z 1 2 z 1i
iw 1
3i
2 2 z
2
z
3 z 1 2 z 1
13 z 2 z 2
i w 3
i
w 3 i
2
Đánh giá: 13 z 2 z 2 0, z z 0 . Đặt t z
t 0
Ta có:
w 3 i
2
5
2
2
1 13t
2t
2 2 2 1 1 25 5
13 2
2
3 2 2 2
w i t t t t

2
Khi đó ta có: w w 3 i ( 3 i) w 3 i 3 i 10
5
Dấu đẳng thức xảy ra
2 1
k 10 k
5 5 5
w 3 i k 3 i , k , k 0
2
w 3 i
5
z 2
1 3 1
w 3 i 3 i w 3 1
i
5 5 5 5 5 5
Vậy:
MaxT
2
5
10
Câu 76.
Lời giải
Tác giả: Đinh Thanh ; Fb: An Nhiên
Chọn B
Đặt z a bi a,
b .
Ta có: z z 2i a 2 b 2 a 2
b
2 2
z a i .
4b
4 0 b 1
2 2
2 2
Xét: z 1 2i z 1 3i a 1 i a 1 2i
1 a 1 1 a 2 .
Áp dụng BĐT Mincôpxki:
2 2 2 2
2 2
1 a 1 1 a 2 1 a 1 a 1 2 4 9 13 .
1
Suy ra: z 1 2i z 1 3i
đạt GTNN là 13 khi 21 a
1 a a .
3
Nhận xét : Bài toán trên có thể được giải quyết bằng cách đưa về bài toán hình học
phẳng.
Câu 77.
Chọn A
Lời giải
Tác giả:Trần Phương ; Fb:Trần Phương

Từ giả thiết: z1 z1 9 z2 z2
1
2 2
Lấy mođun hai vế ta được : z 9 z z 3 z .
1 2 1 2
Thay z 3 z vào ta được z 3z
.
1 2
1
1 2
Gọi z2
a bi a,
b z1 3a 3bi
, z2
a bi .
1
Điểm M 3 a;3b
, N a;
b
SOMN
3 ab 3 ab 3 a b .
2
2 2
Mà SOMN
6 nên a b 2 và z1 z2 4a 4bi 4 a b 4 2 a b 8.
Câu 78.
Suy ra min z1 z2
8.
Lưu ý công thức tính diện tích tam giác với OA a ; a , OB b ; b là
1
SOAB
a b a b
2
1 2 2 1
.
OAB
Lời giải
Tác giả: Lê Thị Như Quỳnh; Fb: Lê Thị Như Quỳnh
Chọn D
+ Đặt z x yi , x,
y , ta có
1
1 2
2 i x 2 y 1i
2 2 1 1 2 2
z1
x x y y x x i
w
.
2
z z i 1
1
2xi
1
4x
1 1
+ Vì là số thực nên y 1 2x x 2 0 y 2x 4x
1.
w
2
13 2 13
4z2 8 13i 4 z2
2 i 1 x 2
y 1.
4 4
P z z z z
+
1 2 1 2
+ Gọi là điểm biểu diễn của thì điểm thuộc parabol P : y 2x 4x
1.
M
1
2
1 2
z M
2
Gọi là điểm biểu diễn của z thì điểm N thuộc đường tròn
N
2
2
2 13
C : x 2
y 1
4
Gọi là điểm biểu diễn của z thì điểm N thuộc đường tròn
N1
2
1
2 13
C1
: x 2 y 1
4
2

Câu 79.
2
+ Phương trình tiếp tuyến của tại T x ,2x 4x
1 , x là
P 0 0 0
2
2
4 4 2 4 1
y x x x x x
0 0 0 0
4x 4 x y 2x
1 0 .
0 0
0
1
+ Khi đó:
Pmin
MN1
T là hình chiếu vuông góc của I lên , với I 13
2, là tâm
min
4
C 1
2 9
IT cùng phương với VTPT n
, với IT x0 2,2x0 4x0
, n
4
2 9
3 2
4x0 4
2x0 4x0 2 x0
8x0 24x0 8x0
11 0
4
1 1 7
x0
T
,
2 2 2
37 37 4
Vậy Pmin
IT R 1
.
4 4
x 0
4 4, 1
Lời giải
Tác giả: PhongHuynh ; Fb: PhongHuynh
Chọn B
Đk: w 1.
Ta có:
z
z
3 i
z 1
i 3 i
z 1 i
1.
w 1
w 1
z
w 3 z 1 1
z i

Vậy T w i
z
2
10 z 8 z 2
z
z
1 i 1
i
z z i z z i
3 1 1 3 1 1
2 .
t
Đặt t z điều kiện: t 0 . Xét hàm số f t
2 .
2
10t
8t
2
4t
2
1
f t
; f t
0 t .
2 2
10t 8t 2 10t 8t
2
2
BBT
Câu 80.
1 3 2
Dựa vào bảng biến thiên ta có T w i max f t
f
.
0;
2 2
Chọn C
Gọi z x yi với x , y .
Ta có: z 2 z 2i
Lời giải
x yi 2 x yi
2i
2 2
2 2
x yi x y i
2 2
x 2 y x y 2 x y hay z x xi
Khi đó ta có
A x 1 x 2 i x 3 x 4 i x 5 x 6 i
x 1 x 2 x 3 x 4 x 5 x 6
2 2 2 2 2 2
2 2 2
2x 6x 5 2x 14x 25 2x 22x
61
2 2 2 2 2
3 1 11 1
7 1
2. x x 2 x
2 2 2 2 2 2
2 2 2
3 11 1 1 7 1
2. x x 2 x
2 2 2 2 2 2
Tác giả: Bồ Văn Hậu; Fb:Nắng Đông

Câu 81.
1 1
2 17
2. 17 .
2 2
3 11
x x
7
Dấu bằng xảy ra khi
2 2
x .
7 2
x 0
2
1
2 17
Vậy: min A . Suy ra a 1, b 2 nên 3a
b 1.
2
Lời giải
Tác giả: Trần Thị Thảo; Fb:Trần Thảo
Chọn A
z1
a bi
Đặt
z2
c di
a, b, c,
d
. Theo đề ta có:
2 2
a
3 b
4 4 1
2 2
c
3 d
4 4 2
2 2
a c b d 1 3
Khi lấy (1) – (2) theo vế có a 2 b 2 c 2 d 2 a c b d
6 8 .
Kết hợp sử dụng bất đẳng thức Cauchy – Schwarz và sử dụng (3) ta có:
2 2 2 2 2 2 2 2
2 2
z1 z2 a b c d 6 a c 8 b d 6 8 a c b d 10.
2 2
a 3 b 4 4
2 2
c
3 d
4
4
2 2
Vậy giá trị nhỏ nhất của z1 z2
là 10
khi 2 2 .
a c b d 1
a c b d
k 0
6 8
Câu 82.
27 4 15 144 12 15
z1
i
10 40
33 4 15 176 12 15
z2
i
10 40
Tồn tại 2 cặp số phức thỏa mãn là:
.
27 4 15 144 12 15
z1
i
10 40
33 4 15 176 12 15
z2
i
10 40

Chọn A
Theo giả thiết có:
2( a bi) 2 3i
1
Lời giải
Tác giả: Nguyễn Ngọc Minh ; Fb: Minh Nguyen
(2a 2) (2b 3) i 1
2 2
2a
2 (2b
3) 1.
2 3 1
( a 1)
b
2 4
Cách 1: (Đại số)
2 2
* a b 3 2a 3b
.
2
2
*
3 1
Từ *
suy ra b
1 b 2.
2 4
Khi đó biến đổi và sử dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki ta được:
P 2 z 2 z 3 2 ( a 2) b ( a 3) b
2 2 2 2
2 a b 4a 4 a b 6a
9
2 2 2 2
2 ( 3 2a 3 b) 4a 4 ( 3 2a 3 b) 9 6a
2 2a 3b 1 8a 3b
6
8a 12b 4 8a 3b 6 (1 1)(8a 12b 4 8a 3b
6)
2(15b
10) 2(15.2 10) 4 5.
8a 12b 4 8a 3b 6 a
1
Dấu “ = ” xảy ra khi
.
b
2 b
2
Suy ra MaxP 4 5 khi a 1, b 2 .
Vậy a b 3.
Cách 2: (Hình học)
Gọi M a;
b là điểm biểu diễn hình học của số phức z .
3
Từ * suy ra M thuộc đường tròn C
có tâm I 1;
1
bán kính R .
2
2
Gọi A2; 0 , B3; 0
và H 1; 0
.
Khi đó P 2MA MB và HB 4HA
.
Theo bất đẳng thức Bunhiacopxki ta được:

Câu 83.
2 2
1 14
P MA MB MA MB
2 2 2
Ta có:
2 2
2 2 2 2
4MA MB 4MA MB 4MH HA MH HB
4 2 8 .
2 2 2
MH MH HA HA MH MH .
HB HB
2
2 2 2
5MH 2MH 4HA HB HA HB 5MH HA HB
.
2 2 2
Do các điểm H, A,
B cố định và P 0 nên P lớn nhất khi MH là lớn nhất
M là giao điểm của đường thẳng với đường tròn C ( I nằm giữa M và H ).
IH
Dễ dàng tìm được M 1; 2
hay a 1; b 2 . Vậy a b
Chọn A
Cách 1:
w 5 8i
Đặt z .
3
4i
2
3.
Lời giải
Tác giả: Thành Đức Trung; Fb: Thành Đức Trung
Ta có
w 3 w 3 25 25
z 1 2i z 4 6i 2i 2i 9 w w 45.
3
4i
2 3
4i
2 2 2
Đặt w x yi và gọi M x;
y là điểm biểu diễn w . Khi đó tập hợp điểm M là elip
2 2
x y
2 56 2
có phương trình là E
: 1. Suy ra y 350 x .
2
1
45 350
81
2
.
w 15 1 125 1 125 2
Mặt khác ta có T z 10 14i 10i w x y .
3 4i
2 5 2 5 2
2
1 125 56 2 1 25 2 17025
Suy ra T x 350 x x 125x
.
5 2 81 5 81 4
45 45
Từ 1
ta có x .
2 2
25 2 17025 45 45
Xét hàm số f x x 125x
trên đoạn ; .
81 4
2 2
50
f x x
81
405 45 45
125 . Xét f
x 0 x ; .
2
2 2
2

45
Ta có f
45
7225 ; f
1600
.
2 2
1 45
Vậy giá trị lớn nhất của T bằng f
17
.
5 2
Cách 2:
Ta có z 10 14i z 1 2i 9 12i z 1 2i
15
.
Ta có z 10 14i z 4 6i 6 8i z 4 6i
10
.
Suy ra 2 z 10 14i 9 15 10 34 z 10 14i
17
.
1 2
Dấu '' '' xảy ra khi z i .
5 5
Vậy max z 10 14i
17
.
Câu 84.
Cách 3 (Thầy Hoàng Ngọc Huệ):
M x y
z F
Gọi ; là điểm biểu diễn số phức . Gọi 1;2 1
và F 2
4;6 . Suy ra
MF1 MF2 9 .
Suy ra tập hợp điểm biểu diễn z là Elip và có F1 F2 5.
Ta có P z 10 14i MA với A 10;14 .
Ta có F1 A 9;12, F1 F2 3;4
F1 A 3F1 F2 F1
, A , F2
thẳng hàng và có
F1 F2
5
F1
A 15
.
F2
A 10
Ta có MA MF2 F2 A 7 10 17 . Dấu '' '' xảy ra khi M , F 1
, F2
thẳng hàng và
MF F F MF .
1 1 2 2
Chọn C
Lời giải
Tác giả: Nguyễn Huỳnh Tấn Trung ; Fb: Nguyễn Huỳnh Tấn Trung
Ta có: iw 2 5i 1 w 5 2i 1; z 2 z. z 4
Đặt: z x iy, w a ib; x, y, a,
b

2 2
x y 4
Khi đó: 2 2
a
5 b
2
1
2 4
Ta có: 4 2
z wz z z w z z w
z
Gọi A,
B lần lượt là điểm biểu diễn z z và w .
Dẫn đến: 0;2
kính R 1.
A y với 2 y 2
, B thuộc đường tròn có tâm 5; 2
d
I và có bán
I
B
A
Khi đó:
2
z wz 4 2AB
.
ABmin d I, d R 4
Ta có:
Giá trị nhỏ nhất của
z
2
wz 4 8.
Nhận xét:
Ta xem bài toán trên gồm 3 giả thiết:
z 2 z. z 4
iw 2 5i 1 w 5 2i
1
2
z wz z w z
4 2 *
Việc đầu tiên, ta rút gọn các giả thiết của bài toán.
* , ta gọi A là điểm biểu diễn của z z , B là điểm biểu diễn của w .
Từ
Câu 85.
Bài toán trở thành tìm độ dài AB nhỏ nhất.
Bài toán tương tự:
Lời giải
Tác giả:Huỳnh Hữu Hùng; Fb:Huuhung Huynh
Chọn C

Cách 1.
Ta có 5 w (2 i)( z 4) 5w 5i 5 i (2 i)( z 4) 5 w i (2 i) z 8
i .
Đặt z x yi với x,
y ta được (2 i)( x yi) 8 i 3 5
2x y 8 ( x 2y 1) i 3 5
2 2
(2x y 8) ( x 2y
1) 45
2 2 2 2
4x y 64 4xy 32x 16y x 4y 1 4xy 2x 4y
45
x
3sin
3
Đặt . Khi đó
y
3cos
2
2 2
5x 5y 30x 20y
20 0
2 2
( x 3) ( y 2) 9
2 2 2 2
P x y x y
( 2) ( 6) ( 2) 18sin 24cos 34 18sin 24cos 34
.
Áp dụng bất đẳng thức Bunhia Copsky ta có
P
2 2
1 1 . 48cos
68 2 58
18sin 24cos 34 18sin 24cos
34
Dấu bằng xảy ra khi 1 1
cos
1
cos
1
.
sin
0
Suy ra max P 2 58 khi z 3 5i
.
Cách 2.(ThiHongHanh)
Ta có 5 w (2 i)( z 4) 5w 5i 5 i (2 i)( z 4) 5 w i (2 i) z 8
i .
8 i
5 w i 2 i z 3 5 5 z 3 2i
2 i
z 3 2i
3.
Khi đó tập hợp các điểm biểu diễn số phức là đường tròn tâm I 3; 2
và bán kính
R 3 .
Gọi M x;
y là điểm biểu diễn số phức z ;
A 0;2 là điểm biểu diễn số phức z1 2i
;
B 6;2 là điểm biểu diễn số phức z2 6 2i
.
E
3;2
là trung điểm của đoạn thẳng AB .
z
2 2
2 2 2 2
Ta có P MA MB P MA MB 2 MA MB 4ME AB .
Khi đó P đạt giá trị lớn nhất khi ME đạt giá trị lớn nhất hay ME R IE .
Pmax 4 R IE AB 2 58
Vậy 2 2
7xI
3xE
3
xM
4 xM
3
khi MI ME 7MI 3ME
0
.
7
7yI
3yE
yM
5
yM
4

Câu 86.
Lời giải
Tác giả: Mai Liên ; Fb:mailien
Chọn D
w1 z1
2 3i a bi
Đặt
với a, b, c,
d , theo giả thiết ta có:
w2 z2
2 3i c di
2 2
w1
3 a b
3
.
2 2
w2
c d
5
z1 2 3i w a bi c di ac bd bc ad i
1
.
2 2
z 9
2
2 3i w2
c d
25
w 25ac
bd
1
Phần thực của số phức là .
w 9
2
2 2 2 2 2 2 9 9
Ta có ac bd a b c d ac bd 9. ac bd .
25 5
25ac
bd
w1
5 . Dấu " " xảy ra khi ad bc hay là số thực và
9
w
w
5 w 3.
1 2
2
Câu 87.
Vậy m0 5.
Chọn C
Lời giải
Tác giả: Viết Ánh ; Fb: Viết Ánh

Gọi z x yi x,
y .
Ta có i z
1 2 1 i z 2 4 2
i z i i i z i i
1 1 1 1 1 1 4 2
i z i i z i
1 1 1 1 4 2
1 i z 1 i 1 i z 1 i 4 2
Câu 88.
2 2 2 2
z 1 i z 1 i 4 x 1 y 1 x 1 y 1 4(*) .
Gọi M x; y ,F 1;1 , F 1; 1
. Ta có (*) MF1 MF2 4 .
1 2
Do đó tập hợp điểm M biểu diễn cho số phức z là một Elip có hai tiêu điểm là F1 , F2
;
1
tiêu cự bằng
1 2
2 ; độ dài trục lớn bằng ; một nửa độ dài trục
2 F F MF1 MF2 4
bé bằng 2 .
Ta có m max z 2 (bằng một nửa độ dài trục lớn); n min z 2 ( bằng một nửa
độ dài trục bé).
2018
2018 1009
w 2 2i w 6 w 6 6
Chọn C
Lời giải
.
Tác giả: Ngô Ngọc Hà; Fb: Hà Ngọc Ngô
GV phản biện: Trương Thị Thúy Lan; Fb: Lan Trương Thị Thúy
Ta có 1 i z 1 3i 3 2 z 1 2i
3 nên tập hợp điểm M biểu diễn số phức
z là đường tròn tâm I(1;2)
, bán kính R 3.
Đặt a z 1 2 i, b 1
i .
Ta có
2 2 2 2
2 2 2 2
z 2 3 i a b a b a. b a.
b
z 2 i a 3b a 9 b 3 a. b a.
b
2 2 2 2 2 2
z 2 i 3 z 2 3i a 3b 3 a b 4 a 12 b 60 .
2 2
Khi đó P a 3b 2. 3 a b 1 2 a 3b 3 a b 6 5 .
Câu 89.

Chọn A
Lời giải
Tác giả: Cấn Duy Phúc ; Fb: Duy Phuc Can
2
Ta có: z i z i nên z 2iz 1
z i z i .
Như vậy:
2019z
2019i
2 2019 z i
1 i z 2iz 1 2 2i 1 i z i 2 2i
w
w
2
2 2019 z i 2 2 2019 z i
1 i
z i 2i 2 z i 2 z i 2 i
w
w
Điều kiện: w 0 suy ra z i 0 hay z i 0 .
2019 z i
2 2
Đặt t z i , t 0 ta có t 2 t 2i
. Lấy môđun hai vế ta được:
w
2 2 2019 z i 2 2 2019t
w
w
2 2 2 2
t 2 t 2 t 2 t
2
2019t
2019t
w w .
2
2
2
2 4
t 2 t 2
2t
8
2
2
.
2019t
2019 2
w w
2 2t
4
.
2009 2
4 4
Vậy max w khi 2t 8 t 4 t 2 z i 2 .
4
Câu 90.
Lời giải
Tác giả: Nguyễn Thị Phương Thảo; Fb: Nguyễn Thị Phương Thảo
Chọn C
2z
i 2z i 2z i 2z i 1 1 3 5
Ta có P P 2 P 2 P
z z z z z z 2 2
.

Câu 91.
M 5
Vậy .
m 3
Chọn C
+ Giả sử z0 x yi, x,
y .
Lời giải
Tác giả: Vũ Văn Hiến; Fb: Vu Van Hien
+ Ta có:
z i z 2 3i x y 1 i x 2 y 3 i
1 2 3
2
x y 2 x 2 y
2
y x
3.
2 2 2 2
2
3 9 3
+ z0
x y x x 3
2x 6x 9 2
x .
2 2 2
2
Câu 92.
3
3 3 3 3
Vậy z0 khi và chỉ khi x y z , suy ra phần ảo của
min
0
i
z0
2
2 2 2 2
3
bằng .
2
Chọn A .
Lời giải
M x y
Gọi ; là điểm biểu diễn số phức z x yi, x,
y .
Tác giả: Lê Đăng Khoa; Fb: Lê Đăng Khoa
Ta có: z 2i 1 z i
x yi 2i 1 x yi i
x 1 y 2i x y 1i
2 2 2
2
x 1 y 2 x y 1
x y 2 0 .
Dễ thấy tập hợp các điểm M biểu diễn số phức
M x; x 2
z là đường thẳng: x y 2 0

MA x 1; x
5
2 2 2
MA x 1 x 5 2x 12x 26 x 2 3 2 8 8
2
Câu 93.
Suy ra:
MA khi x 2 3 2 0 x 3 y 1
min
8
Vậy P 2x
3y
2.3 3.1 9
Chọn A
Giả sử z x yi , x,
y R .
2 2
2 2
Do z 1 x y 1
x y 1. Suy ra x, y 1;1
.
2
Ta có z. z z 1. Thay vào P ta được:
Lời giải
Tác giả: Giáp Minh Đức; Fb: Giáp Minh Đức
P z z z z z z z z z z z z z z z z
2
1 . 1 1 1 . 1 1 1
2 2
x 1 y 2x 1 2x 2 2x
1
Xét hàm số y f x 2x 2 2x
1
1
2x 2 2x 1 khi 1
x
2
Ta có y f x
.
1
2x 2 2x 1 khi x 1
2
1 1
2 khi 1
x
2x
2
2
f x
1 1
2 khi x 1
2x
2 2
1
1
x
1 1 x
2 2 7
f ' x
0 x
1
1
2 0 8
2x
2
2x
2 2
Bảng biến thiên của hàm số trên 1;1
f x
.
x
y'
y
1
3
+
7
8
0
13
4
1
2
3
+
1
3

Câu 94.
m min f x 3
1;1
Suy ra
14
M max f x
1;1
3
13 3
Vậy M.
m .
4
Chọn B
Lời giải
M x y
2
P: y x 2x
2.
Tác giả: Nguyễn Thanh Giang; Fb: Thanh Giang
2
Gọi ; . Từ điều kiện z1 a a 2a 2 i suy ra M thuộc parabol
Gọi N x;
y . Từ điều kiện z2 2 i z2
6 i suy ra N thuộc đường thẳng
d : 2x y 8 0 .
Gọi là tiếp tuyến của P mà song song với d : 2x y 8 0 .
Gọi M x ; y là tiếp điểm mà tại đó tiếp tuyến // d .
Ta có y 2x
2 .
o
o
Do // d nên y x 2 2x 2 2 x 2 suy ra y 2 .
o o o
Phương trình tiếp tuyến có dạng:
y y
x . x x y y 2 x 2 2 y 2x
2 .
o o o
A
Khi đó: min MN d , d d A;
d với . Chọn A 1;0 ta có:
o
min MN
2.1
0 8 6 5
5
2
2
2 1

Câu 95.
Chọn C
Cách 1.
Ta có: 1
i z
2 1
1
i
1 i z 2 1 i 2 .
Lời giải
Tác giả:Lê Thị Như Quỳnh; Fb: Lê Thị Như Quỳnh
1 i z 21
i
1
i
1
1 i z 2 1 i 1
i
Mặt khác: 1 i z 21 i 1 i z 21 i
2 i z i
2 z 3 2 .
Khi đó: M z w z iz 1 i z 2 z 3 2 .
Cách 2.
3
y
1 2 1 2
2
1
O
1
1
x
1
i z
2 1
1
i
(1 i) z 2(1 i)
1
i
1
(1 i) z 2(1 i) 1
i

Câu96.
(1 i) z 2(1 i) 2 1
Đặt z x yi thay vào ta được
1
2 2
x y 2 ( x y 2) 2
1 i ( x yi) 2(1 i) 2
2 2
x ( y 2) 1.
Tập hợp điểm biểu diễn số phức z trên hệ trục tọa độ là đường tròn tâm I(0;2)
bán
kính R 1.
Khi đó: 1 z 3
M z w z iz 1 i z 2 z 3 2 .
Cách 1: (Phương pháp đại số)
+) Gọi z x yi (với x , y ).
Lời giải
2 2 2 2
Vì z 1 ta có z.z 1
và x y 1 y 1 x (với x 1;1 ).
+) Đặt t 1 z 0 t 1 z 1 z t 0;2 và
Tác giả: Huỳnh Quy; fb: huynhquysp
t 1 z 1 z . 1 z 1 z 1 z 1 z z z. z 2 x yi x yi 2 2x
t 2 2x x
2 2
+) Ta có:
t
2
P z z
2
.
2
2 2
1 1 2
Xét hàm số f t t 2 t trên 0;2 .
t z. z z t z . z z t 2x t 2 t
2
1
Với t 0; 2
ta có: f t t 2 t f t
1 2t 0 t (lo¹i) .
5
suy ra 0 2 và f 2 2 .
f
2
1
Với t 2;2
ta có: f t t 2 t f t
2t 1 0 t (lo¹i) .
5
suy ra f 2 4 .
2 2
Vậy P M và Pmin m 2 M m 18.
max
4
Cách 2: (Phương pháp hình học)
+) Giả sử số phức được biểu diễn bởi điểm Q x;
y z có điểm biểu diễn là điểm Q
x;
y
z
đối xứng với điểm qua trục .
Q Ox

+) Theo giả thiết 1 nên tập hợp điểm là đường tròn tâm O 0;0 và bán kính bằng 1. Ta
có hình vẽ như sau:
z Q
Q
y
B
C
H
A
O 1
x
Q'
2
2
+) z 1
z. z 1
P 1 z 1 z z 1 z.z z z 1 z . z z z 1
z z .
+) Từ hình vẽ ta có: z 1
AQ và z z 2x 2. OH , suy ra:
P AQ 2. OH
Pmax
Q C M Pmax AC 2OC
2 2.1 4 .
P Q B
min
2 2
Vậy M m 18
.
Câu 97.
Chọn C
2 2
m Pmin AB 2. OO AB OA OB 2 .
Lời giải
Tác giả: Nguyễn Thị Thanh Mai; Fb: Thanh Mai Nguyen
2 2
2 2 2
+ Ta có: 2 z 2iz z 2iz i 1 z i 1 z i 1.
2
z i 3 z i 3 .
+ P iz 1 i z i z i 3 . Vậy giá trị nhỏ nhất của P bằng 3 .
Câu 98.
Lời giải
Tác giả:Phan Lê Thanh Quang ; Fb:Pike Man

Chọn D
Ta có:
2 i
iz 2 i 3 i . z 3 z 1 2i
3 1
i
Gọi z a bi với a,
b .
2 2 a
1
3sin t
Từ (1), ta có a 1 b 2 9 t
.
b
2 3cost
Suy ra z 1 3sin t 2 3cost i .
Đặt
P 2 z 4 i z 5 8i
. Khi đó:
2 2 2 2
P 2 3 3sint 3 3cost 6 3sint 6 3cost
6 3 2sint 2cost 3 9 4sint 4cost 6 3 2 2 sint 3 9 4 2 sint
4 4
Đặt u sin t
, u 1;1
.
4
Xét hàm số
f '
u
f u 6 3 2 2u 3 9 4 2u
trên đoạn 1;1
6 2
6 2
. Cho
3
2 2u
9 4 2u
Ta có bảng biến thiên của hàm số f u
:
1
f ' u 0 u 1;1
2
Do vậy giá trj lớn nhất của P là 9 5 . Dấu bằng xảy ra khi
1 1 t k2
z
2 2i
u sin t
2 k
2 4
2
z 1
5i
t
k2
Cách khác: Sử dụng Bất đẳng thức Bunhia đánh giá
P 6 3 2 2 sin t
3 9 4 2 sin t
4 4

3 2 6 4 2 sin t
3 9 4 2 sin t
(18 9)(6 9) 9 5 .
4 4
Cách 2 ( thông dụng hơn):
Ta có:
2 i
iz 2 i 3 i . z 3 z 1 2i
3 1
i
Gọi z a bi với a,
b .
2 2 2 2
Từ (1), ta có a 1 b 2 9 a b 2a 4b
4 .
Khi đó:
P 2 ( a 4) ( b 1) ( a 5) ( b 8)
2 2 2 2
2 a b 8a 2b 17 a b 10a 16b 89 2 6a 6b 21 2. 6a 6b
2
2 2 2 2 91
Câu 99.
93
4 2
21 405 9 5
2
Chọn A
Đặt z 2 bi,
b .
Lời giải
Tác giả: Tạ Trung Kiên ; Fb: TrungKienTa
bii b i b 2 2
1 1 zi 1
zi 1 2 1 2 1 2 b 2b
3
i
2 2 2
2
z z z 2 b 2 b 2 b b 2
Xét hàm số
y
2
b 2b
3
2
b 2
2
2b
2b
4
y
2
2
2 b 2b
3
b
2 .2.
2
b 2
b
2
y 0 .
b
1
lim y 1.
b
Bảng biến thiên:
2
b
b 2
2 2
b 2b 3b
2
3

Từ bảng biến thiên ta thấy max y 2 b 1.
1
Do đó giá trị lớn nhất của i là 2 .
z
Câu 100.
Lời giải
Tác giả: ; Fb: Pham Anh
Chọn D
Ta có. z 3w 2 2 3i z 3w 2 2 3i
4 .
z w z w
z w z w
2 2 2
z 3w 16 3 . 3 16
z 9 w 3 zw zw 16
2 2
z 3 w 7
2
2 2
z w 4 . 4
z w zw zw
4
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz:
2 1
2 2 28 2 21
z w 1 . z 3 w z w .
3
3 3
2 21
Vậy Pmax
.
3
Câu 101.
Lời giải
Tác giả: Lê Phương Anh ; Fb: Anh Phương Lê
Phản biện: Nguyễn Thị Trà My; Fb: Nguyễn My
Chọn B
Đặt z a bi, z c di, a, b, c,
d .
1 2
a
c 8
Ta có: z1 z2 8 6i
nên a bi c di 8 6i
.
b
d 6
Do đó a c 2 b d 2 a 2 b 2 c 2 d 2 ac bd
100 100 2 2 1 .

Câu 102.
Vì
z
1
z2 2
nên ta có:
2 2 2 2 2 2
a bi c di 2 a c b d 4 a b c d 4 2ac 2bd
2 .
2 2 2 2
Cộng (1) và (2) ta được: 2 a b c d 104
.
Áp dụng bất đẳng thức
2 2
2
2 x y x y
ta có:
2
2 2 2 2 2 2 2 2 2
P a b c d 2 a b c d 104
.
Do đó P 2 26 .
Vậy giá trị lớn nhất của biểu thức là 2 26 .
Chọn D
Ta có 3z z 1 i2 2i
Lời giải
Tác giả: Đào Văn Vinh ; Fb: Đào Văn Vinh
3x 3yi x yi 4 2x
4yi
4
2 2
x
4y
4
2
x 2 x 2
2y
4
.
Khi đó Q z z 2 x Q 2yi 2 x 2y 2 x 4 x 2 2 x .
2
Xét hàm số f ( x) 2 x 4 x với x 2;2 .
2
2x
2x
4
x
1
f ( x)
; f ( x) 0 .
2
4 x
x
2
Ta có bảng biến thiên
Nên Max f ( x) 3 3 f ( 1)
.
x 2;2
2 3 9 3
Vậy M 3 3 ; x0 1; y0
T .
4
4

Câu 103.
Chọn B
Lời giải
Tác giả: Lê Thanh Bình ; Fb: Lê Thanh Bình
Ta có z 2 2z 5 z 1 2i z 3i
1
z 1 2
4 z 1 2i z 3i
1
z 1 2i z 1 2i z 1 2i z 3i
1
z 1 2i z 1 2i z 1 2i z 3i
1
z 1 2i
0
z 1 2i z 3i
1
TH1: z 1 2i 0 z 1 2i
w z 2 2i 1 2i 2 2i 1 w 1
(1)
z 1 2i z 3i 1 z 2 2i 1 4i z 2 2i 1
i
TH2:
w 1 4i w 1
i
(*)
2 2 2 2 3
Gọi w x yi x;
y thì (*) x 1 y 4 x 1 y 1
y .
2
2
2 2 2 3 3
Khi đó w x y x . Đẳng thức xảy ra x 0 . Suy ra:
2 2
3
min w (2)
2
Từ (1) và (2) suy ra min w 1.
Câu 104. (Chuyên KHTN lần2) Xét các số phức z thỏa mãn z 2 i 1. Gọi m,
M là giá trị
nhỏ nhất và lớn nhất của z . Giá trị M m bằng:
A. 3 . B. 2 . C. 1 2 5 . D. 2 5 .
Chọn D
Ta có: z z 2 i 2 i .
Lời giải
Tác giả: Lê Phương Anh ; Fb: Anh Phương Lê
Phản biện: Nguyễn Thị Trà My; Fb: Nguyễn My
Áp dụng bất đẳng thức
z1 z2 z1 z2 z1 z2
ta có:
Câu 105.
z 2 i 2 i z z 2 i 2 i 1 5 z 1 5 5 1 z 1
5
Vậy m 5 1, M 5 1, do đó M m 2 5 .
Lời giải

Câu 106.
Chọn B
Theo đề z 1. Đặt z cos x i sin x x . Suy ra
4
Tác giả: Trần Trung Chiến ; Fb: Trần Trung Chiến
4
z cos x i sin x cos 4x i sin 4x
.
2
4 1 1
z z
x x x x i
2
2
Khi đó cos 4 cos sin 4 sin
1
cos 4x cos x sin 4x sin x
2
9
cos 4 x 2cos3 x cos x
4
2
9 8cos 4 8cos 3 8cos 2
x x x 5cos x 1
4
9
4
f t
. Với f t 8t 4 8t 3 8t 2 5t 1, t 1;1
.
9
9 1
min
11
f t f
1 .
1;1
4 4
4
8
Chọn D
Vì
z
z 5z z 4z
0
2 2
1 1 2 2
2
Lời giải
Tác giả : Nguyễn Thị Thu Hằng ; Fb: Nguyễn Thu Hằng.
z suy ra z1 4z2
1 2
P
7z
2
1
Mặt khác 1
S OMN
OM. ON.sin
MON 12
1 2
sin
.
2
2 z z MON z
2
2
sin MON 6
6
P 7z2
7 . Nên P 7z2
nhỏ nhất khi sin MON lớn nhất
sin MON
sin MON 1.
Khi đó P 7 6 .
Câu 107.
Lời giải
Tác giả: Nguyễn Thị Anh Đào; Fb: Đào Nguyễn
Chọn A
Giả sử z x yi x,
y
2 2
. Theo giả thiết ta có x y 1.
2

Ta có:
P z 2 z z 2 z 1 z z 1 z 2 z 1 z . z 1 z 2 z 1 z 1 z 2 z 1
.
2 2 2 2
z 1 x yi 1 x 1 y x y 2x 1 2 2x
.
2 2 2 2
z z 1 x y 2xyi x yi 1 2x x y 2x 1
i
2 2 2
2 2 2 2 2
z z 1 x 2x 1 y 2x 1 2x 1 x y 2x
1
.
Suy ra P 2 2x 2x
1
.
2 2 2 1
Xét hàm số f x x x trên đoạn 1;1 .
1
+ Trên
1; :
2
1 1
f x
2 2x 2x 1 f x
2 0, x
1;
.
2 2x
2
1
Mặt khác hàm số f x 2 2x 2x
1
liên tục trên
1; .
2
1
Do đó hàm số nghịch biến trên
1; 1
f x f 1
3, x
1; .
2
2
max f x 3. (1)
1
x 1;
2
1
+ Trên
;1 :
2
1 1 7
f x 2 2x 2x 1 f x 2 f x
0 2 2x x
2 2x
2 8
.
1
Có: f 7 13
3 ; ; .
2
f
f 1
3
8 4
13
max f x
. (2)
4
1
x ;1
2
13 13
Từ (1) và (2) max f x
hay Pmax
.
4
4
x 1;1
Chú ý:
Ta có thể biến đổi theo hướng khác như sau
Do z. z z 1 z 2 z 1 z 2 z z. z z z 1 z z 2x
1
2
z z 1 z 2x 1 z 2x 1 2x
1
.
Câu 108.
Lời giải

Tác giả: Nguyễn Quang Vinh; fb: Quang Vinh Nguyen
Chọn D
10
10
Ta có: 1 2i
z 2 i.
z 2 i 2 z 1
lấy môđun hai vế
z
z
10 2 2 1 3
z 2 2 z 1
z 1 ; .
z
2 2
Câu 109.
Lời giải
Tác giả: Nguyễn Hoàng Huy; Fb: Nguyen Hoang Huy
Chọn D
Gọi
z a bi
a,
b
. Khi đó:
2
2 2 2
z 2 4i z 2i a 2 b 4 a b 2 a 4 b .
2 2 2 2 2
iz 2 i 2 b a 1 2 b 3 b 2b 10b
13
5 1 2
2b
.
2 2 2
2
Vậy giá trị nhỏ nhất của iz 2 i là
2 5 3
khi b ; a .
2 2 2
Câu 110.
Lời giải
Tác giả: Hoàng Minh Tuấn; Fb: Minh Tuấn Hoàng Thị
Chọn B
Gọi z x yi , , . Khi đó M x;
y là điểm biểu diễn của số phức z .
x y
2 2
Theo bài ra ta có z 1 3i 2 x 1 y 3 4 .
Suy ra tập hợp điểm là đường tròn tâm I 1; 3 bán kính R 2 .
M
2 2
Khi đó z 1 x 1 y I M với I 1; 0 .

z 1
nhỏ nhất khi I M ngắn nhất hay I , M , I thẳng hàng, M nằm giữa I và I .
Phương trình đường thẳng II là x 1.
Tọa độ giao điểm của đường thẳng II với đường tròn tâm I bán kính R 2 là
M 1; 1 1 và
M 1; 5 1 .
Thử lại ta thấy M 1; 1 1 thỏa mãn. Vậy z 1
i .

CHUYÊN ĐỀ VDC HÀM SỐ
Câu 1 Cho ( P) : m 1 x 1 2m y m 1 z m 2 0 (tham số m ) thì:
A. (P) chứa 3 điểm cố định không thẳng hàng
B. (P) chứa 2 điểm cố định
C. (P) chứa đúng 1 điểm cố định
D. (P) không chứa điểm cố định nào
2
Câu 2 Cho (P) : 2x y z 1 0 và 4x m 1 y 2z m 1 0. Tìm m để
P Q
.
A. m 0
B. m 1
C. m 1
D.
m 1
2 1 1
Câu 3. Với x 0 , y 0 và x y và F x y
. Tìm .
2
MinF
x
y
xy
A. MinF 1
B. MinF 4
C. MinF 9
D.
MinF 16
3 2
Câu 4. Tìm m để hàm số y x x mx 1
đồng biến trên (1,2)
1
A. m 1
B. m C. m 1
D.
3
1
1 m 3
Câu 5 Tìm giá trị của m để bất phương trình
m 1,1
với
4 4
4 2
1 x 1 x x 2x m
nghiệm đúng
A. m 2
B. m 1
C. m 3
D.
4
m 2 1
2 2
2x 4mx m 2m 1
Câu 6. Cho g x
. Tìm m để g với .
2
x
0 x 1;3
x m
A. 3 m 3 2 2 B. 1 < m < 3 C. 3 2 2 m 1
D.
7 4 2 m 7 4 2

Câu 1B
Câu 2C
Câu 3D
Câu 4A
ĐÁP ÁN
2
y ' 3x 2x m 0
2
2x 3x m với x 1;2
Xét g(x) = 2x – 3x 2 trên (1;2)
g x
m với x 1;2 1 m
Câu 5A
4 4
4 2
Xét f ( x) 1 x 1 x x 2x
thì với x 1;1
có
1 1
f x x x
4 (1 x) 4 (1 x)
2
'( ) 4 (1 ).
3 4 3
Ta thấy x > 0 thì f '( x) 0 còn x < 0 thì f '( x) 0 và x = 0 thì f '( x) 0
4
Ta có f ( 1) 2 1 còn f (0) 2 f ( x)
m với x 1;1 2 m
Câu 6A
Điều kiện là f 1 m 6m 1 0 , f 3 2
m 14m 17 0 và m 1;3 kết hợp
2
(trên trục số) đáp án.
Lưu ý: f x 2x 2 4mx m 2 2m 1
.

CHUYÊN ĐỀ VDC HÀM SỐ
2x
m
Câu 1: Tìm tất cả các giá trị của tham số m sao cho đồ thị (C m ) của hàm số y có
xm 1
tiệm cận đứng, tiệm cận ngang và các tiệm cận cùng với hai trục tọa độ tạo thành một hình
chữ nhật có diện tích bằng 8.
1
1
1
A. m
B. m
C. m
D. không có m
4
2
8
thỏa mãn.
x 3
Câu 2: Cho (C) là đồ thị của hàm số y . Biết rằng chỉ có đúng hai điểm thuộc đồ
x 1
thị (C) cách đều hai trục tọa độ. Gọi các điểm đó lần lượt là M và N. Tính độ dài đoạn
thẳng MN.
A. MN 4 2 B. MN = 3 C. MN 2 2 D. MN 3 5
Câu 3: Gọi M, m lần lượt là giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số
sinx
cosx1 y
, khi đó:
sinx
cosx
3
A. M 1, m 1
1 1 1
B. M , m 1 C. M , m
7
7 7
D.
1
M 1,
m
7
Câu 4 Có hai điểm A, B phân biệt thuộc đồ thị hàm số ( C) : y
xứng với nahu qua điểm M(3;3). Tính độ dài đoạn thẳng AB.
x 2
x 1
sao cho A và B đối
A. AB 2 2 B. AB 5 2 C. AB 6 2 D. AB 3 2
Câu 5: Cho hàm số
x
4
f ( x) .
x
4 2
Tính tổng:
1 2 2016
S f f ...
f
2017 2017 2017
A.S = 1007 B. S = 1009 C. S = 1008 D. S = 1006
Câu 6: Tìm tất cả các giá trị của tham số m sao cho đồ thị (C m ) của hàm số
tiệm cận và tâm đối xứng của đồ thị thuộc đường thẳng d : 2x y 1 0.
mx 3
y
1
x
có
A. với mọi m B. không có m C. m = 3 D. m = -3

Câu 7: Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để hàm số y ( m 3) x (2m 1)cos
x
nghịch biến trên R.
2
1
1
A. 4
m B. không có m C. m 3 D. 2
m
3
2
2
Câu 8: Tìm đường thẳng d cố định luôn tiếp xúc với đồ thị hàm số
2 2
( C) : y x (2m 3) x m 2m
(m là tham số thực).
A. y x 1
B. y x
1
C. y x 1
D. y x
1
Câu 9: Rút gọn biểu thức
P a b
1
2
P a b 4 ab
với a, b là các số dương.
A. P a 2b
B. P a b C. P a b D.
Câu 10: Cho hàm số
x
y
hàm số đã cho có một điểm cực trị
2
2mx
2 ,
x m
x0 2.
có đồ thị (C m ), với m là tham số thực. Biết rằng
Tìm tung độ điểm cực tiểu của đồ thị (C).
A. 2
B. 2 2
C. 2 D. 2 2
Câu 11: Với điều kiện nào của tham số m cho dưới đây, đường thẳng d : y 3x m cắt
2x
1
đồ thị (C) của hàm số y tại hai điểm phân biệt A và B sao cho trọng tâm tam giác
x 1
OAB thuộc đồ thị (C) với O(0;0) là gốc tọa độ?
15 5 13
15 5 13
7 5 5
A. m
B. m
C. m
D. Với mọi m.
2
2
2
x 1
Câu 12: Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để đồ thị hàm số ( Cm) : y
2
x x m
có hai đường tiệm cận đứng.
1
1
m
m
A. Mọi m. B. 4 C. 4 D. m 2
m
2
m
2
3 2
Câu 13: Cho hàm số y mx (2m 1) x mx 7. Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham
số m để hàm só nghịch biến trên R.
A. 0 B. 2 C. 1 D. Vô số.
Câu 14: Có tất cả bao nhiêu giá trị nguyên của m để phương trình sau có hai nghiệm phân
3
biệt: x 7x m 2x
1
?
A. 16 B. Vô số C. 15 D. 18

3x
2 3m
2
Câu 15: Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để phương trình chỉ có
x 1 m 1
1 nghiệm.
1
A. Với mọi m B. m 1 C. m
D. Không có
4
giá trị nào của m.
x 1
Câu 16: Đường thẳng d : y x 3 cắt đồ thị (C) của hàm số y tại hai điểm phân
x 2
biệt A và B phân biệt. Gọi d 1 , d 2 lần lượt là khoảng cách từ A và B đến đường thẳng
: x y 0. Tính d d d . 1 2
3 2
A. d 3 2 B. d C. d = 6 D. d 2 2
2
Câu 17: Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để hàm số
trên từng khoảng xác định của nó.
x
y
2
mx 2
x 1
đồng biến
A. m 3
B. m < 3 C. 2 2 m 2 2 D. m 2 2
hoặc m 2 2
Câu 18: Hình bên là đồ thị của hàm số
3
y x x
3 .
Sử dụng đồ thị đã cho, tìm tát cả các
giá trị thực của tham số m để bất phương trình 8 sinx 6 sinx m nghiệm đúng với mọi
x .
3
A. m 2
B. 0 m 2 C. 2 m 2 D. m 2
4 2
Câu 19: Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để hàm số y (1 m) x mx 2m
1
có đúng một cực trị.
A. m( ;0] [1; )
B. m( ;0) (1; )
C. m( ;0]
D. m[1; )
Câu 20: Cho hàm số y sinx 3 cos x mx.
Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để
hàm số đồng biến trên R.
A. m 2
B. m 3 C. m 2
D. m 1

4 2
Câu 21: Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để đồ thị hàm số y 2x mx 1
có ba
điểm cực trị lập thành một tam giác vuông.
3
3
A. m 2 5 B. m 2 6 C. m = 0 D.
Câu 22: Tìm tham số a, b để hàm số:
(3a
1)sinx
bcosx,khi x 0
y
là hàm số lẻ.
asin x (3 2 b)cos x,
khi x 0
1
1
a
3
a
a
A. 2
B. 1
C. D.
3
b
b
3
1
2
b 2
Câu 23: Hình bên là đồ thị của hàm số
số m để phương trình
3
y x x
3 .
2
3 2 2
64 x x 1 12 x m x 1
3
m 2 2
a
b
1
2
1
3
Tìm tất cả các giá trị thực của tham
có nghiệm.
A. 2 m 2 B. Với mọi m C. m 0
D. m 2.
Câu 24: Cho hàm số y
2
x 2x 1 mx.
Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m đề
hàm số đồng biến trên R.
A. m > -2 B. m > 0 C. m > -1 D. m > 1
3 2 3
Câu 25: Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để đồ thị hàm số y x 3mx 4m
có hai điểm cực trị A và B sao cho AB 20.
A. m 1;2
B. không có giá trị của m.
m1;1
m2;1
C. D.
Câu 26. Gọi I là giao điểm của tiệm cận ngang và tiệm cận đứng của đồ thị hàm số
3m
1
x 4
y
. Hỏi I luôn thuộc đường thẳng nào dưới đây?
x m
y 3x
1
B. y 3x
1
C. y 3x
1
D. y 3x
1
Câu 27. Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để hàm số
từng khoảng xác định của nó
x m
y
x 1
đồng biến trên

A. m 1
B. m 1
C. m 1
D. m 1
2
Câu 28. Cho hàm số y f x có đồ thị y f x như hình vẽ. Đặt h x 2 f x x .
Mệnh đề nào sau đây là đúng?
h2 h2 h4
4 2 2
h2 h4 h2
A. h 4 h 2 h 2
B.
C. h h h
D.
m
M 2,2 .
Biết đồ thị
Câu 29. Cho đồ thị của hàm số y x 3 3mx 2 3 m 2 1 x m
3 1
và điểm
C
C m
có hai điểm cực trị A,B và tam giác ABM vuông tại M. Hỏi
giá trị nào của m cho dưới đây thỏa mãn bải toán
A. m 1
B. m 1
C. Không có m D. Vô số giá trị
m
2x
1
Câu 30. Cho hàm số y C.
Gọi I là gaio điểm của hai đường tiệm cận của đồ thị
x 1
(C). M là điểm thuộc (C) sao cho tiếp tuyến của (C) tại M vuông góc với đường thẳng IM.
Khi đó tung độ điểm M y 2 là
M
3
A. 3 B. 2 C. D. Không xác
2
định.
x 2
Câu 31. Cho (C) là đồ thị của hàm số y và đường thẳng d : y mx 1. Tìm các
x 1
giá trị thực của tham số m để đường thẳng d cắt đồ thị hàm số (C) tại hai điểm A,B phân
biệt thuộc hai nhánh khác nhau của (C)
A. m 0
B. m 0
C. m 0
D. m 0
Câu 32. Xét x, y là các số thực không âm thỏa mãn điều kiện x y 2. Tìm giá trị nhỏ
nhất của biểu thức
2 2
S x y 4xy
A. min S 3
B. min S 4
C. min S 0 D. min S 1
2x
1
Câu 33. Biết rằng đồ thị (C) của hàm số y luôn cắt đường thẳng d : y x m
x 2
tại hai điểm phân biệt A và B. Tìm các giá trị thực của tham số m sao cho độ dài đoạn thẳng
AB ngắn nhất

A. m 1
B. m 2 3 C. m 4
D. m 0
Câu 1 B
ĐÁP ÁN
1 2
: Với m 0,( C m
) có tiệm cận đứng x , tiệm cận ngang y .
m
m
1 2 2 1 1
Diện tích hình chữ nhật bằng 8 8 m m .
m m
4 2
Câu 2 A
2 x
1
x 3 x 3
M x; x x 2x
3 0 .
x 2 x 1
x
3
Tìm được M(1;-1), N(-3;3) MN 4 2
Câu 3 B
Vì sinx cosx 3 0 x R nên tập giá trị của hàm số là tập hợp các giá trị của y để
phương trình (1 y)sinx (y1)cosx (1 3y) có nghiệm.
Sử dụng điều kiện có nghiệm của phương trình
1
1
1 y . vậy m = -1 và M .
7
7
Câu 4 A
Gọi
A a 3 3
;1 , ;1 ( )
1 B
a
b
b 1
C
với
a b; a, b 1.
A.sinx B.cosx C
Do A, B đối xứng nhau qua điểm M(3;3) nên M là trung điểm của AB.
Tính được:
a 2; b 4 A(2;4); B(4;2)
AB 2 2.
a 4; b 2 A(4;2); B(2;4)
suy ra được
Câu 5 C
Chứng minh nhận xét: Nếu a + b = 1 thì f (a) f(b) 1.
Câu 6 B
Điều kiện để đồ thị có tiệm cận: 3. m
Tâm đối xứng I(1;-m) là giao điểm của hai đường tiệm cận.

Khi đó, I d m 3
(loại). Vậy không tồn tại m thỏa mãn
Câu 7 A
y ' m 3 (2m
1)sinx.
Bài toán đưa về
g( 1) 0 2
g( t) m 3 (2m 1) t 0, t [ 1;1] 4 m .
g(1) 0 3
Câu 8 D
Câu 9 D
Câu 10 D
Câu 11 B
: Phương trình hoành độ giao điểm của (C) và d:
2x
1
x
1
3x
m 2
x 1
g( x) 3 x ( m 1) x m 1 0
0 m
11
Khi đó d cắt (C) tại hai điểm phân biệt A và B (*)
g(1) 0
m
1
2
Gọi G là trọng tâm của tam giác OAB ta có OG OI với I là trung điểm của AB.
3
m 1 m 1
2 15 5 13
Tìm được G ; .
Do đó, G ( C) m 15m 25 0 m .
9 3
2
Câu 12 B
2
C m ) có hai đường tiệm cận đứng x x m 0 có hai nghiệm phân biệt khác 1.
Câu 13 A
2
y ' 3mx 2(2m 1) x m.
Hàm số nghịch biến trên R y ' 0, x R.
Câu 14 C
Câu 15 B
Từ bảng biến thiên của hàm số
3x
2
y
x 1
ta được kết quả
Câu 16A
Phương trình hoành độ gioa điểm của d và (C) là
x 1
2 x
1
x 3 x 6x
5 0 .
x 2
x
5
y(1) 2 A(1; 2) Suy ra , suy ra . Dễ dàng tính được
y(5) 2
B(5;2)
m
1
3m
2 m 1.
3
m 1
d d1 d2 3 2.

Câu 17A
2
x 2x m 2
2
' 0, 1 2 2 0, 1 3.
2
y x x x m x m
( x 1)
Câu 18 A
Đặt t 2sin x, t [ 2;2].
Yều cẩu bào toán trở thành: Tìm m để bất phương trình
t [ 2;2].
3
t 3 t m
Từ đồ thị đã cho, ta suy ra đồ thị của hàm số t t 3 t , t [ 2;2]
Từ đó ta có kết quả thỏa mãn yêu cầu bài toán là m 2.
3
nghiệm đúng với mọi
Câu 19 A
2
: Ta có y ' 2x
2(1 m) m
.
Hàm số có đúng môt cực trị
y ' đổi dấu một lần trên R
Câu 20 A
m
0
m(1 m) 0 .
m
1
y ' cos x 3 sinx m. Khi đó y ' 0, x R m cos x 3 sinx, x R m 2.
Câu 21D
3
y ' 8x 2mx
có 3 nghiệm phân biệt khi m > 0.
2 2
Khi đó, ( C m
) có 3 điểm cực trị A(0;1),B m ; m 1 , m ; m
C 1
2 8 2 8
3
ABC vuông tại A AB. AC 0 m 2 2.
Câu 22A

TXĐ: D = R. Suy ra x D x D
Với x , 0 thì f ( x) (3a 1)sinx
b cosx.
Để hàm số lẻ thì
f ( x) f ( x), x
0.
Từ đó suy ra
Với x 0 thì f ( x) a sin x (3 2 b)cos x.
1
a ; b 3.
2
Hàm số lẻ nên
f ( x) f ( x), x
0.
Từ đó sy ra
1
a ; b 3.
2
Câu 23 A
3 2 2 2 2 4x
4x
64 x 12 x ( x 1) m( x 1) 3 m (*)
2 2
x 1 x 1
4x
Đặt t , t [0;2].
Yêu cầu bài toán trở thành: Tìm m để phương trình
2
x 1
có nghiệm t [0;2].
3
Từ đồ thị đã cho, ta suy ra đồ thị của hàm số y t 3 t, t [0;2].
Từ đó ta có kể quả thỏa mãn yêu cầu bài toán 2 m 2.
3
3
t 3t m
Câu 24 D
( m 1) x 1
y x 1
mx
( m 1) x 1
y ' 0, x m 1.
khi
khi
x 1
x 1
Câu 25C
2 x
0
Ta có y ' 3x 6 mx; y ' 0
x
2 m.
3
Đồ thị hàm số có hai điểm cực trị khi và chỉ khi 2m
0 m 0. Khi đó A 0;4m
và
B(2m;0).
AB
6 2
20 16m 4m 20
2
m 1 4 2
4m 4m 5
2
0 m 1 m 1
Ta có
Vậy giá trị của m là m 1

Câu 26B
4
m
Để Cm
có tiệm cận đứng và tiệm cận ngang thì 3m
1m
4 0 3
m
1
Khi đó phương trình tiệm cận đứng là x m
và tiệm cận ngang là y 3m
1
Tọa độ điểm I là I m;3m 1
y 3x 1, I : y 3x
1
Câu 27A
1
m
y 0, x R \
2
1
m 1
x 1
I
I
Câu 28 D
Gọi S 1 , S 2 lần lượt là diện tích hình phẳng như hình vẽ.
2
2
2
2
Ta có: S f x x
dx f x x h x h h
2 h 21
h
2 2 2 2 2 0
1
2
2
2
Tương
tự
4
4
2
4
2S 2 x f x dx
x 2 f x
h x h 2 h 4 0 h 2 h 4
2
2
2
2
Từ đồ thị ta có: S S 2S 2S h2 h2 h2 h4 h4 h23
1 2 1 2
Từ (1), (2), (3) suy ra h2 h4 h2
(2)
Câu 29A
2 2
Ta có: y 3x 6mx 3 m 1
để hàm số có cực đại, cực tiểu thì y 0 có hai nghiệm
phân biệt
0. Điều này luôn đúng với mọi m.
Khi đó
1, 3 3 , 1; 3 1
A m m B m m
là các điểm cực đại, cực tiểu của đồ thị hàm số

0 m
0
90 . 0 1 3 3 1 3 3 0
m
1
AMB MA MB m m m m
Câu 30 A
Câu 31B
x 2
Phương trình hoành độ giao điểm của (C) và d là
mx
2
1 mx mx 3 0 1
x 1
(C) cắt d tại hai điểm phân biệt thuộc hai nhánh khác nhau của (C)
1
có hai nghiệm phân biệt x1,
x2
thỏa mãn x1 1
x2
3
x1 1 0 x2 1 x1 1 x2 1 0 x1x2 x1 x2
1 0 0 m 0
m
Suy ra
Câu 32A
. Đặt t xy. Từ giả thiết
t
xy 0
x y 0 t 1
t
xy
4
2
Tìm GTNN của hàm số
2
S f t t 4 t;0 t 1 min S 3
Câu 33D
Phương trình hoành độ gaio điểm của đồ thị (C) và đường thẳng
2x
1
x 2
d : x m 2
x 2
x 4 m x 1 2m
01
Gọi A x ; x m , B x ; x m . Ta tính được
1 1 2 2
2 2
1 2
AB 2 x x 2 m 12 2 6
khi m = 0

Câu 1 :( Chuyên Thái Nguyên- 2019 ) Gọi M và m lần lượt là giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất
của hàm số
x
y
2
3x
6
trên đoạn 0;1 . Giá trị của M 2m
bằng
x 2
A. 11
B. 10
C. 11 D. 10
Câu 2 :( Chuyên Thái Nguyên- 2019 ) Cho hàm số
3 2
, , ,
f x ax bx cx d a b c d có đồ thị như hình vẽ. Đồ thị
hàm số
g x
2 2
4 3
2
2
x x x x
có bao nhiêu đường tiệm cận đứng?
x f x f x
A. 3 B. 2
C. 6 D. 4
Câu 3 :( Chuyên Thái Nguyên- 2019 ) Cho hàm số f
x thỏa mãn
2 4
f ' x f x. f '' x
15x 12 x,
x
và f 0 f ' 0
1. Giá trị của 1
2
f là
A. 10 B. 8 C. 5 2
D. 9 2
Câu 4 :( Chuyên Thái Nguyên- 2019 ) Cho x, y 0 và thỏa mãn
giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của biểu thức
2 2 3
P 3x y xy 2x 2x
?
2
x
xy
3 0
. Tính tổng
2x
3y
14 0
A. 8 B. 0 C. 4 D. 12
Câu 5 :( Chuyên Thái Nguyên- 2019 ) Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để hàm số
3 2
y x 2m 1 x 3m x 5 có ba điểm cực trị?
A. Vô số B. 3 C. 2 D. 1
Câu 6 :( Chuyên Thái Nguyên- 2019 ) Cho hàm số
đạo hàm
y f x
có
f ' x trên tập số thực và đồ thị của hàm số y f x
như hình vẽ. Khi đó, đồ thị của hàm số
2
y f x có
A. 2 điểm cực đại, 2 điểm cực tiểu
B. 2 điểm cực tiểu, 3 điểm cực đại
C. 1 điểm cực đại, 3 điểm cực tiểu
D. 2 điểm cực đại, 3 điểm cực tiểu

Câu 7: ( Chuyên Vinh Nghệ An- 2019 ) Cho số thực m và hàm số
vẽ. Phương trình 2 x x
f 2
y f x
có đồ thị như hình
m nhiều nhất bao nhiêu nghiệm phân biệt thuộc đoạn 1;2 ?
A. 2 B. 3 C. 4 D. 5
Câu 8: ( Chuyên Vinh Nghệ An- 2019 ) Cho hàm số
biến thiên như hình vẽ dưới
y f x
. Hàm số y f ' x
có bảng
x 2
1
0 1 2
f ' x
0 0 0
2
Giá trị lớn nhất của hàm số g x f 2x sin x trê n
1;1
A. f 1
B. f 0
C. f 2
D. f 1
Câu 9: ( Chuyên Vinh Nghệ An- 2019 ) Cho hàm số
nhiêu số nguyên m để bất phương trình mx m 2 x 2 m f x
mọi m 2;2
?
y f x
có đồ thị như hình bên. Có bao
5 2 1 0 nghiệm đúng với

A. 1 B. 3 C. 0 D. 2
Câu 10: ( THPT Đào Duy Từ- 2019 ) Tất cả các giá trị thực của tham số m để đường thẳng
2x
4
d : y 2x m cắt đồ thị hàm số y C
tại hai điểm phân biệt A và B sao cho
x 1
4S IAB
15 , với I là giao điểm của hai đường tiệm cận của đồ thị (C) là
A. m 5
B. m 0
C. m 5
D. m 5
Câu 11: ( Chuyên Phan Bội Châu- 2019 ) Cho hàm số cos 2
2019
f x m
A.
3
đúng với mọi x ; khi và chỉ khi
12 8
2018
m 2
B.
2018
m 2
C.
Câu 12: ( Chuyên Phan Bội Châu- 2019 ) Cho hàm số
f x x . Bất phương trình
2019
m 2
D.
y f x
liên tục trên và có đồ thị như hình vẽ dưới đây. Tập hợp tất cả
2
các giá trị thực của tham số m để phương trình 4
nghiệm thuộc nửa khoảng
2; 3
là
f x m có
Câu 13: ( Chuyên Phan Bội Châu- 2019 ) Cho hàm số
2 , , 0
f x h f x h h x h .
m
Đặt
f
2019 29 4 2 2
2019
m 2
x có đạo hàm trên thỏa mãn
g x x f ' x x f ' x m 29m 100 sin x 1,
m là tham số nguyên
mà m 27 . Gọi S là tập hợp tất cả các giá trị nguyên của m sao cho hàm số g x đạt cực tiểu
tại x 0 . Tính tổng bình phương các phần tử của S.
A. 108 B. 58 C. 100 D. 50
Câu 14: ( Chuyên Phan Bội Châu- 2019 ) Cho hàm số
sau:
f
x có bảng xét dấu của đạo hàm như
X 1 2 3 4
f ' x
0 + 0 + 0 0 +
y 2 f 1 x x 1
x nghịch biến trên khoảng nào dưới đây?
Hàm số
2
A. ;1
B. ; 2
C. 2;0
3; 2
D.

Câu 15 : ( Chuyên Phan Bội Châu- 2019 ) Cho hàm số
f
x
2 3 2019
x x x
x
x e khi x
2! 3! 2019!
2
x 10x khi x 0
1 ... 0
. Hỏi có bao nhiêu giá trị nguyên dương và
chia hết cho 5 của tham số m để bất phương trình m f x 0 có nghiệm?
A. 5 B. 25 C. 6 D. 0
B. 1; f 2
A. 1;3
1; 2
C. f
D.
1;3
Câu 16: ( Chuyên Ngoại ngữ- 2019 ) Gọi S là tập các giá trị m thỏa mãn hệ sau có nghiệm
4 2
x m x x m
1 1 1 2019 0
2 4
mx m x
3 1 0
. Trong tập S có bao nhiêu phần tử là số nguyên?
A. 1 B. 0 C. 2 D. 4
x 7
Câu 17: ( Chuyên Ngoại ngữ- 2019 ) Gọi C là đồ thị hàm số y , A, B là các điểm
x 1
thuộc C có hoành độ lần lượt là 0 và 3. M là điểm thay đổi trên C sao cho 0 3, tìm
giá trị lớn nhất của diện tích
ABM
A. 3 B. 5 C. 6 D. 3 5
Câu 18: ( Chuyên Hà Tĩnh- 2019 ) Cho các số thực x, y thay đổi thỏa mãn x 2 + y 2 - xy = 1 và
hàm số
3 2
f t 2t 3t
1. Gọi M, m tương ứng là giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của
5x
y 2
Q f . Tổng M + m bằng
x y 4
A. 4 3 2
B. 4 5 2
C. 4 4 2 D. 4 2 2
1 3 2
Câu 19 : ( THPT Ngô Quyền, Hải Phòng- 2019 ) Biết hàm số y x 3m 1
x 9x
1
3
nghịch biến trên khoảng x x và đồng biến trên các khoảng còn lại của tập xác định. Nếu
1;
2
x1 x2 6 3 thì có bao nhiêu giá trị nguyên dương của tham số m thỏa mãn đề bài?
A. 0. B. 1. C. 2. D. 3.
Câu 20: ( THPT Ngô Quyền, Hải Phòng- 2019 ) Cho hàm số
y f x
thỏa mãn:
x M

y f 4 x x x 1 nghịch biến trên khoảng nào sau đây?
Hàm số
2
A. ;3
B. 3;6
C. 5;
D. 4;7
Câu 21: ( THPT Kim Liên- Hà Nội 2019 ) Cho hàm số f (x) thỏa mãn f (tan x) = cos 4 x. Tìm tất
2019
cả các số thực m để đồ thị hàm số g x
có hai đường tiệm cận đứng.
f x m
A. m < 0 B. 0 < m 0 D. m < 1
Câu 22: ( THPT Kim Liên- Hà Nội 2019 ) Cho các số thực dương a , b thỏa mãn 2 (a 2 + b 2 ) +
ab = (a + b)(ab + 2) .Giá trị nhỏ nhất
3 3 2 2
a b a b
của biểu thức P 4 9
3 3
2 2 thuộc khoảng nào?
b a b a
A. 6; 5
B. 10; 9
C. 11; 9
D. 5; 4
Câu 23: ( Chuyên Thái Bình lần 4- 2019 )Cho hàm số
như hình vẽ.
Xét hàm số
g x
x 8 x 3 2
f
m với m là tham số thực.
48 x 1
Điều kiện cần và đủ để g x 0, x 0;1
A. m
f 0 8
48 3 2
1
là:
f
C. m 2
D. m
48
B.
f 0 8
m
48 3 2
f
1
48
2
y f x
có đồ thị hàm số y f ' x
Câu 24: ( Chuyên Thái Bình lần 4- 2019 )Cho hàm số y = f (x) có đạo hàm y =
Hàm số y =
hình vẽ.
f ' x liên tục trên tập số thực và có đồ thị như
Số nghiệm thuộc đoạn [-1;4] của phương trình f(x)=f(0) là:
A. 4. B. 3.
C. 2. D. 1
x
f x m
x 1
Câu 25: ( Chuyên Vinh Nghệ An lần 3- 2019 ) Hàm số
2
thực) có nhiều nhất bao nhiêu điểm cực trị?
f ' x .
A. 2 B. 3 C. 5 D. 4
Câu 26: ( Chuyên Vinh Nghệ An lần 3- 2019 ) Cho
hình vẽ bên
(với m là tham số
f x mà đồ thị hàm số y f ' x
như

x
Bất phương trình f x sin m nghiệm đúng với mọi 2
1;3
x khi và chỉ khi:
A. m f 0
B. m f 1
1
C. m f 1
1
D. m f 2
Câu 27: ( Chuyên KHTN lần 3- 2019 ) Cho hàm số
f
x có bảng xét dấu đạo hàm như sau:
x 2
0 3
f ' x + 0 0 + 0
Hàm số f x 2 2x
đồng biến trên khoảng nào dưới đây?
A. 1;
B. 3; 2
C. 0;1
D. 2;0
Câu 28: ( Chuyên KHTN lần 3- 2019 ) Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m m 5
để
đường thẳng y mx m 1 cắt đồ thị hàm số
3
y x x
3 1 tại ba điểm phân biệt?
A. 6 B. 7 C. 9 D. 2
Câu 29: ( Chuyên KHTN lần 3- 2019 ) Cho hàm số
x
f
f '' x
f x
f '
3 x
2x
1
2
2
và
f x 0 với mọi x 0;4
. Biết rằng f ' 0 f 0
1, giá trị của 4
A.
2
e B. 2e C.
3
e D.
2
e
Câu 30 : ( Ninh Bình lần 2- 2019 ) Cho hàm số
số
1
f
x liên tục trên đoạn [0; 4] thỏa mãn
f bằng:
y f x
có đồ thị như hình bên. Bất phương trình 3
3
3
2
x 1;3
khi và chỉ khi
y f x
đúng với mọi
A. m 3 f 3
B.
C. m 3 f 1 4 D.
m 3 f 3
m f
3 1 4
liên tục trên R. Hàm
f x x x m

Câu 31 : ( Ninh Bình lần 2- 2019 ) Cho phương trình
nhiêu giá trị nguyên của tham số m thuộc đoạn
phân biệt?
20;20
2
2 2
x 3x m x 8x 2m
0. Có bao
để phương trình đã cho có 4 nghiệm
A. 19 B. 18 C. 17 D. 20
Câu 32 : ( Ninh Bình lần 2- 2019 ) Cho hàm số
trình
0.
f f x
3
f x x 3x
1.
Tìm số nghiệm của phương
A. 5 B. 4 C. 9 D. 7
2 2
Câu 33 : ( Ninh Bình lần 2- 2019 ) Cho hai số thực a và b.
Tìm giá trị nhỏ nhất của a b để
đồ thị hàm số
4 3 2
y f x 3x ax bx ax 3 có điểm chung với trục Ox.
9
36
4
A. B. C. D.
5
5
5
Câu 34 : ( Chuyên Quốc Học Huế lần 3- 2019 ) Biết đồ thị hàm số bậc bốn
1
5
y f x
được cho
bởi hình vẽ bên dưới. Tìm số giao điểm của đồ thị hàm số y g x f x
2
f x.
f x
và trục hoành.
A. 4. B. 0. C. 6. D. 2.

Lời giải:
Câu 1:
Phương pháp
+ Tìm điều kiện xác định
+ Xét trên đoạn a;
b . Tính
+ Tính y a; y x ;
y b
i
y ' ; giải phương trình ' 0
y tìm các nghiệm x a;
b
+ max y max y
a; y x ;
y b
và min y min y
a; y x ;
y b
a; b a;
b
Từ đó xác định M ; m M 2m
Cách giải:
ĐKXĐ: x 2
Xét trên đoạn 0;1 ta có
Ta có
i
a; b a;
b
2
2x 3 x 2 x 3x 6
2
x 4x
x 0( tm)
2 2
x ktm
y ' 0
x 2 x 2
y 0
3 M
max y 3
0;1
M 2m
3 2. 4
11
y 1
4 m
min y 4
0;1
Chọn A.
Câu 2:
Phương pháp:
- Viết lại f x dưới dạng tích, thay vào g x
i
4( )
- Tìm các điểm làm cho g x không xác định và tính giới hạn của hàm số
tới các điểm đó.
- Sử dụng định nghĩa tiệm cận đứng và kết luận.
Cách giải:
Điều kiện:
Từ đồ thị hàm số
x 0
x 0
2
x
1
x
x 0
f x
0
2
f x 2 f x
0
f x
2
i
y g x khi x dần
y f x
ta thấy phương trình f x 0 có nghiệm x 3 (bội 2) và nghiệm
2
đơn x x 0
1;0 nên ta viết lại f x a x 3 x x
0

Khi đó g x
2
2
2 2 2 2
x 4x 3 x x x 4x 3 x x
x f x f x x. f x
f x
2
Dựa vào đồ thị ta cũng thấy, đường thẳng 2
y cắt đồ thị hàm số y f x
tại ba điểm phân
biệt x 1, x x 3; 1 , x x 3 nên ta viết lại f x 2 a x 1 x x x x
Khi đó
g x
1 2
2
x 1 x 3
x x
2
x. a x 3 . x x . a x 1 x x x x
2
3 2
2
a x x x x0 x x1
x
x
x
0 1 2
Dễ thấy x x 0
1;0 nên ta không xét giới hạn của hàm số tại điểm x
0
Ta có:
+) lim g x
x0 x0
x 1
lim
3 2
2
a x x x x0 x x1
x
x 0 là đường TCĐ của đồ thị hàm số y g x
+) lim g x lim g x lim g x
x3
xx1 xx2
1 2
Các đường thẳng x 3, x x1,
x x2
đều là các đường tiệm cận đứng của đồ thị hàm số
y g x
Vậy đồ thị hàm số
Chọn D.
Câu 3:
Phương pháp:
Sử dụng đạo hàm
y g x có tất cả 4 đường tiệm cận đứng.
2
f x . f ' x ' f ' x f x. f '' x
- Lấy nguyên hàm hai vế liên tiếp 2 lần tìm f x và kết luận.
Cách giải:
2
f x . f ' x ' f ' x. f ' x f x. f ' x' f ' x f x. f '' x
Ta có
Nên
2 4 4
f ' x f x . f '' x 15x 12 x f x . f ' x ' 15x 12x
Lấy nguyên hàm hai vế ta có:
4 5 2
f x . f ' x 'dx 15x 12 x dx f ' x . f x 3x 6x C
Thay 0
x vào ta được
5 2
f ' 0 . f 0 C C 1 f x . f ' x 3x 6x
1

5 2
Lấy nguyên hàm hai vế ta được . ' dx 3 6 1
2
6 6
x
f x
3
x 3
2 2
2 6 3
1
f x f x x x dx
f x d f x x x C x x C
2 2 2
f x x 4x 2x 2C
Lại có
Suy ra
1
1 1
2 6 3
f 0 1 2C 1 f x x 4x 2x
1
2
f 1 8
Chọn B.
Câu 4:
Phương pháp:
- Rút y từ phương trình đầu, thay vào bất phương trình sau tìm điều kiện của x .
- Thay y ở trên vào biểu thức P đưa về biến x .
- Sử dụng phương pháp hàm số đánh giá P tìm GTLN, GTNN.
Cách giải:
Ta có:
Do , 0
2
x
xy
3 0 1
2x
3y
14 0 2
x y nên 1
2
x 3
y thay vào (2) ta được:
x
2 2 2
x x x x
2
2 3. 14 0 0 5 14 9 0 1
3 2 3 9 14 9
x x x x
x
x
5
2
x 3
Thay y vào P ta được:
x
2 2
2
2 2 3 2 x 3 x 3 3
P 3x y xy 2x 2x 3 x . x. 2x 2x
x x
2
2
x 3
2 3
3x x 3 2x 2x
x
2 2 4 2 4 2
3x x 3 x 6x 9 2x 2x 2
5x
9 9
5x
x x x
9
P ' 5 0
2
x
với mọi x nên hàm số P P x
9
Vậy Pmax
P
4, Pmin
P 1
4
5
Tổng P P
max
min
4 4 0 .
đồng biến trên
9
1;
5

Chọn B
Câu 5:
Phương pháp:
3 2
Nhận xét rằng: Hàm số
số
3 2
y f x x m x mx
dương.
y x 2m 1 x 3m x 5 có ba điểm cực trị khi và chỉ khi hàm
2 1 3 5 có hai điểm cực trị trong đó chỉ có duy nhất một cực trị
Từ đó xét trường hợp có hai cực trị trong đó có 1 cực trị bằng 0,1 cực trị dương và trường hợp có
hai cực trị trái dấu.
Cách giải:
3 2
Đồ thị hàm số
y x 2m 1 x 3m x 5 nhận trục tung làm trục đối xứng nên hàm số có
ba điểm cực trị khi và chỉ khi hàm số
trong đó chỉ có duy nhất một cực trị dương.
2
Ta có
f ' x 3x 2 2m 1 x 3m
TH1: Hàm số
3 2
y f x x m x mx
2 1 3 5 có hai điểm cực trị
y f x
có 1 cực trị x 0 và 1 cực trị x 0 . Khi đó:
x
0
2
f ' 0
0 3m 0 m 0 f ' x
3x 2x
0
2
x TM
3
TH2: Hàm số
3 m.3 0 m 0
y f x
có hai cực trị trái dấu f x
. Vậy nhận giá trị m 0
' 0 có hai nghiệm trái dấu
Vậy với m 0 thì thỏa mãn yêu cầu nên có vô số giá trị nguyên thỏa mãn đề bài.
Chọn A.
Câu 6:
Phương pháp
+ Từ đồ thị của hàm y f x
ta suy ra các điểm mà tại đó f x 0 (các giao điểm với trục
hoành) và các điểm là cho
+ Sử dụng đạo hàm hàm hợp
+ Lập bảng xét dấu của hàm y f x
f ' x
0 (chính là các điểm cực trị của hàm số y f x
u x 2
2 u x. u ' x
2
+ Từ đó xác định các điểm cực đại và điểm cực tiểu
- Nếu y ' đổi dấu từ âm sang dương tại x
0
thì x
0
là điểm cực tiểu của hàm số
- Nếu y ' đổi dấu từ dương sang âm tại x
0
thì x
0
là điểm cực đại của hàm số
Cách giải:
)

Từ đồ thị hàm số
x 0; x 1; x 3
x
0
f x
0
x 1
x 3
f
Lại thấy đồ thị hàm số
Hàm số
x ta thấy đồ thị cắt trục hoành tại ba điểm phân biệt có hoành độ
x
1
y f x
có ba điểm cực trị nên f ' x 0 x x1
0;1
x x 1;3
2
có đạo hàm y ' 2 f x. f ' x
y f x
Xét phương trình
Ta có BXD của
x
0
x 1
f x
0
y ' 0 x
3
f ' x
0
x
x
x
x
y ' như sau
1
2
2
x 0 x1
1 x2
3
f x
+ 0 - - 0 - - 0 +
f ' x
- - 0 + 0 - 0 + +
y ' 2 f x . f ' x - 0 + 0 - 0 + 0 - 0 +
Nhận thấy hàm số
2
nên hàm số có ba điểm cực tiểu. Và
hàm số có hai điểm cực đại.
Chọn D.
Câu 7: Chọn: B
x x
Đặt t t x 2 2 với x
1;2
Hàm t
y f x có y ' đổi dấu từ âm sang dương tại ba điểm x 0; x 1; x 3
y ' đổi dấu từ dương sang âm tại hai điểm x x1;
x x2
nên
x
x
t x
liên tục trên 1;2 và
Bảng biến thiên:
t ' x 2 ln 2 2 ln 2, t ' x 0 x 0
x 1
0 2

t ' x
0 +
t x
5
2
2
17
4
17
1;2 t
2;
4
Vậy x
5
x
Với mỗi t 2;
2
có 2 giá trị của x thỏa mãn t 2 2
5 17
Với mỗi t 2 ;
2 4
có duy nhất 1 giá trị x thỏa mãn.
Xét phương trình
f t
m với
17
t
2;
4
Từ đồ thị, phương trình 2 x x
f 2
f t
x
m có số nghiệm nhiều nhất khi và chỉ khi phương trình
5 5 17
m có 2 nghiệm t 1
, t 2
, trong đó có t 1
2; , t 2
;
2
2 4
Khi đó, phương trình 2 x x
f 2
Câu 8: Chọn: B
Ta có g x f 2x sin 2 x f 2x 2x
2;2
m có nhiều nhất 3 nghiệm phân biệt thuộc đoạn 1;2
suy ra bảng biến thiên
x 2
0 2
f '
0 + 0 0 +
f
f 2x f 0 g x f 0 2x 2;2 max g x f 0 đạt
Dựa vào BBT suy ra
x
0
được khi x 0
2
sin x 0
Câu 9: Chọn: A
Đặt g x mx m 2 5 x 2 2m 1 f x
Từ đồ thị
thì
y f x
ta thấy có nghiệm đối dấu là x 1
1;1
g x là hàm số liên tục trên
2;2

Do đó để bất phương trình mx m 2 x 2 m f x
thì điều kiện cần là 1
5 2 1 0 nghiệm đúng với mọi x
2;2
h x mx m 5 x 2m
1
x phải là nghiệm của
2 2
2 m
1
1 2 2 1 0
h m m m
m
0,5
Do bài cần m nguyên nên ta thử lại với m 1
2
5 1 0, 2;1
và h x 5 x 2 x 1 0, x
1;2
h x x x x
Dựa theo dấu
y f x
trên đồ thị ta suy ra
2 2
5 2 1 0,
2;2
g x mx m x m f x x
Vậy m 1 thỏa mãn điều kiện bài ra.
Câu 10:
Phương pháp:
Sử dụng hệ thức Vi-ét
Cách giải:
Phưng trình hoành độ giao điểm:
2x
4
2x m x 1 2x m x 1
2x
4
x 1
2
2x m 4 x 4 m 0 *
Đường thẳng d cắt đồ thị (C) tại 2 điểm phân biệt
0
2
m
m
2 0 luon dung
2
2.1 m 4 .1 4 m 0
4 4.2. 4 0
m
4
4
2
m 16 0
m
Khi đó, (*) có hai nghiệm phân biệt x1,
x
2
thỏa mãn:
Tọa độ hai giao điểm là: A x ;2 x m, B x ;2x m
1 1 2 2
4 m
x1 x2
2
4 m
x1.
x2
2

2 2 2
2 2 5.
AB x x x x x x
2 1 2 1 2 1
2
4 m 4 m
5. x2 x1 4x2x1
5. 4.
2 2
5 2 5 2
. m 8m 16 32 8 m . m 16
2 2
Giao điểm của hai đường tiệm cận của đồ thị (C) là: I 1;2
2.1
2 m
d : y 2x m 2x y m 0 d I;
d
2 1
Ta có:
2 2
Ta có:
2 2
2
1 1 m
4S IAB
15 4. . d I; d . AB 15 4. . . m 16 15 m m 16 15
2 2 5
2
4 2
m 9
m 16m 225 0 m 5
(thỏa mãn)
2
m
25
Chọn: A
Câu 11:
Phương pháp:
- Đạo hàm hàm số f x đến cấp 2019 (tìm công thức tổng quát).
- Xét hàm
2019
f x m
Cách giải:
2019
y f x
trên khoảng
nghiệm đúng với mọi
3
;
12 8
3
x ;
12 8
2 3
f x cos 2 x; f ' x 2sin 2 x; f '' x 2 cos 2 x; f ''' x 2 sin 2x
m
5
và tìm điều kiện để bất phương trình
4 4 5 5 6 6 7
7
f x 2 cos 2 x, f x 2 sin 2 x, f x 2 cos 2 x, f x 2 sin 2x
Do đó:
4k
4k
f x 2 cos 2x
4k
1 4k
1
f x 2 sin 2x
4k
2 4k
2
f x 2 cos 2x
4k
3 4k
3
f x 2 sin 2x
2019 4.5043 2019
f x f x 2 sin 2x
Xét hàm
2019 2019
y f x 2 sin 2x
trên
3
; ta có:
12 8

+ Trên khoảng ;
12 4
y
thì
2 x ; sin 2 x ;1
2 2019 sin 2x
2 2018 ;2
2019
6 2 2
2019
2 sin 2x
đồng biến trên khoảng này.
1
và hàm
+ Trên khoảng
hàm
y
4037
3
;
4 8 thì 3 2
2019
2 2019
2 x ; sin 2 x ;1 2 sin 2x
2 ;2
2 4
2
2019
2 sin 2x
nghịch biến trên khoảng này.
Bảng biến thiên:
x
12
3
4
8
2019
2
và
y
2019
2 sin 2
x
4037
2
2
2018
2
Quan sát bảng biến thiên ta thấy, bất phương trình
3
x ;
12 8 nếu 2018
m 2
Chọn: B
Câu 12:
Phương pháp:
- Tính
2
f 4 x
'
và tìm nghiệm của
2
f x
2
- Lập bảng biến thiên của hàm số y f 4 x
trị của m.
Cách giải:
2
Xets hàm y f 4 x
4 ' 0
2019
f x m
nghiệm đúng với mọi
trên nửa khoảng
2; 3
rồi suy ra tập giá
trên nửa khoảng
2; 3
ta có:

2
x. f ' 4 x
2 2 2
y ' f 4 x
' 4 x '. f ' 4 x
2
4 x
x
0
x
0
x
0
2 2
y ' 0 x. f ' 4 x 0
4 x 1 x 0
f ' 4 x
2
0 x 3
2; 3
2
4 x 1
Bảng biến thiên:
f ' 4
f
x 2
0 3
2
x
+ 0
4 x
2
f
2
Từ đồ thị hàm số đã cho ta thấy 1 f 2
trong nửa khoảng
Vậy m
1;3
Chọn: D
Chú ý khi giải:
2; 3
2
nên để phương trình 4
thì 1 m 3
3
1
f x m có nghiệm
Ở bước xét dấu lập bảng biến thiên, các em có thể lấy một giá trị bất kì của x thuộc từng khoảng
cần xét dấu, thay vào f ' và tính toán sẽ ra kết quả, từ đó suy ra dấu của f ' ngay.
Cụ thể: Với x 0; 3
ta chọn 1
x thì
đồng biến trên khoảng 1; . Do đó trong khoảng
Câu 13:
Phương pháp:
Từ giả thiết ta biến đổi để có
Xét hàm
g x , tính g ' x; g '' x
f ' x 0
f ' 3 0 do quan sát đồ thị hàm số ta thấy hàm số
2
0; 3 thì f x
' 4 0

Hàm số đạt cực tiểu tại 0
Cách giải:
Với h
0 ta có
x thì g ' 0
0 và g '' 0
0 hoặc g
f x h f x h
2
f x h f x h h h
h
f x h f x f x f x h
h
h
h
f x h f x f x h f x
h
h
h
h
f x h f x f x h f x
lim h
lim lim h
h0 h0 h
h
h0
Mà
f x h f x f x h f x
f ' x
lim lim
h0 h
h0
h
0 f ' x f ' x 0 f ' x 0 với x
2019 29m
4 2 2
Suy ra: g x x x m 29m 100sin x 1
2018 28m
4 2
g ' x 2019. x 29 m x m 29m 100 sin 2x
'' 0 0
2017 27m
4 2
Và
g '' x 2019.2018x 29 m 28 m x 2 m 29m 100 cos 2x
Ta thấy
g ' 0 0; m
27
Để hàm số đạt cực tiểu tại 0
Xét g '' 0 2m 4 29m
2 100
TH1: Với
x thì ta xét hai trường hợp g '' 0
0 hoặc g
m
2
2
4 2
m 4
m 2
g '' 0
0 m 29m
100 0
2
m
25 m
5
m
5
+ Nếu m 2 g x x 2019 x 27 1 g ' x x 26 2019x
1992 27
(loại)
'' 0 0
không đổi dấu qua x 0 .
không đổi dấu qua x 0 .
+ Nếu m 2 g x x 2019 x 31 1 g ' x x 30 2019x
1988 31
(loại)
đổi dấu qua x 0 và
+ Nếu m 5 g x x 2019 x 24 1 g ' x x 23 2019x
1995 24
x
1995
24
2019

và g x x 1995
Nhận thấy g ' x 0; x 0
24
' 0;
;0
2019
+ Nếu m 5 g x x 2019 x 34 1 g ' x x 23 2019x
1985 34
x
1985
Nhận thấy
nên hàm số đạt cực tiểu tại x 0 .
đổi dấu qua x 0 và
34
2019
và g x x 1985
g ' x 0; x 0
34
' 0;
;0
2019
2 2 m 5
+ TH2: Với g '' 0 0 4 m 25
Nên hàm số đạt cực tiểu tại x 0 .
và
5 m 2
nên hàm số đạt cực tiểu tại x 0 .
g ' 0 0; m
27
Vậy các giá trị nguyên của mm 27
thỏa mãn đề bài là m S 5; 4; 3;3;4;5
2 2 2 2 2 2
Tổng các bình phương các phần tử của S là
Chọn: C
Câu 14:
Phương pháp:
5 4 3 3 4 5 100
Thử đáp án, khoảng nào làm cho y ' 0 thì hàm số đã cho nghịch biến.
Cách giải:
x
' 2 ' 1 1
x 1
Ta có: y f x 2
x
Dễ thấy 1 0, x
2
x 1
Đáp án A: Xét trong khoảng ;1
thì 1 x 0;
nhưng ta chưa kết luận được dấu của
f ' 1 x dẫn đến chưa nhận xét được tính nghịch biến của hàm số trong khoảng này.
Đáp án B: Xét trong khoảng
; 2
thì 1 x 3;
nhưng ta chưa kết luận được dấu của
f ' 1 x dẫn đến chưa nhận xét được tính nghịch biến của hàm số trong khoảng này.
Đáp án C: Xét trong khoảng
2;0
thì 1 x 1;3
x
y ' 2 f ' 1 x 1 0, x
2;0
2
x 1
và f x
' 1 0 nên
2
Do đó hàm số y 2 f 1 x x 1
x nghịch biến trong khoảng 2;0
Đáp án D: Xét trong khoảng
được dấu của
y ' trong khoảng này.
3; 2
thì 1 x 3;4
và f x
.
' 1 0 nhưng ta chưa kết luận

Vậy chỉ có khoảng 2;0
là hàm số chắc chắn nghịch biến.
Chọn: C
Câu 15:
Phương pháp:
+ Đặt
2 3 2019
x x x
x
g x 1 x ...
e với x 0
2! 3! 2019!
+ Đánh giá g ' x
0; x
0 để tìm GTLN của
+ Tìm GTLN của
2
h x x 10x
với x 0
+ Từ đó tìm GTLN của f x trên
g x trên 0;
+ Bất phương trình m f x 0 có nghiệm khi m max f x
tìm m.
Cách giải:
+ Đặt
2 3 2019
x x x
x
g x 1 x ...
e với x 0 . Khi đó ta có:
2! 3! 2019!
2 2018
x x
x
g ' x
1 x ...
e
2! 2018!
2 2017
x x
g '' x
1 x ...
e
2! 2017!
.......
2018
x
g x 1
x e
2019
x
g x 1
e
Với mọi x 0 ta có
2019
g x e
x
2018
x
g x 1 x e nghịch biến trên 0;
x
1 0 (dấu “=” xảy ra khi x 0 )
2018 2018 2018
g x g g x
Tương tự ta có
Suy ra f
x g
0;
0 0
g ' x
0 với mọi x 0
max 0 0
Mặt khác xét h x x 2 10x 25 x 5 2
với x 0
Hàm số đạt giá trị lớn nhất 25 x 5 (TM)
Suy ra f
x
Vậy
max 25
;0
max f x 25
. Kết hợp với điều kiện đề bài để

+ Xét phương trình 0
m f x f x m có nghiệm
max f x m m 25 m
5;10;15;20;25
Vậy có 5 giá trị m thỏa mãn đề bài.
Chọn: A
Câu 16:
Phương pháp:
Tìm điều kiện xác định
Dựa vào điều kiện có nghiệm của hệ đề phân tích các trường hợp xảy ra của tham số m.
Cách giải:
ĐK: x 1
mx 2 3m x 4 1 0 m x 2 3 x
4 1
Xét phương trình
x 1 0; x 1 m x 3 0 m 0
4 2
Vì
+ Với m 0 ta có hệ phương trình
+ Với 0
4
x
x
4
4
1 0
1 0
4
x 1 0
4 2
m thì bất phuơng trình
4 2
x m x x m x
1 1 1 2019 0; 1
Vậy có 1 giá trị m thỏa mãn đề bài là m 0
Chọn: A
Câu 17:
Phương pháp:
- Gọi tọa độ điểm M thuộc đồ thị hàm số.
- Tính khoảng cách từ M đến AB suy ra diện tích.
x
1
x
tm
1
ktm
x 1 m x 1 x 1 2019m
0 vô nghiệm vì
- Từ đó sử dụng phương pháp hàm số tìm GTLN của diện tích tam giác ABM.
Cách giải:
Ta có:
A 0; 7 , B 3; 1 AB 3 5
Phương trình đường thẳng
x 7
M
xM
1
M
Gọi M x ; C
x 0 y 7
AB : 2x y 7 0
3
0 1
7
với 0 x M
3

xM
7 8
2xM
7 2xM
8
xM
1 xM
1
d M , AB
2 2
2 1
5
8
2xM
8
1 1 xM
1
4
SMAB
AB. d M , AB
.3 5. 3 xM
4
2 2 5
x 1
Xét g x
M
xM
4
x
M
4
1
với 0 x 3 M
ta có:
2
4 xM 1 4 xM 3 xM
1
g ' xM
1 0 x 1
2 2 2
M
x 1 x 1 x 1
Bảng biến thiên:
M M M
x 0 1 3
M
g ' x 0 +
M
g x M
0
Do đó g x g x S g x
Vậy
MAB
Chọn: A
Câu 18:
1 0 0 1 3. 3.1 3
1
M MAB M
S đạt GTLN bằng 3 tại x 1
Phương pháp:
Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopski.
Cách giải:
Đặt
5x
y 2
P , với
x y 4
M
2 2
x y xy
Giả sử x y 4 0 x y 4
1
2 2
2 2
x y xy x y xy xy xy
1 3 1 4 3 1 5
Khi đó, x , y là nghiệm của phương trình X 2 + 4 X + 5 = 0 : phương trình này vô nghiệm.
Như vậy, x + y + 4 0, x, y thỏa mãn x 2 + y 2 - xy = 1 .
Ta có:
x y x y
5x
y 2 2 3 2
P P 2 x y 3 x y
2 4P
x y 4 x y 4
M
0

2 2
2 2
Mặt khác x y xy x y x y
1 3 4
Áp dụng BĐT Bunhiacopski:
2 2 2 2 2 2
P x y x y
x y x y P P P
2 3. 3 3 . 2 3 2 4 4. 2 3
2 2 2
4 16P 16P 4P 16P 16 12 P 2 2 P 2
f t 2t 3t
1 trên đoạn
2; 2
:
Xét hàm số
3 2
2 t
0
f ' t 6t 6 t, f ' t 0
t
1
Hàm số
3 2
f t 2t 3t
1 liên tục trên , có
f 2 4 2 5, f 0 1, f 1 0, f 2 4 2 5
2; 2
2; 2
min f t 4 2 5, max f t 1
Giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của
m 4 2 5, M 1 M m 4 2 4
Chọn: C
Câu 19:
Phương pháp:
Lập luận để có hàm số có hai điểm cực trị thỏa mãn x1 x2 6 3
Từ đó sử dụng hệ thức Vi-et để tìm m.
Cách giải:
3 2
y x m x x
Vì hàm số
5x
y 2
Q f
x y 4
lần lượt là
1
3 1 9 1 nghịch biến trên khoảng (x 1 ; x 2 ) và đồng biến trên các
3
khoảng còn lại của tập xác định nên hàm số có hai điểm cực trị x 1 ; x 2 hay x 1 ; x 2 là hai nghiệm của
phương trình y ' 0
2
Ta có
y ' 0 x 6 m 1 x 9 0 có hai nghiệm phân biệt x 1 ; x 2
Suy ra 2 2 m
1
' 9 m 1 9 0 m 2m
0
m
0
Theo hệ thức Vi-ét ta có
x1 x2
6 m 1
x1. x2
9
Theo đề bài ta có
2 2
x x 6 3 x x 108 x x 4 x . x 108
1 2 1 2 1 2 1 2

2 2 m 3
36m
1 4.9 108 m
1
4
m
1
Vì m nguyên dương nên chỉ có m = 3 thỏa mãn.
Chọn B.
Câu 20:
Phương pháp:
Sử dụng công thức tính đạo hàm hàm hợp
Hàm số
điểm.
Cách giải:
y f x
nghịch biến trên K nếu
f u' u '. f ' u
và f '
f ' x 0; x K
2
Xét hàm số y f 4 x x x 1 có y ' f 4 x 1
2
x
x
' 0 4 1 0 4 1
2 2
x 1 x 1
Ta có y f x f x
2
x x 1
x
2
Nhận thấy 1 0; x( do x 1 x x x)
2 2
x 1 x 1
Nên suy ra f x
2 4 x 1 3 x 6
4 0
4 x 2
x
2
Vậy hàm số nghịch biến trên khoảng (3; 6)
Chọn B.
Câu 21:
Phương pháp:
Biến đổi giả thiết để tìm được hàm
Đồ thị hàm số
a
g x
phương trình g x 0
Cách giải:
f
x
x
x
1
x = 0 xảy ra tại hữu hạn
với a là hằng số a 0
có số tiệm cận đứng chính là số nghiệm của
2
2 1
2
4 2
Ta có f tan x cos x f tan x cos
x
1 1
Đặt tan x u ta có f u
f x
1
u
1
x
1
tan
2 2 2
2
x

Xét đồ thị hàm số g x
biệt
Hay
2019
f x m
f x
m có hai nghiệm phân biệt.
1 1
2
2
(ĐK: m >0 do VT > 0)
1
x
m
2
Ta có m 1
x 2
2
2
2
Xét hàm số
Ta thấy để
Chọn B.
Câu 22:
Phương pháp:
có hai tiệm cận đứng khi f x m 0 có hai nghiệm phân
g x 1 x g ' x 2.2x 1 x 0 x 0 . Ta có BBT của g(x)
x 0
g '
0 + 0
g
f x
m
có hai nghiệm phân biệt thì 1 1 0 m 1
m
- Chia cả hai vế của đẳng thức bài cho cho ab > 0 và đánh giá tập giá trị của biểu thức
bằng bất
đẳng thức Cô – si.
1
a b
t
b a
- Biến đổi biểu thức P về làm xuất hiện t và sử dụng phương pháp hàm số tìm GTNN của P .
Cách giải:
2 2
a b a b
2 2
Ta có: 2a b ab a bab 2 2 1 ab
2
a b 1 1 a b
2. 1 ab 2
2
1
a b 2
2
b a a b b a
a b
Áp dụng bất đẳng thức Cô –si cho bộ hai số dương (a+b) và 2 2 ta có:
a b
a b a b
Đặt t
ab
2 2
2 2 2 a b a b a b
2 4 2 2 1 2 4 2
a b a b b a b a b a
a
b
b
a
ta được 2t 1 2 4 2t 2t 1 2
4 4 2t
ab

5
t
2
2 2
4t 4t 1 16 8t 4t 4t
15 0
t
Mà t > 0 nên
Khi đó
5
t
2
3 3 2 2
3 2
a b a b a b a b a b
3 3 2 2
b a b a b a b a b a
P 4 9 4 3 9 2
3 2 3 2
4 t 3t 9 t 2 4t 9t 12t
18
Xét hàm
3 2
3
2
f t 4t 9t 12t
18 trên
t
2
2
5
f ' t 12t 18t
12 0
1 ;
t
2
2
5
2
f ' t
0, t
hay hàm số
5 23 23
f t
f P
2 4 4
f t đồng biến trên
5
;
2
a
2b
5 a b 5 2 2
Dấu “=” xảy ra khi t 2a 5ab 2b 0
b
2 b a 2
a
2
23
4
Vậy min P 6; 5
Chọn A.
Câu 23
Cách giải:
Nhận xét:
Xét h x
x 8 x 3 2
f
g x 0, x 0;1 m, x
0;1
48 x 1
x 8 x 3 2
f
48 x 1
trên khoảng (0;1):
5
;
2
có

1
f x
8 f ' x
3 f ' x
8
h x
h' x
8. x
0, x
2 2 0;1
48 x 3 2 48 x 3 2 48 x 3 x 3 2
(do
x
f ' 1
0 0,0625 và
48 16
1 , 0;1
h x h x
Vậy để g x 0, x
0;1
thì m h
Chọn: C
Câu 24:
Phương pháp:
8 8
0,25 0,3
x 3 3 2 7 3 12
2
1
f
1 2
48
với x 0;1
)
Xét hàm số g (x) = f (x) - f (0) trên đoạn [-1; 4]. Từ đó đánh giá số nghiệm của phương trình f (x)
= f (0).
Cách giải:
Xét hàm số g (x) = f (x) - f (0) trên đoạn [-1; 4], có: g ' x f ' x
Bảng biến thiên: (chú ý : g (0) = f (0) - f (0) = 0)
x -1 0 1 2 4
g ' x
0 + 0 - 0 + 0
g x
g 1
0
g 1
g 2
g 4
* Ta so sánh g (2) và g(0):
1 2
1 2
0 1
S S g ' x dx g ' x dx g 1 g 0 g 1 g 2 g 2 g 0

Vậy, đồ thì hàm số g (x) cắt trục Ox tại đúng 1 điểm trên đoạn [-1; 4] hay phương trình f (x) = f
(0) có đúng 1 nghiệm trên đoạn [-1; 4].
Chọn: D
Câu 25:
Phương pháp:
y f x
số cực trị của hàm số y f x
y f x
với trục hoành. (Hàm đa thức hoặc hàm số xác định x
)
Số điểm cực trị của hàm số
thị hàm số
+ số giao điểm của đồ
Cách giải:
x
f x m
x 1
Hàm số
2
có TXĐ D
g x
Xét hàm số
2
x
m
x 1
ta có:
2 2
x 1 x.2x x
1
g ' x 0 x 1
Hàm số
2 2
x 1 x 1
2 2
y g x có 2 điểm cực trị.
x m x 1
Xét phương trình hoành độ giao điểm
x 1 x 1
2
phương trình có 1 4m chưa xác định dấu nên có tối đa 2 nghiệm.
2
x
2
m 0 0 mx x m 0
2 2
,
x
f x m
x 1
Vậy hàm số
2
có tối đa 2 + 2 = 4 cực trị.
Chọn D.
Câu 26:
Cách giải:
x
x
f x m x g x f x m x
2 2
m min g x
sin 1;3 sin 1;3
1;3
Từ đồ thị hàm số
' ta suy ra BBT đồ thị hàm số y f x
y f x
như sau:
x 1
1 3
f ' x
0 +

f x
Dựa vào BBT ta thấy f x f 1 x
1;3
x 3 x
x 1;3 ; 1 sin 1
2
2 2
2
x
1 sin 1
2
x
f 1 1 f x sin g x f 1
1 min g x
f 1
1
2
1;3
Vậy m f
Chọn B.
1 1
Câu 27:
Phương pháp:
Hàm số
Cách giải:
y f x
đồng biến trên a; b f ' x 0, x a;
b
Ta có: g x f x 2 2 x g ' x f x 2 2 x
' 2x 2 f ' x 2 2x
Với x g f
2 ' 2 6 ' 8 0 Loại đáp án A.
5
x 2,5 g ' 2,5 3 f ' 0 Chọn đáp án B.
4
Với
Chọn B.
Câu 28:
Phương pháp:
Tìm điều kiện để phương trình hoành độ giao điểm có 3 nghiệm phân biệt.
Cách giải::
Xét phương trình hoành độ giao điểm
3
x x mx m
3 1 1
x
1
3 2
x m 3 x m 2 0 x 1 x x m 2 0 2
x x m
Để đường thẳng y mx m 1 cắt đồ thị hàm số
2 nghiệm phân biệt khác 1.
2
9
1 4m
2
0 4m
9 0 m
4
2
1 1 m 2 0 m
2
m
2
3
y x x
2 0 *
3 1 tại ba điểm phân biệt thì (*) có

m
m 5
Kết hợp điều kiện m1;0;1;2;3;4;5
Chọn B.
Câu 29:
Cách giải::
x
f
f '' x
f x
f '
3 x
2x
1
'
f '' x f x f x
2
2
f
2
x
2
2x
1
2
f x 2x
1
f '' x f x f ' x 1
' x
1
'
3
f
f x 2x
1
'
2 1
2 3
f x dx
3
f x
x
x
1
2
3
2x
1 3 2
dx
f ' x 2x
1
1
C 2x 1
2 C
f
1
.2
2
Thay x = 0 ta có:
' 0
0
Lấy nguyên hàm 2 vế ta có:
x
'
f f x
1 C 1 1 C C 0 2x
1
f f x
1
1
1
2
2 2
1 2
f ' x
2x
1
dx 2x 1 dx ln f x
C 2x 1
C
f
1 .2
2
f x 0x 0;4 ln f x 2x 1
C
Do 1 2
Thay x = 0 ta có
ln f 0 1 C ln1 1 C 1 C 0 C 1
2
1
1
2x1 2 1 31 2
ln f x 2x 1 1 f x e f 4 e e
Chọn A.
Câu 30:
Phương pháp:

a;
b
+ Cô lập m đưa về dạng m g x với x
a;
b
+ Dựa vào hình vẽ và lập BBT của hàm số y g x trên
+ Từ BBT ta tìm được m.
Cách giải:
3 2 3 2
Ta có 3 f x x 3x m m 3 f x x 3 x *
với x
1;3 .
Xét
3 2
g x 3 f x x 3x
trên 1;3
Ta có g x 3 f x 3x 2 6x 3
f x x 2 2x
2
Xét đồ thị hàm số y f x và y x 2x
với x 1;3 trên cùng một hệ trục tọa độ như
sau:
0 1;3
Nhận thấy trên 1;3 thì f x x 2 2x
0 nên g x trên
Ta có BBT của g x
trên 1;3
Vậy để bpt (*) đúng với
Chọn C.
Câu 31
Phương pháp:
x
1;3
thì m g 1 m 3 f 1
4
2
+ Đặt x 3x m t rồi biến đổi đưa về phương trình tích.

+ Từ đó sử dụng sự tương giao của hai đồ thị hàm số để biện luận số nghiệm của phương trình.
+ Phương trình f x g x có số nghiệm bằng số giao điểm của hai đồ thị hàm số
y f x ; y g x .
Cách giải:
2
2
2 2
2
2
Xét phương trình
Đặt
x 3x m x 8x 2m 0 x 3x m x 3x m 5x m 0
2 2 2
x 3x m t m t x 3x
ta có phương trình:
2 2 2 2
t t x t x x t x t x t x t x
5 3 0 2 2 0 2 0
2 2
t x 0 x 4x m 0 m x 4x
t x x x m m x x
2 2
2 0 2 2 0 2 2
Ta có đồ thị hàm số
2
y x 4x
và
2
y x x
2 2
Từ đồ thị hàm số ta thấy để phương trình đã cho có 4 nghiệm phân biệt thì
Mà
20;20 ; 20; 19;...; 6; 4; 3; 2
m m Z m
Chọn B.
Câu 32:
Phương pháp:
3
- Vẽ đồ thị hàm số y f x x 3x
1
hệ trục tọa độ.
- Sử dụng mối tương giao đồ thị nhận xét số giao điểm của đường
thẳng với đồ thị hàm số, từ đó suy ra số
m
1
m
5
nên có 18 giá trị của m thỏa mãn.

nghiệm.
Cách giải:
Hàm số
3
2
y f x x 3x
1 xác định trên R và có
f x 3x 3 0 x 1.
Đồ thị:
Sử dụng MTCT ta có
x
x1
2; 11
f x
0 x x2
0;1
x
x3
1;2
1
2; 1 1
2
1;2 3
f x x
f f x 0 f x
0 f x x 0;1 2
f x x3
+ Đường thẳng y x 1
2; 1 cắt đồ thị hàm số y f x tại duy nhất 1 điểm nên 1 có 1
nghiệm duy nhất.
+ Đường thẳng y x 2
0;1 cắt đồ thị hàm số y f x tại 3 điểm nên 2 có 3 nghiệm phân
biệt.
+ Đường thẳng y x 3
1;2 cắt đồ thị hàm số y f x tại 3 điểm nên 3 có 3 nghiệm phân
biệt. Hơn nữa trong ba nghiệm này không có nghiệm nào trùng với nghiệm của
Vậy tổng số nghiệm của ba phương trình 1 , 2 , 3 là 1 3 3 7 nghiệm.
Chọn D.
Câu 33:
Phương pháp:
+ Xét phương trình hoành độ giao điểm, chia cả hai vế cho x 2 .
1
+ Đặt x t; t 2 ta được phương trình ẩn t.
x
1 và 2 .
2 2
+ Sử dụng BĐT Bunhiacopxki để đưa về dạng a b g X có nghiệm trên K. Suy ra
2 2
a b g X
K
min .
+ Lập BBT của hàm g X trên K và kết luận.

2 2 2 2 2 .
+ Lưu ý: BĐT Bunhiacopxki với hai bộ số ; , ; là ax by a b x y Dấu
x y
" " xảy ra khi .
a b
Cách giải:
a b x y
Xét phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số với trục Ox ta có
4 3 2
3x ax bx ax 3 0
2
Nhận thấy x 0 không là nghiệm của phương trình nên ta chia cả hai vế cho x 0 ta được
2 a 3 2 1 1
3x ax b 0 3 x a x b 0.
2
2
x x x x
Đặt
1 2 2 1
x t; t 2 t 2 x
2
x
x
nên ta có phương trình
t 2 at b t 2 at b t 2 at b
3 2 0 3 6 0 6 3 1
Từ đề bài suy ra phương trình (1) có nghiệm thỏa mãn t 2.
Theo BĐ Bunhiacopxki ta có at b 2 a 2 b 2 t
2 1
2 2
Nên 6 3 1
2 2 2 2 2 2
t at b a b t a b
2
Đặt t 1 X , vì t 2 X 5. Ta có
2 2
2
6 3t
2
t
2
1
X 2
6 3 1
2 2
a b
X
6 3 X 1 2
9 3X 81 54X 9X
81
Xét g X 9X
54 với X 5.
X X X X
81
Ta có g X 9 0 với mọi X 5 .
2
X
Suy ra
5;
g
min g X 5
36
5
hay
2 2 36
a b .
5
Dấu
" "
xảy ra khi
b
a
2 144 12
t
a bt
a a
225
15
X
5 t 2
2 36 6
2 2 36
2 2 36
b
b
a b a b 25
5
5 5

2 2 36
Vậy giá trị nhỏ nhất của a b .
5
Chọn B.
Câu 34:
Cách giải:
Phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số y g x và Ox là:
.
2
f x
2
x
2
f x f x f x f x
f x f x. f x
0
0 0, với f
f
Đồ thị hàm số
y f x
cắt trục hoành tại 4 điểm phân biệt có hoành độ
x , x , x , x
1 2 3 4
Giả sử f x a x x x x x x x x
Ta có:
a 0, x1 x2 x3 x4.
1 2 3 4
,
x 0.
2 3 4 1 3 4 1 2 4 1 2
f x
1 1 1 1
f x x x1 x x2 x x3 x x4
f x a x x x x x x a x x x x x x a x x x x x x a x x x x x x
Ta có:
x
1 1 1 1
f
0 0
f x x x x x x x x x
2 2 2 2
1 2 3 4
vô nghiệm.
2
Vậy số giao điểm của đồ thị hàm số y g x
f x
f x . f x và trục hoành bằng 0.
Chọn B.

Câu 1: (GV Đặng Thành Nam -2019) Cho hàm số
f
x có bảng xét dấu của đạo hàm như sau
Hàm số
3
x 1 2 3 4 +
f ' x - 0 + 0 + 0 - 0 +
y 3 f x 2 x 3x
đồng biến trên khoảng nào dưới đây?
A.
1;
B. ; 1
C. (-1;0) D. (0;2)
Câu 2: (GV Đặng Thành Nam -2019) Gọi S là tập hợp tất cả các giá trị của tham số m để bất
1 1 6 1 0 đúng với mọi x . Tổng giá trị của tất cả
phương trình m 2 x 4 m x 2
x
các phân tử thuộc S bằng
3
A. B. 1 C.
2
Câu 3: (GV Đặng Thành Nam -2019) Cho hàm số
1
D. 1 2
2
4 3 2
, , , , .
Hàm số y f ' x
f x mx nx px qx r m n p q r R
Tập nghiệm của phương trình
f x
r có số phần tử là
có đồ thị như hình vẽ bên.
A. 4 B. 3 C. 1 D. 2
Câu 4: (GV Đặng Thành Nam -2019) Cho hàm số f ( x ) liên tục trên R và có đồ thị như hình
vẽ bên. Bất phương trình
2 f ( x) x 2m 3x
3 2
nghiệm đúng với mọi ( 1;3)
x khi và chỉ khi

A. m < -10 B. m < -1 C. m < -3 D. m < -2
Câu 5: (GV Đặng Thành Nam -2019) Có bao nhiêu cặp số nguyên (a;b) với a, b (0;10) để
2
2
2
phương trình
x ax b a x ax b b x có bốn nghiệm thực phân biệt.
A.33 B. 32 C. 34 D. 31
Câu 6: (GV Đặng Thành Nam -2019) Cho hai hàm số y f ( x)
và y g( x)
là các hàm xác
định và liên tục trên R và có đồ thị như hình vẽ bên (trong đó đường cong đậm hơn là của đồ thị
hàm số y f ( x).
f 1 g(2x 1)
m có nghiệm
thuộc đoạn
Có bao nhiêu số nguyên m để phương trình
5
1; .
2
A. 8 B. 3 C. 6 D. 4
Câu 7: (GV Đặng Thành Nam -2019) Xét các số thực x b a 0. Cho hàm số y f 9 x)
có
3
đạo hàm liên tục trên R và có bảng xét dấu của đạo hàm như hình vẽ. Đặt g x f x
( ) . Số
điểm cực trị của hàm số y g( x)
là
x 0 a b c +

f '(x) - 0 + 0 - 0 - 0 +
A. 3 B. 7 C. 4 D. 5
Câu 8: (GV Đặng Thành Nam -2019) Cho hàm số f ( x ) liên tục và nhận giá trị không âm trên
2 1
đoạn [0;1]. Giá trị nhỏ nhất của biểu thức
M 2 f ( x) 3 x f ( x) dx 4 f ( x) x xf ( x)
dx
0 0
bằng
1
1
1
1
A. B. C. D.
24
8
12
6
Câu 9: (GV Đặng Thành Nam -2019) Cho f ( x)
là một hàm đa thức bậc bốn có đồ thị như hình
vẽ bên. Tập nghiệm của phương trình
2
( f '(x)) f ( x). f ''( x)
có số phần tử là
A. 1 B. 2 C. 6 D. 0
Câu 10: (GV Đặng Thành Nam -2019) Cho hàm số y f ( x)
có đồ thị của hàm số y f '( x)
như hình vẽ bên. Có bao nhiêu số nguyên m để hàm số y f ( m x) ( m 1) x đồng biến trên
khoảng (-1;1).
A. 1 B. 3 C. Vô số D. 2

Câu 11: (GV Đặng Thành Nam -2019) Cho hàm số
đồ thị như hình vẽ bên.
3 2
f ( x) ax bx cx d( a, b, c, d ) có
Phương trình
f f f f ( x) 0 có tất cả bao nhiêu nghiệm thực phân biệt?
A. 12 B. 40 C. 41 D. 16
Câu 12: (GV Đặng Thành Nam -2019) Có bao nhiêu số nguyên x ( 100;100) thỏa mãn bất
phương trình
2 3 2019 2 3 2019
1 x x x ... x 1 x x x ... x
1.
2! 3! 2019! 2! 3! 2019!
A. 199 B. 0 C. 99 D. 198
3
Câu 13: (GV Đặng Thành Nam -2019) Cho hàm số f ( x) x ax b và g( x) f cx 2 dx
với a, b, c,
d R có đồ thị như hình vẽ bên, trong đó đường cong đậm hơn là đồ thị của hàm số
y f ( x ). Diện tích hình phẳng giới hạn bởi hai đường cong y f ( x ) và y g( x ) gần nhất với
kết quả nào dưới đây?

A. 7,66 B. 4,24 C. 3,63 D. 5,14
Câu 14: (GV Đặng Thành Nam -2019) Cho hàm số y = f(x) có đồ thị của hàm số y f '( x )
như hình vẽ bên. Biết ( 2) 0.
2018
f Hàm số 1
y f x đồng biến trên khoảng nào dưới đây?
3; 3 . B. ( 1; ) C.
2018 2018
A.
2018
( ; 3). D.
201 8 3;0
Câu 15: (GV Đặng Thành Nam -2019) Cho f ( x ) là một hàm đa thức và có đồ thị của hàm số
f
2
'( x ) như hình vẽ bên. Hàm số y 2 f ( x) ( x 1)
có tối đa bao nhiêu điểm cực trị?

A. 9 B. 7. C. 3. D. 5.
Câu 16: (GV Đặng Thành Nam -2019) Có bao nhiêu số thực m để đường thẳng
đồ thị hàm số
1
3
y x m cắt
3 2
y x (2 m) x 3(2m 3) x m tại ba điểm phân biệt A(0;m), B, C sao cho
đường thẳng OA là phân giác của góc BOC.
A. 1. B. 3. C. 2. D. 0.
Câu 17: (GV Đặng Thành Nam -2019) Cho hàm số y f ( x)
liên tục trên R có đồ thị như hình
vẽ bên. Có bao nhiêu số nguyên m để phương trình f ( f ( x) m) 0 có tất cả 9 nghiệm thực
phân biệt.
A. 1. B. 0. C. 3. D. 2.
Câu 18: (GV Đặng Thành Nam -2019) Cho hàm số y f ( x)
liên tục trên R và có đồ thị như
hình vẽ dưới đây

x 2
Số giá trị nguyên của tham số m để phương trình
là
8 f e m 1 có hai nghiệm thực phân biệt
A. 5 B. 4 C. 7. D. 6.
Câu 19: (GV Đặng Thành Nam -2019) Cho hàm số f ( x ) có bảng biến thiên của hàm số
y f '( x)
như hình vẽ bên. Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m( 10;10) để hàm số
3
y f 3x 1 x 3mx
đồng biến trên khoảng (-2;1)?
x -2 -1 0 1 3 +
f '( x ) +
+
0 0 0
4
-4
A. 8. B. 6. C. 7. D. 5.
Câu 20: (GV Đặng Thành Nam -2019) Cho hàm số y f ( x)
liên tục trên R và có đồ thị như
hình bên.

2
Có bao nhiêu số nguyên m để phương trình 3
f x x m có 9 nghiệm thực thuộc đoạn
[0;4].
A. 3. B. 2. C. 5. D. 4.
Câu 21: (GV Đặng Thành Nam -2019) Cho hàm số f ( x ) có đạo hàm f '( x ) liên tục trên đoạn
1
[1;e] thỏa mãn f (1) và
2
x. f '( x) xf ( x) 3 f ( x) , x [1; e].
Giá trị của f ( e ) bằng
x
2 1
A. 3 2e
B. 4 3e
C. 3 4e
D. 2 3e
Câu 22: (GV Đặng Thành Nam -2019) Cho hàm số f ( x ) có bảng xét dấu đạo hàm như sau
Hàm số
x 1 2 3 4 +
f '( x)
- 0 + 0 + 0 - 0 +
3
y f (3x 1) x 3x
đồng biến trên khoảng nào dưới đây?
3
A. ;1
4
2
B. ;1
3
Câu 23: (GV Đặng Thành Nam -2019) Cho hàm số
1 1
C. ;
4 3
1
D. 1;
3
4 2
f ( x) x 24x
12 có đồ thị (C). Có
bao nhiêu điểm M có tọa độ nguyên thuộc (C) sao cho tiếp tuyến tại M cắt (C) tại hai điểm phân
biệt A, B khác M?
A. 5 B. 7. C. 12. D. 11.
Câu 24: (GV Đặng Thành Nam -2019) Cho hàm số
3 2
f ( x)
ax bx cx d
hình vẽ bên. Có bao nhiêu số nguyên m[ 10;10] để bất phương trình
2 2 3 2 8
f 1 x x x f ( m) 0 có nghiệm.
3 3
có đồ thị như

A. 9. B. 10. C. 12. D. 11.
Câu 25: (GV Đặng Thành Nam -2019) Cho hàm số f ( x ) liên tục trên đoạn [1;3] và có bảng
biến thiên như sau:(GV Đặng Thành Nam -2019)
x 1 2 3
y '
+ 0 -
y -1
-6 -3
m
Tổng tất cả các số nguyên m để phương trình f ( x 1)
2
có hai nghiệm phân biệt
x 6x
12
trên đoạn [2;4] bằng
A. -75 B. -72 C. -294 D. -297
Câu 26: (GV Đặng Thành Nam -2019) Hàm số
nhiêu điểm cực trị ?
1
3
3 2
f ( x) x mx x 1
có nhiều nhất bao
A. 4 B. 2 C. 5 D. 3
Câu 27: (GV Đặng Thành Nam -2019) Cho hàm số
4 2
y x 2x có đồ thị (C). Có bao nhiêu
đường thẳng d có đúng ba điểm chung với đồ thị (C) và các điểm chung có hoành độ x1, x2,
x
3
thỏa mãn
x x x
3 3 3
1
2
3
1?
A. 0 B. 1 C. 2 D. 3
Câu 28: (GV Đặng Thành Nam -2019) Cho hàm số
nguyên m để min f ( x) 3.
[ 1;3]
3 2
f ( x) 2x 3 x m . Có bao nhiêu số
A. 4 B. 8 C. 31 D. 39.
Câu 29: (GV Đặng Thành Nam -2019) Cho hàm số
4 2
y x m x m
2( 1) 2 3 . Tập hợp tất
cả các giá trị thực của tham số m để hàm số đã cho có đúng 5 điểm cực trị là
3
A. 1;
2
3
; \ 2
2
B.
Câu 30: (GV Đặng Thành Nam -2019) Cho hàm số
C. 1; \ 2
D.
y
x 1
ax
2
1
3
1; 2
có đồ thị (C). Biết rằng (C)
có tiệm cận ngang và tồn tại tiếp tuyến của (C) song song và cách tiệm cận ngang của (C) một
khoảng bằng 3. Mệnh đề nào dưới đây đúng ?

1
A. a
;1
2
B.
a 3
1;
2
Câu 31: (GV Đặng Thành Nam -2019) Cho hai hàm số
C.
a 1
0;
2
D.
a 3
;2 .
2
4 3 2
f ( x)
ax bx cx dx e
và
3 2
g( x) mx nx px 1 với a, b, c, d, e, m, n, p, q là các số thực. Đồ thị của hai hàm số
y f '( x); y g '( x)
như hình vẽ bên. Tổng các nghiệm của phương trình f ( x) q g( x)
e
bằng
A. 13 3
B.
13
C. 4 3
3
Câu 32: (GV Đặng Thành Nam -2019) Có bao nhiêu số thực m để đường thẳng
3 2
y m 6
x 4 cắt đồ thị hàm số y x x 3x
1 tại ba điểm phân biệt có tung độ y1, y2,
y3
thỏa mãn
1 1 1 2
.
y 4 y 4 y 4 3
1 2 3
A. 2. B. 0. C. 3. D. 1.
Câu 33: (GV Đặng Thành Nam -2019) Cho hai hàm số đa thức bậc bốn
có đồ thị như hình vẽ bên dưới, trong đó đường đậm hơn là đồ thị hàm số
D.
4
3
y f x
và y g x
y f x
. Biết rằng
hai đồ thị này tiếp xúc với nhau tại điểm có hoành độ là 3
và cắt nhau tại hai điểm nữa có hoành
độ lần lượt là -1 và 3. Giá trị nhỏ nhất của hàm số h x f x g x
trên đoạn 3; 3
bằng

A. 12 8 3 .
9
B. 3.
C. 12 10 3 .
9
Câu 34: (GV Đặng Thành Nam -2019) Cho hàm số
D. 10 9 3 .
9
y f x
liên tục trên R và có đồ thị như
hình bên. Có bao nhiêu số thực m để bất phương trình mx m 2 x 2 m f x
nghiệm đúng với mọi x [ 2;3] ?
10 3 1 . 0
A. 1. B. 3. C. 0. D. 2.
Câu 35: (GV Đặng Thành Nam -2019) Cho hàm số đa thức bậc ba
hàm số y f x, y f ' x
để phương trình f f x
m 2 f x 3 x m
của S bằng
y f x
có đồ thị của các
như hình vẽ bên.Gọi S là tập hợp tất cả các giá trị nguyên của m
có đúng 3 nghiệm thực .Tổng các phần tử

A. 0. B. -6. C. -7. D. -5.
4 2
Câu 36: (GV Đặng Thành Nam -2019) Cho hàm số f ( x) x 4x
1. Khi đó, phương trình
f f ( f ( x) 1) 2
1 có bao nhiêu nghiệm thực phân biệt.
A. 24 B. 22 C. 26 D. 32.
Câu 37: (GV Đặng Thành Nam -2019) Cho hai hàm số y f ( x), y g( x)
có đọa hàm trên R
và có đồ thị như hình vẽ bên, trong đó đường cong đậm hơn là đồ thị của hàm số y f ( x).
Biết
rằng hai hàm số y f ( 2x
1) và y g( ax b)( a, b R; a 0) có cùng khoảng đồng biến. Giá
trị của a + 2b bằng

A.3 B. 4. C. 2 D. 6.
Câu 38: (GV Đặng Thành Nam -2019) Cho hàm số
đồ thị f '( x ) như hình vẽ bên. Biết rằng
số
2
( x 1)
y f ( x)
là
2
y f x
có đạo hám liên tục trên R và có
1 9
f ( 3) 8, f (2) , f (4) . Số điểm cực trị của hàm
2 2
A. 7. B. 5. C. 8. D. 6.
Câu 39: (GV Đặng Thành Nam -2019) Cho đường cong
( C) : y 8x 27x
3
và đường thẳng y
= m cắt (C) tại hai điểm phân biệt nằm trong góc phần tư thứ nhất của hệ trục toạ độ Oxy và chia
thành 2 miền phẳng (gạch sọc và kẻ carô) có diện tích bằng nhau (tham khảo hình vẽ bên). Mệnh
đề nào dưới đây đúng ?

1
A. 0 m B. 1 3
m 1
C. 1 m . D. 3 m 2.
2
2
2
2
Câu 40: (GV Đặng Thành Nam -2019) Cho hàm số
sau:
f
x có bảng xét dấu của đạo hàm như
x 0 2 5 10
f '( x )
+ 0 - 0 + 0 - 0 +
Biết rằng f 0 f 3 f 2 f 5 .
Giá trị nhỏ nhất, giá trị lớn nhất của hàm số f
đoạn 0;5 lần lượt là
A. f 0 , f 5 .
B. f 2 , f 0 .
C. f 1 , f 5 .
D. f f
2 , 5 .
x trên
Câu 41: (GV Đặng Thành Nam -2019) Có bao nhiêu cặp số nguyên dương a,
b
để đồ thị hàm
số
3 2
y x 3x b
cắt trục hoành tại ba điểm phân biệt.
A. 5. B. 4. C. 1. D. Vô số.
Lời giải
y f x x f x x
' 0 3 ' 2 3 2 3 0 ' 2 2 1.
Câu 1. Ta có
Đặt t x 2, bất phương trình trở thành:
phương trình
Ta sẽ chọn t sao cho
2
f '( t) ( t 2) 1. Không thể giải trực tiếp bất
t
2 2 1
0 1 t 2 1 1 t 3 1 t 2
.
f '( t) 0 t (1;2) (2;3) (4; ) t (1;2) (2;3) (4; ) 2 t 3
Khi đó 1 x 2 2 1 x 0
.
2 x 2 3
Vậy hàm số đã cho đồng biến trên các khoảng (-1;0); (0;1).
0 x 1
Đối chiếu đáp án chọn C.
Câu 2. Xét hàm số f x m 2 x 4 m x 2
x
1 1 6 1 . Ta có f (1) 0 do đó để
f x 0, x thì trước tiên f x không đổi dấu đi qua điểm x 1, do đó
m
1
f m m
m
2
'(1) 0 4 2 6 0 .
4 2 2 2
Thử lại với
3
2
m 1 f x x x 6x 4 ( x 1) x 2x 4 0, x( t / m).
3 9 3 9 9 21
1 1 6 1 ( 1)
0, ( / ).
2 4 2 4 2 4
4 2 2 2
m f x x x x x x x x t m
Với

3 1
Vậy tổng các phần tử cần tìm bằng 1 . Chọn đáp án C.
2 2
*Chú ý bước thử lại các em nên dùng máy CASIO 580 hoặc VINACAL 570 EXPLUS giải bất
phương trình bậc bốn để kiểm tra cho nhanh.
Câu 3. Dựa trên đồ thị hàm số '( )
Mặt khác
Đồng nhất ta có
Vậy
f x mx nx px q
3 2
'( ) 4 3 2 .
5
f '( x) k( x 1) x x 3 , k 0.
4
f x ta có
4mx 3nx 2 px q k x 1
x ( x 3), x
4
5
3 2
13 x 15
mx nx px q k x x x
4 2 4
3 2 3 2
4 3 2 ,
1
4m k
m k
4
13
3n
k 13
4 n k
12
1 4 13 3 1 2 15
1 f x k x x x x r.
2 p k 1
4 12 4 4
2
p k
4
15
q k
15
4 q
k
4
x
0
1 4 13 3 1 2 15 1 4 13 3 1 2 15
5
f x r k x x x x
r r x x x x 0 x
.
4 12 4 4 4 12 4 4 3
x
3
Chọn đáp án B.
Cách 2: Xét hàm số
Bảng biến thiên
f
x có
5
f '(x) 0 x 0; x ; x 3.
4
x -1 1,25 3 +
y '
+ 0 - 0 + 0 -
y
f 1
f 3

Ta có
Ta có
- f 1,25
-
r f (0) f 1, 25 ; f ( 1) . Ta đi so sánh f (0), f (3).
3 3
5 5
f '( x) k( x 1) x ( x 3) f (3) f (0) f '( x) dx k( x 1) x (x 3)dx 0 f (0) f (3).
4
4
Kẻ đường thẳng y f (0)
cắt đồ thị hàm số f
0 0
f x r f (0) có 3 nghiệm phân biệt. Chọn đáp án B.
Câu 4. Chọn đáp án B.
Bất phương trình tương đương với:
2 2
x 3x
ycbt f ( x) m, x ( 1;3) m min
( 1;3)
g( x),
2 2
Trong đó g x f x
x 3x
2 2
3 2
Quan sát đồ thị hàm số có min
( 1;3)
f ( x) f (2) 3 và
Vì vậy min g( x) g(2) 5.
( 1;3)
Vậy m < -5 là các giá trị cần tìm.
Câu 5. Chọn đáp án A.
.
x tại 3 điểm phân biệt. Do đó phương trình
3 2
x 3x
min h( x) h(2) 2.
( 1;3)
2 2
Đặt
2
y x ax b
2 2 2
x y ay b x y y x a y x
2 2
y x ax b y x ax b
( ) .
y x
2
( x y)( x y a 1) 0
x ( a 1) x b 0
y x a 1 .
2
2
y x ax b x ( a 1) x a b 1 0
2
y x ax b
Khi đó ta có điều kiện để phương trình có bốn nghiệm thực phân biệt là
2
( a 1) 4b
0 1 2
b a 2a
3 .
2
( a 1) 4( a b 1) 0 4
Từ đó suy ra có 33 cặp số nguyên dương (a;b) với a, b (0;10).
Câu 6. Chọn đáp án B.
Với
5
x
1; 2x 1 [ 3;4] g(2x 1) [ 3;4] t 1 g(2x
1) [ 3;4].
2

Vậy ta cần tìm m để phương trình f ( t)
m có nghiệm thuộc đoạn.
[ 3;4] min f ( t) m max f t min f ( t) m 2, trong đó min f ( t) ( 1;0).
[ 3;4]
[ 3;4] [ 3;4]
[ 3;4]
Vậy các số nguyên cần tìm là a 0;1;2 .
Câu 7. Chọn đáp án D.
Câu 8. Chọn đáp án A.
Để cho đơn giản đặt a f ( x)
ta có
1 1
M 2 f ( x) 3 x f ( x) dx 4 f ( x) x xf ( x)
dx
0 0
1 1
(2a 3 x) adx 4a x xadx
0 0
1 1 2
2
x
1
2a 4a xa 3 ax x xa dx dx .
8 24
0 0
2
x 1
Vì a ax a ax x ax a x
2 4
2 3 4 2 0.
8 8
x x
Dấu bằng đạt tại 2 a x 4 a x a f ( x) .
4 4
Câu 9. Chọn đáp án A.
Đồ thị hàm
f ( x)
cắt trục hoành tại ba điểm phân biệt có hoành độ
x1 x2 x f x
3
và
hàm đa thức bậc bốn trong đó điểm có hoành độ
x3
là điểm tiếp xúc với trục hoành nên
là
f ( x) a( x x )( x x )( x x )
2
1
2
3 với a > 0.
Thực hiện lấy đạo hàm ta có
1 1 1 1
f '( x) f ( x) , x \ x1, x2, x3.
x x1 x x2 x x3 x x3
Suy ra
f '( x) 1 1 1 1
.
f ( x)
x x x x x x x x
1 2 3 3
Tiếp tục lấy đạo hàm hai vế ta có

f x f x f x
2
''( ). ( ) ( '( )) 1 1 2
2
( f ( x))
x x1 x x2 x x3
Vậy phương trình tương đương với
, x \ x , x , x .
2 2 2
1 2 3
2 2 4 2 2 4 2
2 2 2
2 3 1 3 1 2 3
a x x x x a x x x x 2a x x x x x x 0
x
x3
2 2 2 2 2 2
x x2 x x3 x x1 x x3 2 x x1 x x2
0
x
x3
x x2 x x3
0
x x3.
x x1 x x3
0
x x1 x x2
0
Đi thi các em nên dùng ngay mẹo sau đây bởi lẽ đề cho sẽ đúng với mọi hàm đa thức bậc
bốn có đúng 3 nghiệm thực phân biệt
Chọn hàm số đa thức bậc bốn chỉ có 3 nghiệm thoả mãn đề bài chẳng hạn
f x x x x x x f x x x f x x
2 4 2 3 2
( ) ( 1)( 1) '( ) 4 2 ; ''( ) 12 2.
Ta chỉ cần tìm số nghiệm của phương trình
2 4 2 3 2 6 4 2 2 4 2
(12x 2)( x x ) (4x 2 x) 4x 2x 2x 0 x (4 x 2x 2) 0 x 0.
Câu 10. Chọn đáp án A.
Ta có
ycbt y ' 0, x ( 1;1) f '( m x) m 1 0, x
( 1;1)
f '( m x) m 1, x ( 1;1) f '( m x) m 1, x
( 1;1)
Đặt t m x [ m 1; m 1], x
( 1;1) và bất phương trình cuối trở thành
TH1: Nếu
f '( t) m1, t [ m 1; m 1] m 1 max f '( t)(*).
[ m1; m1]
[ m1; m1]
m 1 3 m 2 max f '( t) f '(3) 1 (*) m 11 m 2 m 2.
TH2: Nếu
m 1 3 m 2 max f '( t) f '( m 1). Vậy
[ m1; m1]
(*) m 1 f '( m 1), đặt a m 1 m a 1( a 3) f '( a) a 2. Kẻ đường thẳng
y x 2 có f '( a) a 2; a 3 nên trường hợp này không có mm thoả mãn.

Vậy m = 2 là giá trị cần tìm duy nhất.
Câu 11. Chọn đáp án C.
Câu 12. Chọn đáp án D. Đặt
2 3 1019 2 3 1018 2019
x x x
x x x x
u( x) 1 x ... u '( x) 1 x ... u( x)
2! 3! 2019!
2! 3! 2018! 2019!
2 3 2019
2 3 2018 2019
x x x x x x x
v( x) 1 x ... v '( x) 1 x ... v( x)
2! 3! 2019!
2! 3! 2018! 2019!
2019 2019 2019
x x x
( x) v( x) v '( x) u( x) u( x) v( x) v( x) u( x) u( x) v( x) .
2019! 2019! 2019!
Suy ra f '( x) 0 x 0. Bảng biến thiên
x 0 +
y '
+ 0 -
y 1
Từ bảng biến thiên suy ra f x x x
thoả mãn.
Câu 13. Chọn đáp án D.
Có f (0) 1 và hàm số đạt cực đại tại điểm x = -1 nên
( ) 1 0 99,..., 1,1,...,99 . Có tất cả 198 số nguyên
f (0) 1 b 1 a
3
f x x x
f '( 1) 0 3 a 0 b
1
3
Kh đó g x cx 2 dx cx 2 dx
( ) 3 1.
3
( ) 3 1.
Đồ thị hàm số g( x)
qua các điểm (0;1); (-1;3); (2;3) do đó

c
1; d 1
g( 1) 3
c 0; d 1
g(0) 1
c , d
g(2) 3
1 1
c , d
2 2
3
( c d) 3( c d) 1 3 1 3
3
(4c 2 d) 3(4c 2 d) 1 3
2 2
Vì g( x ) có ba điểm cực trị nên c 0; do lim g( x) c 0.
x
Đối chiếu lại điều kiện g(x) có ba điểm cực trị nên
c d g x x x x x
Vậy
2 3 2
1; 1 ( ) ( ) 3( ) 1.
2
S x x x x x x dx
1
2 3 2 3
(( ) 3( ) 1) ( 3 1) 5,1384.
Câu 14. Chọn đáp án D.
Dựa trên đồ thị hàm số y f '( x)
và f ( 2) 0. ta có bảng biến thiên của hàm số y f ( x)
như
sau
x -2 2 +
y '
+ 0 - 0 +
y f ( 2) 0
+
- f (2)
2018 2018 2018
Vì x 0, x 1 x 1, x f 1 x 0, x.
Do đó y f x 2018 f x
2018
Và y ' 2018 x 2017 f ' 1 x 2018 0 x 2017 f ' 1 x
2018
0.
TH1
2018
2018
1
x 2
2018 x0
2018
x 0 y ' 0 f ' 1 x 0 x 3 x 3.
2018
1 x 2
TH2
x0
1 1 .
x y f x x x x
2018 2018 2018 2018
0 ' 0 ' 1 0 2 1 2 3 3 0.
Câu 15. Chọn đáp án D.
Xét
g x f x x
2
( ) 2 ( ) ( 1) .
+) Tìm số điểm cực trị của g( x) :
Ta có
x
0
x 1
g '( x) 0 2 f '( x) 2( x 1) 0 f '( x) x 1 . x 2
x
3

Kẻ đường thẳng y = x − 1 cắt đồ thị f′(x) tại bốn điểm phân biệt có hoành độ x = 0 ; x = 1; x = 2;
x = 3 trong đó tại các điểm có hoành độ x = 2; x = 3 là các điểm tiếp xúc, do đó g′(x) chỉ đổi dấu
khi qua các điểm x = 0; x = 1. Vì vậy hàm số g(x) có hai điểm cực trị x = 0; x = 1.
+) Ta tìm số nghiệm của phương trình g(x) = 0.
Bảng biến thiên
x 0 1 2 3
g '( x ) - 0 + 0 - 0 - 0 -
g( x)
g(0)
g(1)
Suy ra phương trình g( x) 0 có tối đa ba nghiệm phân biệt.
+) Vậy hàm số y g( x)
có tối đa 2 + 3 = 5 điểm cực trị.
Câu 16. Chọn đáp án C.
Phương trình hoành độ giao điểm
1
x
0
3 2
x (2 m) x 3(2m 3) x m x m 1 2
3 x (2 m) x 6m
8 0(*)
3
y = 0
Để đường thẳng cắt đồ thị tại ba điểm phân biệt thì (*) phải có hai nghiệm phân biệt khác 0, hay
3
4
6m
8 0
m
3
44
2
2 4 m 12m
0
(2 m) (6m
8) 0
3
Tọa độ các điểm B x , x m, C x , x m
1
1
2
2
theo vi-ét có x1 x2 3( m 2); x1x2
3(6m
8).
Để ý OA Oy có véctơ chỉ phương j(0;1).
Vậy để đường thẳng OA là phân giác của góc BOC.
cos , cos ,
(1).
m x1 m x2
j OB j OC
x ( m x ) x ( m x )
2 2 2 2
1 1 2 2
m 0
2 2 2 2
mx1 mx2
m
0
x2 ( m x1 ) x1 m x2
m 7 33.
m( x1 x2) 2x1x
2
3 m( m 2) 6(6m
8)
m
7 33
Đối chiếu điều kiện (1) và A 0 nhận m 7 33.
Câu 17. Chọn đáp án A.

Có đồ thị f ( x ) cắt trục hoành tại ba điểm phân biệt có hoành độ lần lượt a; b; c với
2 a 1 b 0 1 c 2. Vậy
f ( x) m a f ( x)
m a
f f ( x) m
0
f ( x) m b
f ( x) m b .
f ( x) m c
f ( x)
m c
Để phương trình có 9 nghiệm thực phân biệt thì mỗi phương trình cuối phải có ba nghiệm thực
phân biệt điều này tương đương với
3 m a 1
m
3
a
3 m b 1 m 1 .
m 1 c
3 m c 1
Câu 18. Chọn đáp án A.
2
x
2 m 1
Đặt t e ( t 0) phương trình trở thành 8 f ( t) m 1 f ( t) ; với t > 0 cho ta duy
8
nhất một nghiệm x = lnt. Vậy phương trình có đúng hai nghiệm thực phân biệt khi và chỉ khi (1)
2
m 1
có đúng hai nghiệm t 0 1 1 3 m 3. Có 5 số nguyên thỏa mãn.
8
Câu 19. Chọn đáp án B. Có
ycbt y x f x x m x
2
' 0, ( 2;1) 3 '(3 1) 3 3 0, ( 2;1)
m g x f x x x m g x
( ) '(3 1)
2
, ( 2;1) min ( )
( 2;1)
min h( x) x h(0) 0;min k( x) f '(3x 1) k(0) f '( 1) 4.
2
Ta có
( 2;1) ( 2;1)
Do đó g x g h f m m
min ( ) (0) (0) '( 1) 0 4 4 4 9,...., 4 .
( 2;1)
Có tất cả 6 số nguyên thoả mãn.
Câu 20. Chọn đáp án A.
Đặt t
t ' 0 x 3 2 x( x 3) 0 x 1; x 3.
2
x( x 3) có 2
Bảng biến thiên của t như sau
x 0 1 3 4 +
t '
+ 0 - 0 +
t +
4 4
0 0
+) Nếu
t
0
t
4
phương trình
t
2
x( x 3) không có nghiệm thuộc đoạn [0;4];

t
0
2
+) Nếu phương trình t x( x 3) có đúng hai nghiệm thuộc đoạn [0;4];
t
4
2
+) Nếu 0 < t < 4 phương trình t x( x 3) có ba nghiệm phân biệt thuộc đoạn [0;4].
2
Vậy phương trình ( 3)
f x x m có 9 nghiệm thực phân biệt thuộc đoạn [0;4] f ( t)
m
có ba nghiệm thực phân biệt t m m
Câu 21. Chọn đáp án D.
Biến đổi giả thiết có
(0;4) 0 4 1, 2,3 .
1
xf x xf x f x x f x f x x f x
x
2 2 2 2
'( ) ( ) 3 ( ) ( ) 3 ( ) 1 '( )
2 2 2
x f ( x) 2 xf ( x) 1 x f '( x) xf ( x)
xf x 2
x xf x f x x xf x
1 xf x 1 1
2
xf x x xf ( x) 1
( ) 1 '( ) ( ) ( ) 1 '
xf ( x) 1 ' ( ) 1 '
dx dx ln x C
xf ( x) 1 2 ( ) 1
2
1 1 1
xf ( x) 1 f ( x)
.
ln x C x x ln x C
f 1 1 1 1 2
(1) 1 2 ( ) ( ) .
C 2 C f x x x ln x 2
f e 3e
Câu 22. Chọn đáp án C.
2 2
Ta có y ' 0 3 f '(3x 1) 3x 3 0 f '(3x 1) x 1. Bất phương trình không thể giải
trực tiếp, ta sẽ chọn x thoả mãn:
1 3 1 2
1
x
0 x 1
3 0 x
f '(3x 1) 0
2 3x
1
3
3
1 2
2
x 1 0 3x
1 4
x
1 2
3 3
x
1 x 1
3 3
1 x 1
Đối chiếu đáp án chọn C.
Câu 23. Chọn đáp án A.
M m; m 24m 12 ( C),
phương trình tiếp tuyến của (C) tại M là
4 2
Gọi
y m m x m m m
3 4 2
(4 48 )( ) 24 12.
Phương trình hoành độ giao điểm
4 2 3 4 2
x 24x 12 (4m 48 m)( x m) m 24m
12
4 4 2 2 3
( x m ) 24( x m ) (4m 48 m)( x m) 0
x
m
x
2mx 3m
24 0(1)
2 2 2
( x m) ( x 2mx 3m
24) 0 .
2 2

Yêu cầu bài toán tương đương với (1) có hai nghiệm phân biệt khác
2 2
' m (3m
24) 0
m 2
m m 3, 1,0,1,3 .
2 2 2
m 2m 3m
24 0 2 3 m 2 3
Vậy có tất cả 5 điểm có toạ độ nguyên thoả mãn.
Câu 24. Chọn đáp án D.
Ta có điều kiện của bất phương trình là −1≤ x ≤1. Khi đó bất phương trình tương đương với
2 2 3 2 8 2 2 3 2 8
f 1 x x x f ( m) 0 f ( m) g( x) f 1 x x x (*).
3 3 3 3
Ta có
2 3 2 8
2
h( x) x x min h( x) g 1) 1;min f 1 x min f ( t) f (0) 3.
3 3 [ 1;1] [ 1;1] [0;1]
min g( x) min h( x) min f 1 x 1 3 4 g( 1).
2
Do đó
[ 1;1] [ 1;1] [ 1;1]
Vậy (*) có nghiệm trên đoạn [ 1;1] f ( m) min g( x) f ( m) 4.
[ 1;1]
Quan sát đồ thị hàm số suy ra m 3,1,2,...,10 .
Có tất cả 11 số nguyên thoả mãn.
Câu 25. Chọn đáp án B.
m g( x) x 6x 12 f ( x 1).
2
Phương trình tương đương với:
Ta có
g x x f x x x f x
2
'( ) (2 6) ( 1) ( 6 12) '( 1)
2x
6 0; f ( x 1) 0
+) Nếu 2 x 3
g '( x) 0
2
x 6x 12?0; f '( x 1) 0
+) Nếu x 3 g '(3) 0. f (2) 3. f '(2) 0
2x
6 0; f ( x 1) 0
+) Nếu 3 x 4
g '( x) 0.
2
x 6x 12 0; f '( x 1) 0
Vậy trên đoạn [2;4] ta có g '( x) 0 x 3.
Bảng biến thiên
x 2 3 4
g '( x )
+ 0 -
g( x )
-3
-24 -12
Vậy phương trình có hai nghiệm phân biệt trên đoạn
[2;4] 12 m 3 m 12,..., 4 .
Tổng các số nguyên cần tìm bằng
Câu 26. Chọn đáp án C.
4
k 12
k 72

1 3 2
Xét hàm số g( x) x mx x 1 ta có
3
x
0
g( x) 0
.
2 2
3m x 1 x 0(1)
+) Với m > 0 thì (1) vô nghiệm; với m = 0 thì (1) có đúng 1 nghiệm x 0; với m < 0 khi đó ta
có
2
2 2 2 3m
9m
4
(1) ( x 1) 3m x 1 1 0 x 1
chỉ nhận nghiệm
2
2
2 2
2 3m
9m
4 3m 9m 4 3m 9m
3m
3 m
x 1
vì
0, m.
2
2 2 2
Vậy với m < 0 thì g( x) 0 có 3 nghiệm phân biệt là các nghiệm đơn.
Tiếp theo ta biện luận số điểm cực trị của g( x ) : với
g x x m x x x m
x 1 x 1
2
2 2 x
2 2x
1
'( ) 1 .
2 2
+) Nếu
nên g( x ) không có điểm cực trị.
2
m 0 g '( x) x 0, x
+) nếu m < 0 khi đó
2 2
x x 1
g '( x) 0 m (*). Phương trình (*) luôn có 2 nghiệm phân
2
2x
1
biệt với mọi m < 0, tức g( x ) có 2 điểm cực trị với mọi m < 0.
Tóm lại hàm số f ( x) g( x)
có tối đa 3 + 2 = 5 điểm cực trị.
Câu 27. Chọn đáp án B.
Giả sử đường thẳng cần tìm có dạng y kx m.
Phương trình hoành độ giao điểm:
4 2 2 2
x 2x kx m x 2x kx m 0. Theo giả thiết đường thẳng d có đúng ba điểm chung
với đồ thị (C) và các điểm chung có hoành độ x1, x2,
x
3
nên
x 2 x kx m ( x x ) ( x x )( x x ) . Do đó d là tiếp tuyến của (C) có hoành độ
4 2 2
1 2 3
x x d : y 4x 4x x x x 2 x .
1 4 2
1 3 1 1 1 1
Phương trình hoành độ giao điểm lúc này là
x 2x 4x 4x x x x 2x
4 2 1 4 2
3 1 1 1 1
2 2 2 x x1
( x x1 ) ( x 2x1x 3x1 2) 0 .
2 2
x 2x1x 3x1
2 0(1)
Yêu cầu bài toán tương đương với (1) có hai nghiệm phân biệt x2,
x3 x1
và x x x
Vì vậy
3 3 3
1
2
3
1.

2 2
' x
1
1
3x1
2 0
1 x 1
2 2 2
1 11
165
x1 2x1 3x1 2 0 x1 x1
3
22
3
3
x1 x2 x3 3 x2x3 ( x2 x3) 1
3 3 2
x1 8x1 6x1 3x1
2
1
Vì vậy có duy nhất một đường thẳng thoả mãn là tiếp tuyến tại điểm có hoành độ
11
65
x .
22
*Chú ý dạng toán này thuộc bài học tiếp tuyến cắt đồ thị hàm số.
Câu 28. Chọn đáp án D.
3 2
2
Xét u 2x 3x m có u ' 6x 6 x; u ' 0 x 0; x 1.
Do đó
min u min u( 1), u(3), u(0), u(1) min m 5, m 27, m, m 1 m 5
[ 1;3]
max u min u( 1), u(3), u(0), u(1) maxm 5, m 27, m, m 1
m 27
[ 1;3]
Nếu m f x m m m
5 0 min ( ) 5 3 8 5,6,7,8 .
[ 1;3]
Nếu m f x m m m
27 0 min ( ) ( 27) 3 30 30, 29, 28, 27 .
[ 1;3]
Vậy m 30,...,8
có tất cả 39 số nguyên thỏa mãn.
Câu 29. Chọn đáp án D.
2
x 1
( ) 2( 1) 2 3 ( ) 0 1 2 3 0 .
2
x
2m
3
4 2 2 2
Xét f x x m x m f x x x m
TH1: Nếu 2m 3 0 Do vậy f ( x ) có hai điểm đổi dấu x 1; x 1. Hàm số y f ( x)
có 5
điểm cực trị y f ( x)
có 3 điểm cực trị ab 0 2( m 1) 0 m 1.
3
Vậy trường hợp này có 1 m .
2
3
TH2: Nếu 0 2m
3 1 m 2. Khi đó f ( x ) có 4 điểm đổi dấu x 1; x 2m
3 do
2
đó số điểm cực trị của hàm số f ( x ) bằng 3 và hàm số y f ( x)
có 7 điểm cực trị (loại),
TH3: Nếu
2m 3 1 m 2 f ( x) ( x 1)
2 2
khi đó
(loại).
Câu 30. Chọn đáp án A.
Điều kiện để đường cong (C) có tiệm cận ngang khi và chỉ khi
1 1
a 0 TCN : y ; y
a a
y f x x
2 2
( ) ( 1) có 3 điểm cực trị

2
ax
ax 1 ( x 1)
2
1
Ta có '
ax 1 ax
y
. Để tiếp tuyến của (C) tại điểm M song song
2
ax 1 2 3
( ax 1)
với tiệm cận ngang thì
1 1 1
y '( xM ) 0 1 axM 0 xM
M
; 1 .
a
a a
Khi đó
1 1
1 3
a a
9
d( tM
; TCN) d( M , TCN)
a .
1 1
16
1 3
a a
Câu 31. Chọn đáp án C.
Đặt h( x) f ( x) g( x)
có
Do đó
5
h'( x) k( x 1)
x ( x 3)( k 0); h(0) f (0) g(0) e q.
4
x
5
h( x) h( x) h(0) h(0) h '( x) dx e q k ( x 1)
x ( x 3) dx e q.
4
0 0
x
x
k 3 2
( x 1)(4 x 5)( x 3) dx e q (4x 13x 2x 15) dx e q.
k
4
4
0 0
Phương trình tương đương với:
k 4 13 x x
3 x
2 x e q
15 .
4 3
Tổng các nghiệm của phương trình bằng
Câu 32. Chọn đáp án D.
Phương trình hoành độ giao điểm:
x
5
x
3
13
h x e q x x x x x
3
x
3
4 3 2
( ) 15 0 0 .
5 4
0 3 .
3 3
3 2 3 2
x x x m x x x m x
3 1 ( 6) 4 (3 ) 3 0
x , x , x là ba nghiệm phân biệt của phương trình này ta có
Gọi
1 2 3
x1 x2 x3
1
và tung độ các giao điểm là
x1x2 x2x3 x1x3
3 m
y ( m 6) x 4; y ( m 6) x 4; y ( m 6) x 4. Vậy điều kiện bài toán
1 1 2 2 3 3

1 1 1 2 1 1 1 2
y 4 y 4 y 4 3 ( m 6) x ( m 6) x ( m 6) x 3
1 2 3 1 2 3
1 x x x x x x 2 1 3
m 2
m 6 x1x2 x3
3 m 6 3 3
1 2 2 3 3 1
m
9.
Thử lại
3 2
m 9 x x 6x 3 0 có 3 nghiệm hân biệt nên m = 9 thỏa mãn.
*Phương trình
3 2
ax bx cx d 0 có ba nghiệm x1, x2,
x
3
thì
b
x1 x2 x3
a
c
x1x2 x2x3 x3x1
.
a
d
x1x2 x3
a
Câu 33. Chọn đáp án A.
Theo giả thiết có
Do
h x f x g x a x x x
2
( ) ( ) ( ) ( 3) ( 1)( 3).
h(0) f (0) g(0) 1 ( 2) 1 a.(3 )(1)( 3) 1 a .
27
2 1
1 12 8 3
Do đó h x x x x h x h
27 9
Câu 34. Chọn đáp án D.
Đặt
( ) (
2
3) ( 1)( 3) min ( ) ( 3) .
[ 3;3]
2 2
g( x) mx m 10 x 3m
1. Ta có ycbt g( x). f ( x) 0, x
[ 2;3]
Trên đoạn [-2;3] ta có f ( x ) chỉ đổi dấu khi qua điểm x 1. Do vậy trước tiên cần có x 1 là
nghiệm của g( x) 3m 4m 1 0 m 1; m .
3
Điều kiện đủ
2
+) Với m=−1
2 1
10 x x 2 . f ( x) 0, x
[ 2;3] (đúng)
2
1 10 x x
+) Với m f ( x) 0, x
[ 2;3]
(đúng).
3 3 3
1
Vậy m 1;
m là các giá trị cần tìm.
3
Câu 35. Chọn đáp án C.
Ta có
f x ax bx cx d f x ax bx c
3 2 2
( ) '( ) 3 2 .

f (1) 0 a b c d 0 a
1
f '(0) 0 c 0 b
3
3 2
Quan sát đồ thị có f ( x) x 3x
2.
f '(2) 0 12a 4b c 0 c
0
f '(1) 3
3a 2b c 3
d
2
Đặt t f ( x) m , m f ( x) t,
phương trình trở thành
f t f x x f x t f t t f x x x x x t t t x t
3 2 3 2
( ) 2 ( ) 3( ( ) ) ( ) 3 ( ) 3 3 3 1 3 3 2 .
Khi đó
m f x x g x x x x
3 2
( ) ( ) 3 2. Phương trình này có 3 nghiệm phân biệt
g m g m 4,..,2 . Tổng các phần tử của S bằng
ct
cd
Câu 36. Chọn đáp án A.
Đặt t f ( f ( x) 1) 2, phương trình trở thành:
f t t t t t
4 2
( ) 1 4 1 1 0; 2.
2
x4
x 7.
TH1: Nếu t 0 f ( f ( x) 1) 2 0 f ( f ( x) 1) 2. Đặt a f ( x) 1, phương trình trở
thành:
f a a a a
4 2
( ) 2 4 1 0 2 5.
Nhận xét: Xét hàm số
y f x x x
4 2
( ) 1 4 có
y y (0) 0; y y 2 4. Với a ( 4;0) phương trình y = a có bốn nghiệm thực phân
cd
ct
biệt. Với a = 0 phương trình y = a có hai nghiệm thực phân biệt. Với a < -4 phương trình y = a vô
nghiệm.
Áp dụng cho trường này có 2 + 4 = 6 nghiệm.
TH2: Nếu t 2 f ( f ( x) 1) 2 2 f ( f ( x) 1) 0. Đặt a f ( x) 1, phương trình trở
4 2
thành: f ( a) 0 a 4a 1 0 a 2 3. Trường hợp này có 2 + 2 + 4 + 4 = 12
nghiệm.
TH3: Nếu t 2 f ( f ( x) 1) 2 2 f ( f ( x) 1) 4. Đặt a f ( x) 1, phương trình trở
thành:
4 2
f ( a) 4 a 4a 3 0 a 2 7 . Trường hợp này có 2 + 4 = 6 nghiệm.
Vậy phương trình đã cho có tất cả 24 nghiệm thực phân biệt.
Câu 37. Chọn đáp án C.
Với hàm số y f ( 2x
1) có
1 1
y ' 0 2 f '( 2x 1) 0 f '( 2x 1) 0 0 2x 1 2 x .
2 2
Với hàm số y g( ax b)
có

a
0
a
0
1
b 1
b
a 0
x
1 ax b 1
a a
g '( ax b) 0
a
0
y ' a. g '( ax b) 0 a 0
.
a
0
1
b
ax b 1
x
g '( ax b) 0
a
ax b 1
1
b
x
a
Vì hai hàm số đã cho có cùng khoảng đồng biến nên rơi vào trường hợp
a
0
1
b 1
b và
x
a a
1
b 1
a 2 a
2
a 2b
1.
1
b 1 b 0
a 2
*Chú ý đồ thị đi lên hàm số đồng biến; đồ thị đi xuống hàm số nghịch biến.
Câu 38. Chọn đáp án B.
2
( x 1)
Xét g( x) f ( x)
có
2
x
1
x 1
g '( x) 0 f '( x) ( x 1) 0 f '( x) x 1 . x 2
x
3
Vì đường thẳng y x 1 cắt đồ thị f '( x ) tại 4 điểm có hoành độ
x 1; x 1; x 2; x 3.

Bảng biến thiên
Suy ra g(x) có ba điểm cực trị là x 1; x 2; x 3.
Theo giả thiết có
g( 3) f ( 3) 8 0
1
g(2) f (2) 0
2
9
g(4) f (4) 0
2
nên g( x) 0 có hai nghiệm phân biệt (là nghiệm đơn
hoặc bội lẻ). Vậy hàm số y g( x)
có tổng cộng 3 + 2 = 5 điểm cực trị.
Chọn đáp án B.
*Chú ý số điểm cực trị của hàm số y f ( x)
bằng tổng số điểm cực trị của f ( x ) và số nghiệm
đơn (hoặc bội lẻ) của phương trình f ( x) 0.
Câu 39. Chọn đáp án C.
3
Phương trình hoành độ giao điểm: 8x 27 x m.
Giả sử đường thẳng y = m cắt đường
cong (C) trong góc phần tư thứ nhất của hệ trục toạ độ tại các điểm có hoành độ 0 < a < b, ta có
3
8a 27a m
3
(1) và gọi F(x) là một nguyên hàm của hàm số f ( x) 8x 27 x m,
ta có
3
8b 27b m

4
2 27x
F( x) 4x mx C và quan sát hình vẽ có các diện tích hình phẳng kẻ carô và gạch sọc
4
a a b b
lần lượt là S1 f ( x) dx f ( x) dx F(0) F( a); S2
f ( x) dx f ( x) dx F( b) F( a).
Vì
Rút
0 0
27b
S1 S2
F F a F b F a F b F b mb
4
m b b
4
2
(0) ( ) ( ) ( ) ( ) (0) 4 0(2).
3
8 27 từ (1) thay vào (2) có
4
2 27b
3 4 2 4
4 b (8b 27 b ) b 0 81b 16b 0 b ( b 0). Thay ngược lại (1) có
4 9
32
m 1,185.
17
Câu 40. Chọn đáp án D.
Dựa vào bảng xét dấu của
a
f ' x ta có bảng biến thiên của hàm số trên đoạn 0;5 như sau
x 0 2 5
y '
- 0 +
y f (0)
f (5)
a
f (2)
Suy ra min
f x
0;5 f 2 .
Và max
f x max
0;5 f 0 , f 5 .
Ta có f 0 f 3 f 2 f 5 f 5 f 0 f 3 f 2 .
Vì f x đồng biến trên đoạn 2;5
nên f 3 f f 5 f 0 0 f f
Vậy max
f x max f f f
0;5
0 , 5 5 .
Câu 41. Chọn đáp án C.
2 5 0 .
2
y ' 0 3x 2ax
3 0 phương trình này luôn có hai nghiệm phân biệt
Đường thẳng qua hai điểm cực trị đồ thị hàm số là
2 a a
y 3 x b .
3 3 3
a
x
2 2
a a 9 2 a a a 9 a
Ta có ycd
y
3
b 0, a, b
Z .
3
3 3 3
3
Do vậy đồ thị hàm số cắt trục hoành tại ba điểm phân biệt khi và chỉ khi
a
3
2
9 .
3
3 2
2 2
a a 9 2 a a a 9 a 2a 2 a 9 27 a b
ycd
y 3 b 0
3
3 3 3
3 27

2
Ta có
3
2 3
2 a 9 2a 27 a
.
b g a
27
1 2a
g ' a 2a a 9 a 9
1 0, a Z .
9
2
a 9 a
Ta có g 1 1, 27; g 2
0,879. Do đó a b a b
1 1,27 , 1,1 ; nếu
a 2 b g a g 2 0,879 trường hợp này không có cặp số nguyên dương nào.
Vậy có duy nhất cặp số nguyên dương a; b 1;1
thoả mãn.

52 Câu VDC Hàm Số đề thi thử các trường
Câu 1(Đề Thi Thử THPTQG Năm 2019-Đề 2 ). Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m
x
3 3
thuộc đoạn [-3; 3] để hàm số y nghịch biến trên khoảng (-1;1).
x
3 m
A. 4 B. 3 C. 2 D. 0
Câu 2 Đề Thi Thử THPTQG Năm 2019- Đề 3). Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để
điểm M(2m 3 ; m) tạo với hai điểm cực đại, cực tiểu của đồ thị hàm số
3 2
y 2x 3 2 m 1 x 6 m m 1 x 1
(C) một tam giác có diện tích nhỏ nhất.
A. 0 B. 1 C. 2 D. Không tồn
tại.
Câu 3(Đề Thi Thử THPTQG Năm 2019- Đề 4). Cho hàm số y = f(x). Hàm số y = f’(x) có đồ
thị như hình vẽ dưới đây:
Tìm m để hàm số y = f(x 2 – 2m) có ba điểm cực trị.
A. m 3
3
;0 B. C. D.
2
m3;
0;
m
2
m;0
Câu 4(Đề Thi Thử THPTQG Năm 2019- Đề 4). Cho hàm số y = f(x) có đạo hàm trên R.
Đường cong trong hình vẽ bên là đồ thị của hàm số y = f’(x), (y = f’(x) liên tục trên R).
Xét hàm số g(x) = f(x 2 - 2). Mệnh đề nào dưới đây sai?
A. Hàm số g(x) nghịch biến trên (-∞;-3) B. Hàm số g(x) có 3 điểm cực trị.
C. Hàm số g(x) nghịch biến trên (-1;0) D. Điểm cực đại của hàm số là 0.

Câu 5(Đề Thi Thử THPTQG Năm 2019- Đề 4). Cho hàm số y = f(x) liên tục
trên R. Biết đồ thị hàm số y = f’(x) được cho bởi hình vẽ bên, xét hàm số
2
x
y g( x) f ( x)
2
. Hỏi trong các mệnh đề sau có bao nhiêu mệnh đề đúng?
(I) Số điểm cực tiểu của hàm số g(x) là 2.
(II) Hàm số g(x) đồng biến trên khoảng (-1;2).
(III) Giá trị nhỏ nhất của hàm số là g(-1).
(IV) Cực đại của hàm số g(x) là 0.
A. 0 B. 1 C. 2 D. 3
Câu 6(Đề Thi Thử THPTQG Năm 2019- Đề 4). Tính tổng
1 1 1 1 1
S ...
theo n ta được:
2!2017! 4!2015! 6!2013! 2016!3! 2018!
2018
2018
2018
2 1
2 1
2
A. S
B. S
C. S
D.
2019!
2017
2017!
Câu 7.(Đề Thi Thử THPTQG Năm 2019 – Đề 5) Cho hàm số
f
x
như hình vẽ bên
f
x
2018
2
S
2017
có đồ thị của hàm số
2
Biết f 1 f 4 0 . Hàm số y f x nghịch biến trên khoảng nào dưới đây ?
1;4
4;
A. 1;0
B. C. ;1
D.
Câu 8.(Đề Thi Thử THPTQG Năm 2019 – Đề 5) . Hình vẽ bên là đồ thị
y f x
.
C
của hàm số

m 0;3
Giả sử là tham số thực nhận giá trị thuộc nửa khoảng . Hỏi hàm số y f x 1
m có
thể có bao nhiêu điểm cực trị
A. 5 hoặc 7 điểm B. 3 điểm C. 6 hoặc 8 điểm D. 4 điểm
Câu 9(Đề Thi Thử THPTQG Năm 2019- Đề 6) . Cho đồ thị hàm số
thiên sau.
x
x
1
2
y f x
f + +
f
x
3
2
Khi đó đồ thị hàm số
y g x
f
4
1
x
1
có bảng biến
3
2
có tất cả bao nhiêu đường tiệm cận đứng và ngang?
A. 3. B. 2. C. 1. D. 4.
Câu 10(Đề Thi Thử THPTQG Năm 2019- Đề 7) . Có bao nhiêu giá trị nguyên dương của tham
số m để hàm số
3 2
y x 6x m x 1
có 5 điểm cực trị?
A. 11 B. 12 C. 10 D. 9
Câu 11(Đề Thi Thử THPTQG Năm 2019- Đề 9) . Có bao nhiêu số nguyên dương m để hàm số
1 3
y cos x 4cot x m 1 cos x đồng biến trên khoảng 0;
?
3
A. 7 B. 4 C. vô số. D. 8
Câu 12(Đề Thi Thử THPTQG Năm 2019- Đề 01). Cho hàm số y = f(x) có đồ thị f(x) như

3
x 2
hình vẽ. Hàm số g x
f x
x x 2019 nghịch biến trên khoảng nào dưới đây ?
3
0;2
1;2
2;
A. B. C. ;1
D.
Câu 13(Đề Thi Thử THPTQG Năm 2019- Đề 01). Có bao nhiêu giá trị của tham số m để
8 2 4 3 2 3
bất phương trình 9x 5 m m x 12m 28m 16m x 0 đúng với x
A. 1 B. 2 C. 3 D. 4
Câu 14(Đề Thi Thử THPTQG Năm 2019- Đề 01). Cho hàm số
4 3 2
f x ax bx cx dx
. Hàm số y = f’(x) có đồ thị như hình vẽ.
Đồ thị hàm số f(x) cắt trục hoành tại bao nhiêu điểm ?
A. 4 B. 3
C. 2 D. 1
Câu 15(Đề Thi Thử THPTQG Năm 2019- Đề 02)
2
6
1 x x
x 6 m 1 .6 2m 1 0
x
thảo mãn với mọi x thuộc đoạn
: Để bất phương trình
1
1
1 1
A. m
B. m
C. m
D.
4
2
4 2
Câu 16 (Đề Thi Thử THPTQG Năm 2019- Đề 02) : Cho hàm số
y
f ' x
2;6
0;1
y f x
1
m 3
có đồ thị
như hình vẽ. Phương trình f x f 0 có bao nhiêu nghiệm thuộc đoạn

A. 1 B. 2 C. 3 D. 4
Câu 17(Đề Thi Thử THPTQG Năm 2019- Đề 02) : Gọi S là tập hợp các giá trị của m để hàm
5 3
2 x x 2
số y m 16x 3m 4x 7x 28x đồng biến trên . Tổng tất cả các phần tử của
5 3
S bằng
3
7
A. B. 2
C.
D.
8
8
1
2
Câu 18(Đề Thi Thử THPTQG Năm 2019- Đề 03). Cho hàm số
f
0 f 2
và có bảng xét dấu đạo hàm như sau
x -3 1 3
f ' x - 0 + 0 - 0 +
2
x 2x
Bất phương trình f x e m có nghiệm trên đoạn 0;2 khi chỉ khi
m f
y f x
A. m f 0 2. B. m f 0 1.
C. m f 2 1.
D.
1
2 .
e
Câu 19(Đề Thi Thử THPTQG Năm 2019- Đề 03). Cho hàm số
y f x liên tục trên và có đồ thị như hình vẽ. Gọi S là tập tất cả các
giá trị nguyên của n để phương trình
2 2
f 16cos x 12sin x cos x 8
f n n
các phần tử của S bằng
A. 3. B. 21.
C. -3. D. -21.
có nghiệm thực. Tổng tất cả
thỏa mãn
Câu 20(Đề Thi Thử THPTQG Năm 2019- Đề 03). Cho hàm số
1 3
y 2m x 4 2x 3 2m 7
x 2 12x
2019. Có bao nhiêu giá trị
4

1 1
nguyên của m thuộc đoạn 15;15
để hàm số đã cho đồng biến trên đoạn
;
2 4
A. 15. B. 13. C. 28. D. 23.
Câu 21(Đề Toán Pen- Đề số 4). Cho hàm số y f x có đồ thị y=f’(x) như hình vẽ.
Đặt
2;6
2;6
M max f x , m min f x .
A. f 0 f 2
B. f 5 f 2
C. f
5 f 6
D. f 0 f 2
Tổng M + m bằng
Câu 22(Đề Toán Pen- Đề số 4) Cho hàm số y f x liên tục trên và có đồ thị như
hình vẽ. Hàm số
A.4.
B. 9.
C. 7.
D. 3.
g x f
f x
có bao nhiêu điểm cực trị?
Câu 23(Đề Thi Thử THPTQG Năm 2019 –Đề 5). Cho hàm số bậc ba
hình vẽ.
Hỏi đồ thị hàm số
y
A. 1. B. 2.
C. 4. D. 5.
x 1 x 3 x x 1
x 1 f x f x
2
có bao nhiêu tiệm cận đứng
Câu 24(Đề Thi Thử THPTQG Năm 2019 –Đề 5). Cho hàm số
có đồ thị như hình vẽ.
Với giá trị nào của m thì hàm số
2
2
g x f x m
có 5 điểm cực trị
3
A. 0 m . B. m 0.
2
3
3
C. m 0. D. m .
2
2
Câu 25(Đề Thi Thử THPTQG Năm 2019 –Đề 5). Biết hàm số
cực trị tại hai điểm
f x f m
y f x
y f x
. Hàm số
có đồ thị như
y f ' x
3 2
f x ax bx cx d
x 1, x 3. Có bao nhiêu giá trị nguyên của m để phương trình
có đúng 3 nghiệm thực phân biệt.
A. 5. B. 4. C. 7. D. 1.
đạt

Câu 26(Đề Thi Thử THPTQG Năm 2019 –Đề 5). Cho hàm số
có đồ thị như hình vẽ.
y f x.
Hàm số
y f ' x
3 2
f x x
Bất phương trình m đúng với mọi x 0;1
khi chỉ khi
64 x 1
f 1 16 f 1 16 A. m .
B. m .
64
64
f (0) 1
f (0) 1
C. m .
D. m .
64 2 3
64 2 3
y f x x 6x 9x
1.
Câu 27(Đề Thi Thử THPTQG Năm 2019- Đề 06). Cho hàm số
3 2
Phương trình f f f x
1
2
1
có tất cả bao nhiêu nghiệm thực?
A. 9. B. 14. C. 12. D. 27.
Câu 28(Đề Thi Thử THPTQG Năm 2019- Đề 06). Cho hàm số
2 3 n
2 3
n
x x x x x x
g x
1 x ... 1 x ...
với x 0 và n là số nguyên
2! 3! n! 2! 3! n!
dương lẻ 3. Mệnh đề nào dưới đây đúng?
A. B. g x C. g x 1.
D. g x 1.
1.
Câu 29( Đề Thi Thử THPTQG Năm 2019- Đề 07). Cho
hàm số y f x . Đồ thị hàm số y f ' x như hình vẽ
2 1 2
bên. Đặt g x f x x . Mệnh đề nào dưới đây
đúng?
A. max g x g 3
B. max g x g 2
3;3
3;3
3;3
3;3
g
C. min g x g 1
D. min g x 1
Câu 30( Đề Thi Thử THPTQG Năm 2019- Đề 07).
Cho hàm số y f x . Hàm số y f ' x như hình vẽ.
Số điểm cực tiểu của hàm số g x f x
2 2x
2
là
A. 4. B. 3.

C. 2. D. 1.
Câu 31( Đề Thi Thử THPTQG Năm 2019- Đề 07). Cho hàm số
y f x có đồ thị như hình vẽ. Gọi S là tập các giá trị nguyên
của m để phương trình
phân biệt thuộc đoạn
2
f x 2x m
có đúng bốn nghiệm thực
3 7
; . Tổng các phần tử của S bằng
2 2
A. -21. B. 12. C. -13. D. 8.
Câu 32(Đề Thi Thử THPTQG Năm 2019- Đề 8): Cho 3 hàm số
2
y f ( x), y f f ( x) , y f ( x 4) có đồ thị lần lượt là C , C ,
C . Đường thẳng x 1
cắt
1 2 3
C , C , C lần lượt tại các điểm M, N, P. Biết rằng phương trình tiếp tuyến của
1 2 3
C
tại M, của tại N và của C tại P lần lượt là y 3x 2, y 12x
5 và y ax b . Tổng
a b
bằng
2
3
A. 8 B. 7 C. 9 D. 1
Câu33(Đề Thi Thử THPTQG Năm 2019- Đề 8): Cho ba hàm số
y f x , y g x , y h x . Đồ thị của ba hàm số y f ( x), y g( x), y h( x)
được cho
như hình vẽ.
C 1
Hàm số
3
k( x) f ( x 7) g(5x 1) h
4x
2
đồng biến trên khoảng nào dưới đây?
5
3
3
5
A. ;
B. ;1
C. ;1
D. ;0
8
8
8
8
Câu 34(Đề Thi Thử THPTQG Năm 2019- Đề 8): Một cấp số cộng và một cấp số nhân có cùng

các số hạng thứ m 1, thứ n 1, thứ p 1 là 3 số dương a, b, c. Tính T a . b . c
bc ca ab
A. T 1
B. T 2
C. T 128
D. T 81
Câu 35(Đề Thi Thử THPTQG Năm 2019- Đề 8): Cho hàm số
thị trên đoạn
2;2
như hình vẽ. Hỏi phương trình
y f x
3 2
f ( x 2) 3 f ( x) 2 f ( x) 9 có bao nhiêu nghiệm thuộc đoạn 2;2
A. 4 B. 3 C. 2 D. 1
Câu 36(Đề Thi Thử THPTQG Năm 2019- Đề 1). Cho hàm số
y
f ( x)
có đồ
2
y ( x 1) ( x sin x)( x 2) . Hàm số y f ( x)
đồng biến trên khoảng nào trong các khoảng sau
đây?
0;
0;1
2;
A. B. C. D.
Câu 37(Đề Thi Thử THPTQG Năm 2019- Đề 1). Cho
hàm số có đúng một tiệm cận?
y
có
ln( x 1)
. Xác định m để
2
msin x cos x 1
1
A. m B. m 0
C. m
D.
2
Câu 38(Đề Thi Thử THPTQG Năm 2019- Đề 4). Tìm giá trị lớn nhất của hàm số
trên 1;3
biết đồ thị của y f x như hình vẽ
f
f 1
A. 1
B.
C. f 3
D.
f
2
1
m
2
y f x
3 2
Câu 39. (Đề Thi Thử THPTQG Năm 2019- Đề 4) Cho y x 3x m . Khi đó số giá trị
nguyên của
m
để hàm số có 5 điểm cực trị?
A. 3 B. Vô số C. 0 D. 5
x
1
Câu 40(Đề Thi Thử THPTQG Năm 2019- Đề 5). Cho hàm số y có đồ thị là (C),
2x
1
đường thẳng d : y x m . Với mọi m ta luôn có d cắt (C) tại 2 điểm phân biệt A, B. Gọi k 1 , k 2
lần lượt là hệ số góc của các tiếp tuyến với (C) tại A, B. Tìm m để tổng k 1 + k 2 đạt giá trị lớn
nhất.
A. m = -1 B. m = -2 C. m = 3 D. m = -5

3e
Câu 41. (Đề Thi Thử THPTQG Năm 2019- Đề 5) Cho hàm số y
e
lớn nhất của hàm số trên [ln2; ln5] bằng 4 .
x
x
m
. Tìm m để giá trị
1
A. m = 1 B. m = -2 C. m = -1 D. m = 2
3 2
Câu 42(Đề Thi Thử THPTQG Năm 2019 – Đề 6). . Cho đồ thị hàm số y ax bx cx d .
Chọn khẳng định sai
A. a 0;b 0;d 0
B. a 0;bc 0;dc 0
C. ab 0;ad 0
D. abd 0
Câu 43(Đề Thi Thử THPTQG Năm 2019- Đề 9).
2x
hàm số y C.
Giá trị m để hàm số y mx m 2 giao với (C) tại 2 điểm phân
x 1
biệt A, B sao cho AB ngắn nhất là
A. m 1
B. m 2
C. m 3
D. m 4
m. x 1 9
Câu 44(Đề Thi Thử THPTQG Năm 2019- Đề 1). Cho hàm số y
. Có tất cả bao
x 1
m
nhiêu giá trị nguyên của m để hàm số đồng biến trên khoảng 2;17 ?
A. 2. B. 3. C. 4. D. 5.
Câu 45. (Đề Thi Thử THPTQG Năm 2019- Đề 1)
Cho hàm số y f x liên tục và có đạo hàm trên ,
có đồ thị như hình vẽ bên. Với m là tham số thực bất
kì thuộc đoạn 1;2 . Phương trình
3 2 3 2
f x 3x m 3m
5 có bao nhiêu nghiệm
thực?
A. 3.
B. 7.
C. 5.
D. 9.
Câu 46(Đề Thi Thử THPTQG Năm 2019- Đề 3). Cho hàm
số y f x liên tục trên có đồ thị y f ' x như hình vẽ
bên. Hàm số
nhiêu điểm cực tiểu?
2 2
y f x x x x
2 9 2 4
A. 0. B. 1.
có bao
Cho

C. 2. D. 3.
Câu 47. (Đề Thi Thử THPTQG Năm 2019- Đề 3) Cho hàm số
2 2
4
f x x 1 ax 4ax a b 2 ,
với a, b .
Biết trên khoảng ;0 hàm số đạt giá trị
3
5
lớn nhất tại x = -1. Hỏi trên đoạn
2;
hàm số đạt giá trị nhỏ nhất tại
4
3 4 5
A. x 2. B. x .
C. x . D. x .
2
3
4
Câu 48(Đề Thi Thử THPTQG Năm 2019- Đề 3). Cho phương trình
mx 2018 x 2019 1 x
2 1 0. Hỏi có tất cả bao nhiêu giá trị nguyên của m 100;100 để
phương trình trên có nghiệm.
A. 200. B. 201. C. 100. D. 99.
2
3x 7x m 1
Câu 49(Đề Thi Thử THPTQG Năm 2019- Đề 4). Biết rằng hàm số f x
đạt
x 1
f x1 f x2
cực trị tại các điểm x1,
x2
. Giá trị biểu thức là
x x
1 2
3
A. 6. B. 3. C. .
D.
2
Câu 50(Đề Thi Thử THPTQG Năm 2019- Đề 4). Cho
hàm số f x ax bx c có đồ thị như hình vẽ bên.
Hỏi phương trình
4 2
nghiệm thực phân biệt?
A. 4.
B. 15.
C. 14.
D. 16.
a. f 4 x b. f 2 x c 0 có bao nhiêu
1 .
2
Câu 51(Đề Thi Thử THPTQG Năm 2019- Đề
5). Cho hàm số y f x có đồ thị như hình
bên. Biết S là tập các giá trị thực của m để hàm
số y 2 f x m có 5 điểm cực trị. Gọi a,
b
lần lượt là giá trị nguyên âm lớn nhất và giá trị
nguyên dương nhỏ nhất của tập S. Tính tổng
T a b .
A. T 2.
B. T 1.

C. T 1.
D. T 3.
Câu 52(Đề Thi Thử THPTQG Năm 2019- Đề 6 ). Cho hàm số
1;3
y f x
liên tục trên đoạn
và có bảng biến thiên như hình bên. Hỏi có tất cả bao nhiêu giá trị nguyên của m để
m
phương trình f x 1
có hai nghiệm phân biệt trên đoạn ?
2
2;4
x 6x
12
A. 4. B. 5. C. 6. D. 7.
GIẢI
Câu 1. Chọn B. Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m thuộc đoạn [-3; 3] để hàm số
x
3 3
y
x
3 m
nghịch biến trên khoảng (-1;1).
A. 4 B. 3 C. 2 D. 0
Phương pháp: Sử dụng đạo hàm của hàm hợp để tính đạo hàm.
Cách giải: Nếu m 3 thì y 1. Vậy m 3 không thỏa mãn.
Với
Ta có
m 3
ta có:
x
y' .3 ln 3
x
2
m 3
3 m
m 3
y' 0, x 1;1
Để hàm số nghịch biến trên 1;1
thì
.
x
1
3 m 0, x 1;1
m ;3
3
Vậy có 4 giá trị nguyên của m trên đoạn 3;3
thỏa mãn là 3; 2; 1;0
.

Câu 2. Chọn B.
Phương pháp: v
Cách giải: Ta có
y x m x m m
2
' 6 6 2 1 6 1
y ' 0 x m; x m 1
Mặt khác ta có:
1 2m
1
y y x x m m m
3 6
3 2
' 2 3 1
Từ đó suy ra hai điểm cực trị có tọa độ là Am;2m 3 3m 2 1 , B m 1;2 m 3 3m
2
Do đó
AB 1; 1
3 3 2
AM 2 m m; 2m 3m m 1
1 3 2 3 1 2 1
Suy ra: S AMB
2m 3m m 1 2m m 3m
1
.Dấu bằng xảy ra khi m 0 .
2 2 2
Vậy có duy nhất một giá trị của m thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Câu 3. Chọn A.
Phương pháp: T
Cách giải: Ta có:
2 2
y ' f x 2 m ' 2 x. f ' x 2m
x 0 x 0
2 2
x 2m 0
x 2m
y ' 0
2 2
x 2m 1 x 1
2m
2 2
x 2m 3 x 3
2m
x 0
x 0 x 0
2 2
2
f '
2 3 3 2
x 2m
0 x m x m
2 2
Ta có: y ' 0
x 2m 0
x 2m
x 0
x 0 x 0
2
f ' x 2m
0
2
2
0 x 2m 3
2m x 3
2m
Do đó:
3
Nếu m thì I
x 0 nên y f x 2 2m
có một cực trị.
2
Nếu m 3 x 3
2m
;0
2
thì nên có ba cực trị.
2 I
y f x 2m
3 2m
x 0
I

m 0; 2m 3 2 m;
Nếu m 0 thì I
2
nên y f có năm cực trị
x 2m
m 3 2 m; 2m
Câu 4. Chọn C.
'
Phương pháp: Tìm nghiệm và xét dấu g x .
2
Cách giải: Ta có g ' x 2 xf ' x 2
x 0 x 0
2
g ' x 0
x 2 1
x 1
2
x 2 2
x 2
x 0
x 0
x 0
2 x 2
f x
2
x
x
g ' x 0 2 xf ' x 2
0
x 0
x 0
x 0
x 2
x 2
2
2
f ' x 2
0 x 2 2
x
2
x 0
x 0
2
f ' 2
x 2
0
2 2
2
x x 2
g ' x 0 2 xf ' x 2
0
x 0
x 0 0 x 2
2
2
f ' x 2
0
x
2 2
Vậy
sai.
g x
2
' 2 0 2
2 2 2 0
có 3 điểm cực trị, điểm cực đại của hàm số là 0, nghịch biến trên (-∞;-3). Mệnh đề C
Câu 5. Chọn B.
Phương pháp:
Cách giải: Ta có:
g ' x f ' x x
g ' x 0 f ' x x x 1; x 0; x 2
x 1
g ' x
0 f x
x
0 x 2
1 x 0
g ' x
0 f x
x x 2
Từ đó suy ra (I) đúng, (2) sai.
Ta lại có:

2 2 2 2
3
g g g x f x x dx f x dx xdx f x dx g g
1
2
2
2 1 ' ' ' 0 2 1
1 1 1 1
Do đó (III) sai.
(IV) sai vì hàm số g x đạt cực đại tại x 0 và giá trị cực đại của hàm số là g 0 .
Câu 6. Tính tổng
1 1 1 1 1
S ...
theo n ta được:
2!2017! 4!2015! 6!2013! 2016!3! 2018!
2018
2018
2018
2 1
2 1
2
A. S
B. S
C. S
D.
2019!
2017
2017!
Phương pháp: Sử dụng khai triển nhị thức Newton.
Cách giải: Ta có
2019! 2019! 2019! 2019! 2019!
2019! S ...
2!2017! 4!2015! 6!2013! 2016!3! 2018!
2 4 6 2018
C C C ...
C
2019 2019 2019 2019
Ta lại có:
2019 2019 0 1 2 2019
C2019 C2019 C2019 C2019
2 1 1 ...
2019 2019 0 1 2 2019
C2019 C2019 C2019 C2019
0 1 1 ...
2 2C 2 C C ...
C
2019 0 2 4 2018
2019 2019 2019 2019
C C ... C 2 1
Vậy
2 4 2018 2018
2019 2019 2019
2018
2018 2 1
2019! S 2 1 S
Câu 7. Chọn B.
2019!
Phương pháp : Xét dấu của đạo hàm.
2
Cách giải : Đặt y g x f x .
Vì f 1 f 4 0 nên dựa vào đồ thị f ' x ta có:
f x 0 x 1
và f x 0 x 1;4 4;
f x 0
x 1
f ' x
0 x
1;1 4;
Vậy g ' x 2 f x f ' x
0
x 1;4
.
f x
0
x 1; \ 4
f ' x
0
x ; 1 1;4
2018
2
S
2017

Câu 8. Chọn A.
Phương pháp : Sử dụng các phép suy đồ thị.
Cách giải : Đồ thị hàm số y f x 1 m được suy ra từ đồ thị hàm số C bằng cách thực
hiện lần lượt các phép biến hình như sau:
Tịnh tiến theo v 0; 1
w 0; m
Tịnh tiến theo
Lấy đối xứng phần bên dưới trục hoành qua trục hoành và bỏ phần bên dưới trục hoành.
Do đó:
Tịnh tiến theo v 0; 1
không làm thay đổi số cực trị.
Tịnh tiến theo w 0; m không làm thay đổi số cực trị.
Nếu 3 thì đồ thị hàm số y f x 1
m có 5 cực trị.
m
m
Nếu 0;3 thì đồ thị hàm số y f x 1
m có 7 cực trị.
Câu 9. Chọn A.
Phương pháp: Xét bảng biến thiên và dùng định nghĩa đường tiệm cận.
Cách giải: Ta có:
Vậy đồ thị hàm số
Ta có
lim g x
x
g x
1 1
x
x
2 2
lim
x
1
lim g x
lim 0
4
f 1
f
4
1 16
1 65
x
có đúng một tiệm cận ngang
x
16
y .
25
1
Vậy đồ thị hàm số g x
không nhận tiệm cận đứng x .
2
Ta có: f 4
x f x
1 0 1.
Dựa vào bảng biến thiên suy ra x x f x f x
Ta lại có:
xx
1
xx
2
lim g x
lim g x
lim
xx1
f
lim
xx2
f
Vậy đồ thị hàm số
4
4
1
x
1
x
1
1
có tiệm cận đứng
! ; : 1; 1.
1 2 1 2
g x x x1; x x2.

Vậy đồ thị hàm số
Câu 10. Chọn A.
g x
có 3 tiệm cận.
Phương pháp: Sử dụng phép suy đồ thị hàm số y f x
3 2
2
Cách giải: Xét hàm số y x 6x mx 1. Ta có y ' 3x 12x m 3 x 2 m 12
.
2
3 2
Từ phép suy đồ thị của hàm số y f x suy ra điều kiện để hàm số y x 6x m x 1
có
3 2
5 điểm cực trị là hàm số y x 6x mx 1có hai điểm cực trị có hoành độ dương. Hay
2
y ' 3x 12x m 0 có hai nghiệm dương phân biệt. Tức là:
' 36 3m
0
12 m
12
S 0 0 m 12
6 m 0
m
P 0
3
Vậy có 11 giá trị nguyên dương của m thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Câu 11. Chọn C.
Phương pháp: Tìm điều kiện để đạo hàm
2
Cách giải: Ta có:
0 và xác định trên 0;
4
y ' cos xsin x m 1 sin x
2
sin x
Ycbt y ' 0, x 0;
4
sin x
2 4
m cos x 1, x
3
0;
sin x
2 4
m max cos x 1
3
0;
sin x
Casio
2
cos xsin x m 1 sin x 0, x 0;
2
m 5.
Câu 12: Chọn đáp án D

2 2
Ta có: g '(x) f '(x) x 2x 1 f '( x) ( x 2x
1)
Vẽ đồ thị của hàm số
x
2
2x
1, sau đó ta => bảng biến thiên sau:
X
0 1 2
g’(x) - 0 + 0 - 0 +
g(x)
Nhìn vào bảng biến thiên ta thấy hàm số nghịch biến trên khoảng (1,2)
Câu 13: Chọn đáp án C
4
8 2 4 3 2 3
x 0;1; thỏa mãn 9x 5 3
m m x 12m 28m 16m
x 0 x
4
Xét x (0;1);(1; ) \ ;( ;0) ( loại ) C
3
Câu 14: Chọn đáp án B
4 2
' 5 x 13 3 x 15
f ( x) ( x 1)( x )( x 3) f ( x) x x 0 có 3 nghiệm phân biệt
4 4 12 4 4
B

Câu 15 : Chọn B
Phương pháp: Đánh giá.
Cách giải: Với x 1
dễ thấy bất phương trình thỏa mãn với mọi m .
1x
1x
Với 0 x 1
ta có 6 1
nên x 6 0 . Do đó yêu cầu bài toán tương đương với
x 2
m 1 .6 2m 1 0, x [0,1)
x
6
x
Đặt 6 t, t [1,6)
2
m 1 t 2m 1 t 2 0, t [1,6)(*)
Dễ thấy m 1 không thỏa mãn (*) .
2
t t 2
Với m 1 thì (*) m
2
t 2t
, t [1,6)
2
t t 2
m min( )
[1,6)
2
t 2t
1
m
2
Câu 16 : Chọn B.
Phương pháp: Lập bảng biến thiên của
trị của f x
.
f x
và sử dụng diện tích để đánh giá các giá
Cách giải:
Từ đồ thị của
f ' x
ta có bảng biến thiên như sau:
5
Ta có: f ' x dx f 5 f 0 0 f 5 f 0 .
6
0
0
f ' x dx f 6 f 0 0 f 6 f 0
Vậy trên đoạn 2;6 phương trình f x f 0 có 2 nghiệm.
Câu 17 : Chọn A
Cách giải: Ta có

2 4 2
y ' m x 16 3m x 4 14 x 2
2 2
x 2 m x 2 x 4 3m x 2 14
2 2
Đặt
g x m x 2 x 4 3m x 2 14
Ta thấy:
Nếu g(x) có nghiệm khác 2 thì y’đổi dấu khi x đi qua x=2 => không thể có y ' 0x
Do đó để y ' 0x
thì một điều kiện cần là g(x)=0 có nghiệm x=2 hay g(2)=0
2
32m
12m
14 0
1
m
2
7
m
8
Thử lại:
1 1
2 2
) m y ' .( x 2) ( x 4x 18) 0x
2 4
1
m TM
2
7 1
2 2
) m y ' ( x 2) (49x 196x 420) 0x
8 64
7 m TM
8
1 7
=>S={ ; )
2 8
3
=> Tổng là
8
Câu 18: Chọn đáp án C
2
2
x 2x
2
f x
e m để pt có nghiệm trên 0;2
min( ( ) x x
m f x e )
Loại B do ngược dấu
2
x 2x
Loại A do e 2 ( x quá xấu )
1
2
x 2x
Loại D do e ( vô lí )
e
C
Câu 19: Chọn đáp án A
2 2
f 16cos x 12sin x cos x 8 f (6sin 2x 8cos 2 x) f ( n n)
f ( x)
Có nghiệm
2
đồng biến 6sin 2x 8cos 2x n n
2
10 n n 10 n 3; 2; 1;0;1;2 S 3
Câu 20: Chọn đáp án B
A

1 3
y 2m x 4 2x 3 2m 7
x 2 12x
2019.
4
' 3 1 3 2
y 4(2 m ) x 6x 2(2m 7) x 12
4
1 1
1 1
ĐK cần để phương trình đồng biến trên
; thì
2 4
y ' 0 / [ , ]
2 4
3 3 2 1 1
(8m 1) x 6x 2(2m 7) x 12 0 x
[ , ]
2 4
3 3 3 2
1 1
8m x 4mx x 6x 14x 12 x
[ , ]
2 4
3 3
1 1
(2 mx) 2.(2 mx) ( x 2) 2.( x 2)(*) x
[ , ]
2 4
3
Xét hàm số f (t) t 2 t, t R.
2
Ta có: f '(t) 3t 2 0t R
=>f(t) đồng biến với mọi t
1 1
(*) (2 ) ( 2) [ ; ]
2 4
f mx f x x
1 1
2mx x 2 x [ ; ]
2 4
x 2 1 1
m x [ ; ]
2x
2 4
x 2
m min( )
1 1
[ ; ] 2x
2 4
7
m 2
Mà m
Z, m[ 15,15]
=> m có 13 giá trị
Câu 21. Chọn đáp án B
Dùng tích phân diện tích
f (5) f (6) f (5) f (2)
f (2) f (6)
loại C ( do f (6) không min )
Tương tự : f (0) f (5) max f (5) B
Câu 22. Chọn đáp án B
f
' ( x) 0 có 3 nghiệm phân biệt
f ' ( f ( x)) 0 3 nghiệm phân biệt f ( x)
6 nghiệm phân biệt x
' ' '
g x f x f f x
( ) ( ). ( ( )) 0
có 9 nghiệm phân biệt

Hay
g x
có 9 điểm cực trị
Câu 23. Chọn đáp án C
x 1 không thuộc miền hàm số x 1không là tiệm cận đứng
f ( x) 0 x 3, x 0,4
Hàm số không đổi dấu qua x 3 x 3 mang số mũ 2 x 3 y
x 0, 4 y x 3;0, 4
f ( x) 2 3 nghiệm x
Trong đó
là 2 tiệm cận đứng
x 1 f ( x) 2 chứa thừa số x 1
x 1 y x 1
không là tiệm cận đứng
2 nghiệm còn lại không thuộc vào các trường hợp lưu ý là tiệm cận đứng
4 tiệm cận đứng
Câu 24. Chọn đáp án B
m g x f x g x xf x x
2 ' ' 2
1 ( ) ( 2) ( ) 2 ( 2) 0 0, 2, 3, 5
Tuy nhiên ' 2
g ( x)
không đổi dấu tại x 3 hay x 2 1 5 điểm cực trị
Tương tự m 2 thỏa mãn m 0
Câu 25. Chọn đáp án D
3 3
x 2 m 2
f ( x) 2x 3 x f ( m) 2m 3x
3 3
Để f ( x) f ( m)
có 3 nghiệm phân biệt
4
f (3) f ( m) f (1) 0 f ( m) m 2 chỉ có 1 giá trị
3
Câu 26. Chọn đáp án A
f ( x) x 3 2
Đặt g( x)
64 x 1
Ta có: g(x) > m đúng với mọi
Ta có:
f ( x) x 3 2
g( x)
64 x 1
f ( x) 1
64 x 3 2
f '( x) 1
g '( x)
64 2 x 3( x 3 2)
Do f '( x) 1, x 3 2
1 1
g '( x) 0
64 64
x (0,1) min g( x)
m
2
(0,1)

=> g(x) nghịch biến
f (1) 1 f (1) 16
g( x)
64 4 64
f (1) 16
f (1) 16
m (Dấu “=” vẫn thỏa mãn vì min g(x) chưa bằng giá trị )
64
64
Câu 27.
Lời giải
Chọn B
Ta có:
2
f '( x) 3x 12x
9
x
1
f '( x) 0
x
3
Đồ thị:
x
Từ đồ thị: =>f(x)=1 0
x
3
f ( f ( x) 1) 2 0 f ( f ( x) 1) 2
f [ f ( f ( x) 1) 2] 1(*)
f ( f ( x) 1) 2 3
f ( f ( x) 1) 5

f ( x) 1 a(0 a 1) f ( x) 1
a
f ( x) 1 b(1 b 3)
f ( x) 1
b
f ( x) 1 c(3 c 4) f ( x) 1
c
f ( x) 1 1 f ( x) 2
f ( x) 1 4
f ( x) 5
Vậy số nghiệm của phương trình (*) là số nghiệm của 5 trường hợp trên
Số nghiệm của phương trình 1+a chính là số giao điểm của phương trình 1+a với đồ thị f(x)
Mà 00 => g’(x) luôn âm
=>g(x)

2
g x 2 f x x 1 g ' x 2 f ' x 2x
2
x
3
g ' x
0
x 1
x 3
Từ đó, ta có BBT
X -3 1 3
y f x + 0 - 0 + 0 -
f
'
x
Từ BBT ta có Min min g
x g 1
Câu 30: Chọn C
Phương pháp:
Cách giải:
Từ đồ thị ta có,
3;3
y f ' x
= 0 có 3 nghiệm phân biệt x1 x2 x3
Ta có bảng biến thiên:
X x1
x2
x3
y f ' x
- 0 + 0 - 0 +
f x
Từ BBT ta có hàm số có 2 điểm cực tiểu
Câu 31: Chọn B
Cách giải:
2
Đặt t x 2x
Ta có: t ' 2x 2, t ' 0 x 1
21
Lập bảng biến thiên ta được: t [-1; ]
4
21
3 7
Ta thấy với mỗi t [-1; ] sẽ có 2 nghiệm x [ ; ]
4
2 2
2
3 7
Do đó: Để f ( x 2 x)
m có 4 nghiệm thuộc vào đoạn [ ; ] thì phương trình f(t)=m,
2 2
21
21
t [-1; ] phải có 2 nghiệm f ( x) m, x [ 1, ] có 2 nghiệm
4
4
21
Để đường thẳng y=m cắt đồ thị y=f(x) x [ 1, ] tại 2 điểm thì 2 m 4 ,m=5
4
=> m nhận các giá trị 3,4,5
Vậy tổng là 12
Câu 32: Chọn B
Cách giải:
Tọa độ của P(1,f(5))
PTTT của C 3 tại P là: y y '(1)( x 1) f (5)

Ta có:
y
2
' 2 x. f '(x 4)
y f f
2
'(1) 2.1. '(1 4) 2. '(5)
y 2. f '(5).( x 1) f (5)
PTTT của C 1 tại M(1;f(1)) là:
y y '(1)( x 1) f(1)
f '(1)( x 1) f (1)
f '(1). x f (1) f '(1)
f '(1) 3 f '(1) 3
f (1) f '(1) 2 f '(1) 1
PTTT của C 2 tại N(1;f(f(1))) là:
y y '(1)( x 1) f(5)
( f '(1). f '[ f (1)]( x 1) f (5)
3. f '(5)(x 1) f (5)
3 f '(5). x f (5) 3 f '(5)
3. f '(5) 12 f '(5) 4
f (5) 3 f '(5) 5 f (5) 7
=> ax+b = 8x-1
=> a + b = 7
Câu 33: Chọn B
Cách giải:
3
k'( x) f '(x 7) 5.g'(5x1) 4.h(4 x )
2
Với x (3,8) ta có f '( x) 10, g'( x) 2 , h'( x) 5

f '( x) 5 g '( x) 4 h '( x) 10 5.2 4.5 0
3 x 7 8
3
k '( x) 0 3 5x 1 8 x 1
8
3
3 4x
8
2
3
=> k(x) đồng biến trên ( ,1)
8
Câu 34: Chọn A
Cách giải:
Gọi CSC là u1, u2, u3,..., un
với công sai là d
Gọi CSN là
Ta có:
a u v
m1 m1
b u v
n1 n1
c u v
p1 p1
a u md v . q
1 1
b u nd v . q
1 1
c u pd v . q
1 1
v1, v2, v3,..., vn
b c ( n p)
d
c a ( p m)
d
a b ( m n)
d
với công bội là q
T ( v q ) .( v q ) .( v q )
m ( n p) d n ( pm) d p ( mn)
d
1 1 1
( v ) . q
( n p) d ( pm) d ( mn) d m( n p) d n( pm) d p( mn)
d
1
0 0
( v1
) . q 1
Câu 35: Chọn C
Cách giải:
n
m
p
2 2 3
f ( x) 2 f ( x) 9 [ f ( x) 1] 8 8 2 (1)
3 3
Đồ thị y=f(x+2) chính là đồ thị y=f(x) nhưng tiến theo Ox 2 đơn vị.
=> -1 f(x+2) 1
=> 0 |f(x+2)| 1
| f ( x 2) | 3 1 3 4 2 (2)
Từ (1) và (2)

3 2
f ( x ) 2 f ( x ) 9 | f ( x 2) | 3 2
f ( x) 1 x 2, x 0, x 2 x 2, x 0, x 2 x
0
| f ( x 2) | 1 f ( x 2) 1 x 0, x 2, x 4, x 1 x
2
Câu 36.
Ta có
x
1
y ' 0
x 2
x sin x
Xét hàm số f ( x) x sin x f ( x) 1 cos x 0 x 0
Bảng xét dấu y'
ln( x 1)
Câu 37. Ta có y
có tiệm cận x = 1.
2
msin x cos x 1
Để hàm số có đúng một tiệm cận thì
Ta có
m x x
2
sin cos 1 0
m x x m x x m
2 2
sin cos 1 0 cos cos 1 0
Đặt t cos x, 1 t 1
2
mt t m
1 0
không có nghiệm thuộc [-1;1]
+, Xét t 1
2 0 (vô nghiệm)
+, Xét t 1 0 0 (có nghiệm) t 1
loại
t 1 1
+, Xét t 1 m t
2
1 t 1
1 1
1
Ta thấy
;
YCBT m
t 1 2
2
Câu 38. Chọn đáp án C
Dùng công thức tính diện tích thông qua tích phân
f (3) f (2) f (1) f (2)
f (3) f (1)
f (3) f (2) f (1) f ( 1)
f (3) f (1) f (2) f ( 1) f (2) f ( 1)
f (3) f (2) ( do hàm số đồng biến trên 2;3 )
vô nghiệm.
f (x) max f (3)
Câu 39. Chọn đáp án A
3 2
3
Để y x 3x m có 5 điểm cực trị y x 3x m y
0 tại 3 điểm phân biệt

3
Hay y m
song song hoặc trùng Ox cắt y x 3x
tại 3 điểm phân biệt
m 1;2;3
Câu 40. Chọn đáp án A
Phương trình hoàng độ giao điểm : x 1 2
x m 2x 2mx m 1 0 ( 1 )
2x
1
' 1
Hệ số góc (C) : y
2
(2x
1)
1 1
k , k
Thử
1 2 2
2
(2x1 1) (2x2
1)
( với x , x là 2 nghiệm phân biệt của phương trình ( 1 ) )
1 2
m 1, 2,3, 5 x , x k k đặt max khi m 1
1 2 1 2
Câu 41. Chọn đáp án B
Thử m 2
casio thỏa mãn
Câu 42. Chọn đáp án B
3 2 2
y ax bx cx d y ' 3ax 2bx c
Hàm số có x 0 là điểm cực trị c 0
Câu 43. Chọn đáp án A
Thử m 1
AB min
Câu 44. Đáp án C
x(2,17)
1
t ' 0, x(2,17)
DB
Đặt t x 1 x 1
x(2,17)
t
(1,4)
mt 9
y DB(1;4)
t m
2
m
9
y ' 0, t
(1,4)
2
( t m)
m
1
m(1, 4)
m 4 3 m 1
2
m
9 0
3 m 3
=> Có 4 giá trị nguyên thỏa mãn
Câu 45. Đáp án B
3 2
3 2
Đặt t x 3x
f ( t) m 3m
5
Dễ thấy số nghiệm của
f t m m
3 2
( ) 3 5
chính là số giao điểm của đồ thị y=f(t) (đồ thị này sẽ
3 2
mượn hình ảnh của y=f(x)) với 1 đường thẳng có phương trình m 3m
5 (hàm hằng, luôn //
hoặc trùng Ox)
3 2
=> Từ m thuộc [1,2] ta sẽ tìm được min,max của hàm m 3m
5 , từ đó sẽ biết được số
nghiệm của t, ứng với mỗi t sẽ có nghiệm của x
3 2 3 2
Tuy nhiên bài toàn này, cấu trúc x 3x
và m 3m
giống nhau => ta xét luôn hàm

f (t) x 3x
3 2
2
t 3x 6x
x
0
t 0
x
2
x 0 2
t’ + 0 - 0 +
t
0
-4
Từ BBT ta thấy:
t
4
3 2
3 2
+) Nếu => số nghiệm của t = x 2x
chính là số giao điểm của đồ thị x 2x
với y=t
t
0
=> có 1 nghiệm
t
4
+) Nếu => có 2 nghiệm
t
0
+) Nếu -4 Đường thẳng y= m 3m
5 sẽ cắt đồ thị tại 3 điểm , tạo ra 3 nghiệm t1, t2,
t3
Trong đó t1 4
=> sinh ra 1 x, 4 t2, t3
0 => mỗi t sinh ra 3 x
=> Tổng có 7 nghiệm x
Câu 46: Chọn C
Cách giải:

1 1
y x f x x x x
x 2x 9 x 2x
4
2 2
' ( 1)( ). '( 2 9 2 4)
2 2
x 1
2 2
x 2x 9 x 2x
4
y' 0
0( VN)
2 2
x 2x 9. x 2x
4
2 2
x 2x 9 x 2x
4 1
2 2 2 2
f '( x 2x 9 x 2x 4) 0 x 2x 9 x 2x
4 1
2 2
x 2x 9 x 2x
4 3
Xét u
5
2 2
x x x x
2 9 2 4
5
2 2 3
u 1
2 2
0 u ( x 2x 9 2 2; x 2x
4 3)
2 2
x x x x
2 9 2 4 1
2 2 2
x x x x x x
2 9 2 5 2 2 4
2
x x
x
0
x
2
Dấu của y’
2 4 2
=> Hàm số có 2 cực tiểu
Câu 47: Chọn B
Cách giải:

2 2
1 4 2
f x x ax ax a b
' 2 1 2
4 2
2
1 2 4
x
2
12ax 8ax 2a 2b 4
2
2ax 2ax 4a
x
2
14ax 10ax 6a 2b
4
f x x ax ax a b x ax a
Nếu
f ' x
0 có nghiệm duy nhất x = -1, hàm số không đổi dấu trong khoảng từ ;1
4
hàm số không thể đạt giá trị lớn nhất trong khoảng ;0 x = -1.
3
Do đó có ba nghiệm phân biệt và x = -1 là một nghiệm của
f ' x
0
f
2
4ax 10ax 6a 2b
4 0 có nghiệm x1 1
' x 0
10a
5 3
Mà x1 x2 x2
4a
2 2
Do đó ta có bảng biến thiên:
X 3
-1 1
2
f x - 0 + 0 - 0 +
f
'
x
3
Vậy hàm số đạt giá trị nhỏ nhất tại x trong khoảng
2
Câu 48: Chọn A
Cách giải:
Ta thấy x=0 và x=1 không thỏa mãn phương trình
2
x 1
Ta có: m
2018 2019
x .( x 1)
5
2;
4
2
Xét m=0 => x 1 0( VN)
Xét m 0 => Ta thấy phương trình đã cho là phương trình bậc lẻ =>luôn có nghiệm
Mà m[-100,100] => có 200 giá trị nguyên m thỏa mãn
Câu 49: Chọn A
x1,
x2
là điểm cực trị của hàm số f ( x1 ) f ( x2) g( x1 ) g( x2)
Với
2 '
(3x 7x m 1) 6x
7
'
( x 1) 1
g( x) 6x
7
f
x
1
f x2 g( x1 ) g x2
6 A
x1 x2 x1 x2
Câu 50: Chọn C
a. f 4 x b. f 2 x c 0 f ( x) 2,1; 0,7;0,7;2,1
( Lấy ước chừng )
f ( x) 2,1;0,7; 0,7 12 nghiệm x phân biệt
là phương trình qua 2 điểm cực trị

f ( x) 2,1 2 nghiệm x phân biệt
( số nghiệm là số giao điểm của đường thẳng y a và đồ thị y f ( x)
)
14 nghiệm x phân biệt C
Câu 51. Chọn đáp án A
m
m
Số điểm cực trị của y 2 f ( x)
là số giao điểm của đồ thị y 2( f ( x) ) và y 0 + số
2
2
m
điểm cực trị của đồ thị y 2( f ( x) )
2
m
để có 5 điểm cực trị thì y 2( f ( x) ) giao y 0 tại 2 điểm phân biệt
2
m m
4 5, 3 a 6, b 8 T 2
2 2
Câu 52. Chọn đáp án B

Câu 1. (THPT CHUYÊN BIÊN HÒA) Tìm m để phương trình
x 6 x 4 m 3 x 3 m 2 x 2 mx
6 15 3 6 10 0
1
;2 .
2
A. 11 5
m 4. B. 2 m . C.
5
2
có đúng hai nghiệm phân biệt thuộc
9
0 m . D. 7 m 3.
4
5
3 2 3
Câu 2. (THPT CHUYÊN BIÊN HÒA) Cho hàm số f x x 3x x . Phương trình
2
f f x
1
có bao nhiêu nghiệm thực phân biệt ?
2 f x 1
A. 4 nghiệm. B. 9 nghiệm. C. 6 nghiệm. D. 5 nghiệm.
Câu 3. (THPT Chuyên Hạ Long - Quảng Ninh) Gọi S là tập tất cả các giá trị nguyên của
1 4 19 2
tham số m sao cho giá trị lớn nhất của hàm số y x x 30x m 20 trên
4 2
đoạn 0;2 không vượt quá 20 . Tổng các phần tử của S bằng
A. 210 B. 195
C. 105 D. 300
Câu 4: [THPT Chuyên SPHN] Gọi , x là các điểm cực trị của hàm số
x1
2
1 3 1 2
y x mx 4x
10
. Giá trị lớn nhất của biểu thức S x 2 2
1
1 x2
9
là.
3 2
A. 49 . B. 1. C. 0 . D. 4 .
C m
y x mx m;0
3
Câu 5: (SGD Hải Phòng) Cho là đồ thị của hàm số 3 1
(với
là tham số thực). Gọi d là đường thẳng đi qua hai điểm cực trị của C m . Tìm số các
giá trị của m để đường thẳng d cắt đường tròn tâm I 1;0
bán kính R 3 tại hai
điểm phân biệt A , B sao cho diện tích tam giác IAB đạt giá trị lớn nhất.
A. 3 . B. 0 . C. 1. D. 2 .
Câu 6: (THPT QUẢNG XƯƠNG I) Hàm số y f x có đồ thị y f x như hình vẽ.
y
3
-3
-1
1
O
1
x
-2

1 3 3 2 3
Xét hàm số gx
f x
x x x 2017
3 4 2
Trong các mệnh đề dưới đây
(I) g(0) g(1)
.
(II) min g( x) g( 1)
.
x
3;1
(III) Hàm số g( x ) nghịch biến trên ( 3; 1)
.
(IV) max g x max g( 3), g(1)
x
3;1
.
Số mệnh đề đúng là
A. 2. B. 1. C. 3. D. 4.
Câu 7. (THPT PHAN ĐÌNH TÙNG ) Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để phương trình
2 2
x 4x m 2 5 4x x 5 có nghiệm.
A. 1 m 2 3. B. 0 m 15.
C. m 1.
D. m 0.
Câu 8: [THPT Chuyên NBK(QN)] Từ một tờ giấy hình tròn bán kính R , ta có thể cắt ra một
hình chữ nhật có diện tích lớn nhất là bao nhiêu?
2
2
2
2
3R
R
A. 2R . B. R . C. . D. .
2
2
Câu 9: (THPT Phan Chu Trinh - ĐăkLăk) Người ta cần xây một hồ chứa nước với dạng
500 3
khối hộp chữ nhật không nắp có thể tích bằng . Đáy hồ là hình chữ nhật có chiều
3 m
dài gấp đôi chiều rộng. Giá thuê nhân công để xây hồ là 500.000 đồng/m 2 . Hãy xác định
kích thước của hồ nước sao cho chi phí thuê nhân công thấp nhất và chi phí đó là:
A. 74 triệu đồng. B. 75 triệu đồng. C. 76 triệu đồng. D. 77 triệu
đồng.
f 0
3 f 2
2018
f x
Câu 10: (SGD VĨNH PHÚC) Cho hàm số y f x có đạo hàm cấp hai trên . Biết
, và bẳng xét dấu của như sau:
Hàm số y f x 2017 2018x
đạt giá trị nhỏ nhất tại điểm x0
thuộc khoảng nào
sau đây?
A. ; 2017 B. C. D. 2017;0
2017;
0;2

x 1
Câu 11. (Chuyên Lê Hồng Phong - Nam Định ) Cho hàm số y . Số các giá trị tham
x 2
số m để đường thẳng y x m luôn cắt đồ thị hàm số tại hai điểm phân biệt A , B
2 2
sao cho trọng tâm tam giác OAB nằm trên đường tròn x y 3y
4 là
A. 1 . B. 0 . C. 3. D. 2 .
3 2
3 1
1
3
Câu 12: (THPT Trần Nhân Tông - Quảng Ninh) Đường thẳng y k x 2 3 cắt đồ thị
hàm số y x x tại điểm phân biệt, tiếp tuyến với đồ thị 1 tại 3 giao
điểm đó lại cắt nhau tai 3 điểm tạo thành một tam giác vuông. Mệnh đề nào dưới đây là
đúng?
A. k 2. B. 2 k 0 . C. 0 k 3 . D. k 3.
Câu 13: (THPT Chuyên Thái Bình) Cho hàm số y f x có đạo hàm trên . Đường cong
trong hình vẽ bên là đồ thị hàm số y f x , ( y f x liên tục trên ). Xét hàm số
2
2
g x f x
. Mệnh đề nào dưới đây sai?
y
1
1
O
2
4
2
x
g x
g x
2;
g x
1;0
g x
0;2
A. Hàm số nghịch biến trên khoảng ; 2 .
B. Hàm số đồng biến trên khoảng .
C. Hàm số nghịch biến trên khoảng .
D. Hàm số nghịch biến trên khoảng .
f x
Câu 14: (THPT-Chuyên Ngữ Hà Nội) Hàm số có đạo hàm f x trên . Hình vẽ bên
là đồ thị của hàm số f x trên .

Hỏi hàm số y f x
2018
có bao nhiêu điểm cực trị?
A. 5 . B. 3 . C. 2 . D. 4 .
x 2
Câu 15: Cho hàm số y . Xét các mệnh đề sau đây:
2
1
x
. Hàm số có tập xác định D 1;1 .
I
II . Đồ thị hàm số có 2 đường tiệm cận ngang là y 1
và y 1.
III . Đồ thị hàm số có 2 đường tiệm cận đứng là x 1
và x 1.
IV
. Hàm số có một cực trị.
Số mệnh đề đúng là:
A. 3 . B. 1. C. 2 . D. 4 .
4 2
Câu 16: (THPT Đặng Thúc Hứa - Nghệ An) Cho hàm số f x 8x ax b , trong đó a ,
f x
b là tham số thực. Biết rằng giá trị lớn nhất của hàm số trên đoạn 1;1
bằng 1
. Hãy chọn khẳng định đúng?
A. a 0 , b 0 B. a 0 , b 0 C. a 0 , b 0 D. a 0 , b 0
4 2
Câu 17: (THPT HAU LOC 2_THANH HOA) . Cho hàm số f x 8cos x a cos x b ,
trong đó a , b là tham số thực. Gọi M là giá trị lớn nhất của hàm số. Tính tổng a b
khi M nhận giá trị nhỏ nhất.
A. a b 7
. B. a b 9
. C. a b 0. D. a b 8
.
2
M 1;3
Câu 18: (THPT CHuyên Lam Sơn - Thanh Hóa) Xét hàm số f x x ax b , với a , b
là tham số. Gọi là giá trị lớn nhất của hàm số trên . Khi M nhận giá trị nhỏ
nhất có thể được, tính a 2b
.
A. 3 . B. 4 . C. 4
. D. 2 .
Câu 19: Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để hàm số
đồng biến trên đoạn
0; .
2
y x x m x
3 2
sin 3cos sin 1

A. m 3
. B. m 0 . C. m 3
. D. m 0 .
Câu 20:
cos x 2
Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để hàm số y đồng biến trên khoảng
cos x m
0; .
2
A. m 0 . B. 1 m 2 .
C. m 0 hoặc 1 m 2 . D. m 2 .
Câu 21: [THPT CHUYÊN TUYÊN QUANG] Cho m , n không đồng thời bằng 0 . Tìm điều
kiện của m , n để hàm số y msin x ncos x 3x
nghịch biến trên .
3 3
2 2
A. m n 9 . B. m 2, n 1. C. m n 9 . D. m
.
n
3 3
Câu 22: [THPT NGUYỄN QUANG DIÊU] Tìm tập hợp các giá trị của tham số thực m để hàm số
y msin x 7x 5m
3 đồng biến trên .
A. 7 m 7 . B. m 7
. C. m 1. D. m 7 .
Câu 23: [THPT CHUYÊN BẾN TRE] Tìm tất cả giá trị thực của tham số m sao cho hàm số
m 2sin x
y f ( x)
nghịch biến trên khoảng .
2
0;
1 cos x
6
9
A. 3 m 5 . B. m 1. C. m 0 . D. m .
2
Câu 24:
cos x 1
[THPT NGUYỄN ĐĂNG ĐẠO] Hàm số y đồng biến trên 0; khi
2cos x m
2
và chỉ khi:
A. m 2
. B. m 2
. C. 2 m 0 . D. m 2
.
Câu 25: [THPT NGÔ GIA TỰ] Tìm tất cả các giá trị của tham số m
sin x
để hàm số y
mx 1
đồng biến trên khoảng 0; .
2
2
2
A. m 0 . B. m 0 . C. m 0 . D. 1 m
2
.
Câu 26: [THPT LÝ THƯỜNG KIỆT] Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m sao cho hàm
2 tan x 1
số y
đồng biến trên khoảng 0; .
tan x m
4
1
A. m 0 . B. 0 m . C. 0 m 1. D. 0 m 2 .
2
9

Câu 27: [THPT LƯƠNG TÀI 2] Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m sao cho hàm số
m sin x
y nghịch biến trên khoảng 0; ?
2
cos x
6
A. m 1. 5
B. m .
4
C. m 2 . D. m 0 .
Câu 28: [THPT THUẬN THÀNH 3] Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để hàm số
sin x m
y đồng biến trên ;0
.
sin x m
2
A. m 0 . B. 1 m 0 . C. m 1. D. m 0 .
m 1 sin x 2
Câu 29: [THPT QUẾ VÂN 2] Cho hàm số y
. Tìm tất cả các giá trị của tham
sin x m
số m để hàm số nghịch biến trên khoảng 0; .
2
m
1
m
1
m
0
A. . B. 1 m 2 . C. . D. .
m
2
m
2
m
1
Câu 30:
sin x 3
[SỞ GDĐT LÂM ĐỒNG] Cho hàm số y . Hàm số đồng biến trên
0;
sin x m
2
khi:
A. 0 m 3. B. m 3 . C. m 0 1 m 3 . D. m 3 .
Câu 31: [TTGDTX CAM LÂM - KHÁNH HÒA] Tìm m
m sin x
để hàm số y
2
cos x
nghịch
biến trên khoảng 0; .
6
A. m 5 .
4
B. m 0 . C. m 1. D. m 2 .
Câu 32:
cot x 2
Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để hàm số y
cot x m
đồng biến trên khoảng
;
.
4 2
A. m 0 . B. m 2 .
C. m 0 hoặc 1 m 2 . D. 1 m 2 .
Câu 33: [THPT LÊ HỒNG PHONG] Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để hàm số
cot x 1
y đồng biến trên khoảng ;
.
mcot x 1
4 2
A. ;1 . B. m ;0 .
m
m;0 1;
m1;
C. . D. .

Câu 34: [THPT CHUYÊN LÊ QUÝ ĐÔN] Tìm tất cả các giá trị thực m để hàm số
y sin x cos x mx đồng biến trên .
A. 2 m 2 . B. 2 m 2 . C. m 2 . D. m 2 .
Câu 35: [SỞ GDĐT LÂM ĐỒNG] Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m sao cho hàm số
cos
m x
y
nghịch biến trên ;
.
2
sin x
3 2
5
A. m . B. m 1. C. m 0. D. m 2 .
4
Câu 36: [THPT CHUYÊN LÊ QUÝ ĐÔN] Tìm tất cả các giá trị thực m để hàm số
y sin x cos x mx đồng biến trên .
A. 2 m 2 . B. 2 m 2 . C. m 2 . D. m 2 .
a b
Câu 37: [THPT Chuyên LHP] Xét , , c 1;2 , tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
2 2 2
P log 2a 8a 8 log 4b 16b 16 log c 4c
4
bc ca ab
11
A. Pmin 4 . B. Pmin
.
2
289
C. Pmin log3 log
9
8. D. Pmin 6 .
2
4
Câu 38. (THPT Gia Định - TPHCM) Tìm giá trị thực của tham số m để hàm số
1 3 2 2
y x mx m 4
x 3 đạt cực đại tại x 3.
3
A. m 1. B. m 5 . C. m 1. D. m 7
.
Câu 39: (Chuyên Long An) Tìm tất cả các giá trị của m để hàm số
3 2 2
f x x 2m 1 x m 8 x 2 đạt cực tiểu tại x 1.
A. m 3 .B. m 2
.C. m 9
.D. Không tìm được m .
Câu 40: (THPT CHuyên Lam Sơn - Thanh Hóa) Tìm m để hàm số
y mx 3 m 2 1 x 2 2x
3 đạt cực tiểu tại x 1.
3
3
A. m . B. m . C. m 0 . D. m 1.
2
2
Câu 41: (Chuyên Long An) Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m sao cho hàm số
4 2
1
2 2 đồng biến trên khoảng 1;3
.
m; 5
m2;
m5;2
m;2
y x m x m
A. . B. . C. . D. .
.

4 2
Câu 42: (THPT Chuyên Quốc Học Huế) Cho hàm số f x mx 2x
1
với m là tham số
thực. Có tất cả bao nhiêu giá trị nguyên của m thuộc khoảng 2018;2018
sao cho
1
hàm số đã cho đồng biến trên khoảng 0; ?
2
A. 2022 . B. 4032 . C. 4 . D. 2014 .
Câu 43: (THPT Chuyên Võ Nguyên Giáp - QB) Có bao nhiêu giá trị nguyên dương của tham
3 4 2 1
số m để hàm số y x m 1
x đồng biến trên khoảng ?
4
0;
4 4x
A. 1 B. 2 C. 3 D. 4
y x m m x m m
4 2 2 2
3 3 3 1 5 2 2
Câu 44: (THPT Tứ Kỳ - Hải Dương) Hàm số
nghịch biến trong khoảng nào?
2;
0;
A. . B. . C. ;0 . D. 4;
.
4 2
Câu 45: [Sở GDĐT Lâm Đồng] Cho hàm số y x 2mx 3m
1 1 (m là tham số).
1
Tìm m để hàm số đồng biến trên khoảng 1;2 .
A. m 1. B. 0 m 1. C. m 0. D. m 0 .
4 m
Câu 46: [THPT Hùng Vương-PT] Đồ thị hàm số y 2m x 3 nghịch biến trên
x 1
khoảng 1;
với.
A. m 0 . B. m 3. C. m 1. D. m 0 .
Câu 47: [THPT CHUYÊN VINH] Tìm tất cả các giá trị của tham số m để hàm số
2 4 2
y m 1 x 2mx
đồng biến trên 1; .
1
5
A. m 1 hoặc m . B. m 1
2
.
1
5
C. m 1
hoặc m 1. D. m 1
hoặc m .
2
Câu 48: (Chuyên Vinh) Có bao nhiêu giá trị nguyên m 10;10 để hàm số
y m 2 x 4 2 4m 1 x
2 1 đồng biến trên khoảng 1; ?
A. 15. B. 6 . C. 7 . D. 16.
Câu 49: (THPT Chuyên Quốc Học Huế) Gọi M , m lần lượt là giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ
2
nhất của hàm số y x 2017 2019 x trên tập xác định của nó. Tính M m .
A. 2019 2017 . B. 2019 2019 2017 2017 .

C. 4036 . D. 4036 2018 .
f x
Câu 50: (THPT TRẦN PHÚ ĐÀ NẴNG)Cho hàm số . Biết hàm số y f x có đồ thị
2
như hình bên. Trên đoạn 4;3 , hàm số g x 2 f x 1
x đạt giá trị nhỏ nhất tại
điểm
A. x . B. x0 1. C. x0 3 . D. x0 3
.
0
4
Câu 51. (THPT Hoa Lư A-Ninh Bình) Cho hàm số y f x có đạo hàm trên và đồ thị hàm
số y f x trên như hình vẽ. Mệnh đề nào đúng?
A. Hàm số y f x có 1 điểm cực đại và 1 điểm cực tiểu.
B. Hàm số y f x có 2 điểm cực đại và 2 điểm cực tiểu.
C. Hàm số y f x có 1 điểm cực đại và 2 điểm cực tiểu.
D. Hàm số y f x có 2 điểm cực đại và 1 điểm cực tiểu.

Câu 52: (THPT Hậu Lộc 2 - Thanh Hóa) Cho hàm số y f x có đạo hàm liên tục trên
2
và có đồ thị hàm số y f '( x)
như hình vẽ bên dưới. Xét hàm số g( x) f ( x 3) và
các mệnh đề sau:
I. Hàm số g( x)
có 3 điểm cực trị.
II. Hàm số
III. Hàm số
IV. Hàm số
g( x)
đạt cực tiểu tại x 0.
g( x)
đạt cực đại tại x 2.
g( x)
đồng biến trên khoảng 2;0 .
V. Hàm số g( x)
nghịch biến trên khoảng 1;1 .
Có bao nhiêu mệnh đề đúng trong các mệnh đề trên?
A. . B. . C. . D. .
1 4 3 2
Câu 53: (THPT Lê Quý Đôn - Hải Phòng) Cho hàm số y f x có đạo hàm và liên tục
trên . Biết rằng đồ thị hàm số y f x như hình 2 dưới đây.
y
5
3
-1
O
-1
1
2
x
Lập hàm số
2
g x f x x x . Mệnh đề nào sau đây đúng?

1 g 2
A. g 1 g 1 B. g 1 g 1 C. g 1 g 2 D. g
y f x, y f x,
y f x
Câu 54: [THPT Nguyễn Khuyến –NĐ] Cho hàm số y f x liên tục và có đạo hàm cấp hai
trên . Đồ thị của các hàm số lần lượt là đường cong
nào trong hình bên?
C C C C C C C C C
A. , , .B. , , .C. , , .D. C , C , C .
3 1 2
1 2 3
3 2 1
.
1 3 2
Câu 55. [CHUYÊN THÁI BÌNH] Cho hàm số y f ( x)
có đồ thị y f ( x)
cắt trục Ox tại ba
điểm có hoành độ a b c như hình vẽ.
Mệnh đề nào dưới đây là đúng?
A. f ( c) f ( a) f ( b).
B. f ( c) f ( b) f ( a).
C. f ( a) f ( b) f ( c).
D. f ( b) f ( a) f ( c).

Câu 56:
2
x
2x
5
Cho hàm số y
có đồ thị là C
. Hỏi trên đồ thị C
có bao nhiêu điểm có tọa độ
x 1
nguyên?
A. 4 . B. 6 . C. 3 . D. 5 .
Câu 57:
2
x
2x
5
Cho hàm số y
có đồ thị là C
. Hỏi trên đồ thị C
có bao nhiêu điểm có tọa
x 1
độ nguyên?
A. 4 . B. 6 . C. 3 . D. 5 .
Câu 58:
2
x
2x
5
Cho hàm số y
có đồ thị là C
. Hỏi trên đồ thị C
có bao nhiêu điểm có tọa độ
x 1
nguyên?
A. 4 . B. 6 . C. 3 . D. 5 .
2x
5
Câu 59: (THPT Lương Thế Vinh - HN) Trên đồ thị hàm số y
3x
1
có bao nhiêu điểm có
tọa độ là các số nguyên?
A. 4 . B. Vô số. C. 2 . D. 0 .
Câu 60: (THPT Chuyên Vĩnh Phúc) Cho hàm số y f ( x)
. Đồ thị của hàm số y f ( x)
như
hình vẽ. Đặt h( x) f ( x)
x . Mệnh đề nào dưới đây đúng?
A. h(1) 1 h(4) h(2)
. B. h(0) h(4) 2 h(2)
.
C. h( 1) h(0) h(2)
. D. h(2) h(4) h(0)
.
Câu 61. (THPT Lê Hồng Phong - Nam Định) Cho hàm số có đạo hàm liên tục trên
y f x
2
và có đồ thị hàm y f x như hình vẽ. xét hàm số g x f 2 x . Mệnh đề nào
dưới đây sai?

y
1
O
1 2
x
2
;2
.
g x
2;
g x
1;0
A. Hàm số f x đạt cực trị tại x 2 . B. Hàm số f x nghịch biến trên
C. Hàm số đồng biến trên . D. Hàm số đồng biến trên .
Câu 62. (Chuyên Thái Bình-Thái Bình) Cho hàm số
thiên như sau
y f x
liên tục trên và có bảng biến
Có bao nhiêu mệnh đề đúng trong số các mệnh đề sau đối với hàm số g x f 2 x 2?
I. Hàm số g x
đồng biến trên khoảng
4; 2 .
II. Hàm số
g x
nghịch biến trên khoảng 0;2 .
III. Hàm số g x đạt cực tiểu tại điểm 2
.
IV. Hàm số g x có giá trị cực đại bằng 3
.
A. 3 . B. 2 . C. 1. D. 4 .

Câu 63: (CHUYÊN VINH) Cho hàm số y f x có đồ thị của hàm số y f x được cho
như hình bên. Hàm số
2
y 2 f 2 x x
y
3
1
nghịch biến trên khoảng
1 O 2 3 4
5
x
2
A. 3; 2 . B. 2; 1 . C. 1; 0 . D. 0; 2 .
Lời giải chi tiết:
Câu 1.
Chọn B
Ta có
6 4 3 3 2 2
x x m x m x mx
Lời giải
6 15 3 6 10 0
3 3
x 2 2 3 x 2 2 mx 1 3mx
1
2
f x 2 f mx
1 (*)
3
2
Xét hàm số f t t 3t
.
Với f t 3t 3 0, t hàm số f t đồng biến trên .
2
2
2 x 1
Nên (*) x 2 mx 1
x mx 1 0 m (vì x 0 không là nghiệm
x
của phương trình(*))
2
x 1
1
Xét hàm số g x
trên ;2 .
x
2
1
Ta có g x 1 g
2
x
0 x 1
x
Bảng biến thiên

Câu 2.
Dựa vào bảng biến thiên suy ra phương trình đã cho có đúng hai nghiệm phân biệt
1
5
thuộc
;2 khi và chỉ khi
2
2 m .
2
Chọn D
Cách 1:
3 2 3
Xét hàm số f x x 3x x .
2
Ta có f x 3x 6x
1.
2
Lời giải
3 6 9 8 6
x1 f x1
2
3 18
f x
0 3x 6x
1 0
.
3 6 9 8 6
x2 f x2
3 18
Bảng biến thiên
Xét phương trình
Đặt
t f x
f x
f f x
1.
2 1
. Khi đó phương trình trở thành
f t
3 5
2t
1 2 2
Nhận xét: phương trình (*) có tối đa 3 nghiệm.
3 2 3 2
1 f t 2t 1 t 3t t 2t 1 t 3t t 0 *
3 2 5
Xét hàm số g t t 3t t liên tục trên .
2
1 29
+ Ta có g 3 . g 4 . 0 nên phương trình * có một nghiệm t t 1
3;4
.
2 2
Khi đó dựa vào bảng biến thiên ở trên thì phương trình
9 8 6
t1 3 f x1
18
có một nghiệm.
.
f x t1
với

+ Ta có g 1 1 11
1 . g
1
. 0 nên phương trình * có một nghiệm t t2
;1
2 2 8
2
.
Khi đó dựa vào bảng biến thiên ở trên thì phương trình
f x t2
9 8 6 1 9 8 6
f x2 t2 1
f x1
có ba nghiệm phân biệt.
18 2 18
+ Ta có 4
217 1
g . g 1 . 0 nên phương trình *
có một nghiệm
5 250 2
4
t t3
1;
.
5
Khi đó dựa vào bảng biến thiên ở trên thì phương trình
4
9
t3 f x
8 6
2
có một nghiệm.
5 18
Vậy phương trình đã cho có 5 nghiệm thực.
Cách 2:
Đặt
t f x
. Khi đó phương trình trở thành
f t
3 5
2t
1 2 2
3 2 3 2
1 f t 2t 1 t 3t t 2t 1 t 3t t 0 *
f x t3
t1
3,05979197
t2
0,8745059057 .
t3
0,9342978758
3 2 3
+ Xét phương trình x 3x x t1
3.05979197 . Bấm máy tính ta được 1 nghiệm.
2
3 2 3
+ Xét phương trình x 3x x t2
0,8745059057 . Bấm máy tính ta được 3
2
nghiệm.
3 2 3
+ Xét phương trình x 3x x t3
0,9342978758
. Bấm máy tính ta được 1
2
nghiệm.
Vậy phương trình đã cho có 5 nghiệm thực.
.
với
với
Câu 3.
Lời giải
Chọn C

1 4 19 2
Xét hàm số g x x x 30x m 20 trên đoạn
4 2
Ta có g x x 19x
30;
0;2
3
Bảng biến thiên
x
5
0;2
g x 0 x
2
x
30;2
g
0 m 20 ; g 2 m 6 .
g 0 20
m 20 20
Để max g x
20 thì
0 m 14
.
0;2
g 2
20 m 6 20
Mà nên m 0;1;2;...;14 .
m
Vậy tổng các phần tử của S là 105.
Câu 4:
Câu 5:
Lời giải
Chọn B
Tập xác định: D .
2
Đạo hàm: y x mx 4 .
Hàm số có hai điểm cực trị y 0 có 2 nghiệm phân biệt
2
x , x m 16 0 .
1 2
4
Theo định lý Vi – et ta có x1x2 4 x2
.
x1
Theo đề
2 2 2
16
2 16
2 16
S x1 1 x2 9 x1 1 9 25 9x1 25 2 9 x1
. 1.
2
2
2
x1 x1
x1
Vậy giá trị lớn nhất của S bằng 1.
Lời giải
Chọn C
3 2
y x 3mx 1 y
3x 3m
.
Vì m ;0 nên phương trình y 0 có 2 nghiệm phân biệt.

Do đó hàm số có hai điểm cực trị m
;0 .
A
x ; y ;
Giả sử hàm số có hai điểm cực trị lần lượt là
1 1
và B x2 y2
, với x1
, x2
là
nghiệm của phương trình y 0 .
1
Thực hiện phép chia y cho y
ta được : y y. x 2mx
1.
3
1
y
1
y x1 y x1 x1 2mx1 1 2mx1
1
3
Khi đó ta có:
.
1
y
2
y x2 y x2 x2 2mx2 1 2mx2
1
3
Ta thấy, toạ độ hai điểm A và B thoả mãn phương trình y 2mx
1.
Do đó, phương trình đường thẳng qua hai điểm cực trị là : y 2mx
1.
Ta thấy : 2 1
luôn qua M 0;1 .
y mx
x d I
Đặt , 0 x 2 IM .
Câu 6:
S IAB
x 9 x
2
.
2
Xét hàm số f x x 9 x , x 0; 2
.
2 2
2 x 9 2x
f x
9 x 0 , x
0; 2
.
2 2
9 x 9 x
Suy ra hàm số f liên tục và đồng biến trên 0; 2
.
Do đó max f x f 2 .
0; 2
2m
1
Vậy SIAB
đạt giá trị lớn nhất x 2 d I; 2 2
2
4m
1
1
m .
2
Chọn D
Lời giải
y
3
-3
-1
1
O
1
x
-2

3 3 3 3
Ta có g' x f ' x x 2 x f ' x
( x 2 x ) Căn cứ vào đồ thị ta có:
2 2 2 2
f '( 1) 2 g
'( 1) 0
f '(1) 1 g
'(1) 0
f '( 3) 3
g
'( 3) 0
2 3 3
Vẽ Parabol (P): trên cùng hệ trục với đồ thị của hàm số y f x
2 2
2 3 3
Ta có: Trên ( 3; 1) thì f ' x x x nên g' x 0 x
( 3; 1)
2 2
2 3 3
Trên ( 1;1) thì f ' x x x nên g' x 0 x
( 1;1)
2 2
y x x
Câu 7.
Câu 8:
Khi đó BBT của hàm số g x trên đoạn
3;1
:
Vậy: min g( x) g( 1) , g(0) g(1)
,
hàm số
x 3;1
g( x ) nghịch biến trên ( 3; 1)
và max g x max g( 3), g( 1)
.
x
3;1
Chọn B
Điều kiện:
2
5 4x x 0 x 1;5
, đặt
2
t x x x t
2
5 4 9 2 0;3
Khi đó phương trình trở thành m 2t t
2
g t t 2 t, t 0;3 0 g t 15.
Chọn A
2
Lời giải
.
. Tìm GTLN – GTNN của hàm
Lời giải

A
2x
B
I
Câu 9:
D
C
.
2 2
Đặt AB 2x
, ta có: AD 2 R x .
x R x
S
ABCD
4x R x 4 x R x 4
2R
2
2
2 R R 2
Dấu bằng xảy ra khi x x .
2 2
2 2 2
2 2 2 2 2 2
Lời giải
Chọn B
C'
B'
.
D'
A'
C
B
Câu 10:
D
Giả sử khối hộp chữ nhật là ABCD.
ABC D và AB x , AD 2x
và AA h (
x, h 0 ).
2 500 250
Ta có V x.2 x.
h 2x h h .
2
3 3x
2
2
Diện tích cần xây là S 2x 2 xh 2xh
2x
6xh
.
2 500
Ta cần tìm giá trị nhỏ nhất của S 2x
với x 0 .
x
2 250 250 2 250 250
Ta có 3
2 250 250
2x
3 2 x . . 2x
150 .
x x x x
x
x
2 250
Dấu đẳng thức xảy ra khi 2x x 5 .
x
S nhỏ nhất là 150 khi x 5.
Số tiền chi phí là 150.500000 75000000 hay 75 triệu đồng.
Chọn A
Ta có bảng biến thiên
Lời giải
A

y f x 2017 2018x y
f x 2017 2018.
x
2017 2 x
2015
y
0 f
x 2017
2018
.
x 2017 a 0 x a 2017 2017
Ta có bảng biến thiên
Hàm số
.
y f x 2017 2018x
x0 a 2017 ; 2017
đạt giá trị nhỏ nhất tại điểm
Câu 11.
Chọn D
Lời giải
x 1
x 2
* phải có hai nghiệm phân biệt khác 2
2
Phương trình hoành độ giao điểm : x m x m 3 x 2m
1 0 *
Theo yêu cầu bài toán :
m
m
A
x ; y ;
0
2
m 2m 13 0, m
4 3 2 2 1 0
Gọi , B x y suy ra G là trọng tâm của tam giác OAB :
1 1
2 2
1 2 1 2 1 2 1 2
2 3 3 2 3 3
G x x ; y y
G x x ; x x m
G m ; m m
G
m ;
m
3 3 3 3 3 3 3 3
Theo yêu cầu bài toán :
2 2
m
3
3 m 3 m 3
m 2
3 4 2m
9m
45 0
15 .
3 3 3
m
2

Câu 12:
Lời giải
Chọn B
Phương trình hoành độ giao điểm x 3 x 2 k x
3 1 2 3
x
2
2
x 2 x x 2 k x 2
2
x x 2 k 0 2
3 2
Đường thẳng y k x 2 3 cắt đồ thị hàm số y x 3x
1
tại 3 điểm phân biệt
.
1 42 k 0
k
2
có hai nghiệm phân biệt khác 2
4
2 2 2 k 0
k
0
2 9
*
x1 x2
1
Giả sử x1
, x2
là hai nghiệm phân biệt của 2
, theo hệ thức Viet thì
.
x1x2
k
2
y 2 0
2 2
Ta có y
3x 6x y
x1 3x1 6x1
.
2
y x2 3x2 6x2
Bài ra ta có
1
2
y
2 . y x 1
y 2 . y x
2 2
1 3x1 6x1 3x2 6x2
1
y x1 . y x2
1
2
9 x x 18x x x x 36x x 1
1 2 1 2 1 2 1 2
9 2 18 2 36 2 1
k
k 2
k k
3 2 2
3
.
Câu 13:
3 2 2
Kết hợp với *
ta được k thỏa mãn.
3
Lời giải
Chọn C
x
1
Từ đồ thị thấy f x
0 và f x 0 x 2 .
x
2

2
Xét g x f x 2 có TXĐ D .
g
x 2xf t
2
với t x 2 .
x
0 x
0
2
g x 0 t x 2 1
x 1.
2
t
x 2 2
x 2
2
Có f t 0 t x 2 2 x 2 x 2 .
Bảng biến thiên:
x 2
1
0 1 2
y 0 0 0 0 0
y
g x
Hàm số đồng biến trên 2;0 .Vậy C sai.
Câu 14:
Lời giải
Chọn A
Cách 1: Từ đồ thị hàm số của f x ta thấy f x có hai cực trị dương nên hàm số
y f x
lấy đối xứng phần đồ thị hàm số bên phải trục tung qua trục tung ta được
bốn cực trị, cộng thêm giao điểm của đồ thị hàm số
ta được tổng cộng là 5 cực trị.
2
Cách 2: Ta có: y f x 2018 f x 2018 .
2 2
x
Đạo hàm: y f x x . f x .
2
x
y f x
2018
với trục tung nữa
Từ đồ thị hàm số của f x suy ra f x cùng dấu với x x x x x x với
x1 0 , 0 x2 x3
.
1 2 3
Suy ra: f x cùng dấu với x x x x x x .
1 2 3
2 2
x
Do x x 1
0 nên y f x x f x cùng dấu với
2
x
x
x x2 x x3
.
.
2
x
2018
Vậy hàm số y f x có 5 cực trị.
Câu 15:

Lời giải
Chọn A
I
2
Đk để hàm số xác định là: 1 x 0 1 x 1 D 1;1 . Vậy mệnh đề
đúng.
Do hàm số có tập xác định D 1;1
nên không tồn tại lim y do đó đồ thị hàm số
này không có đường tiệm cận ngang. Vậy mệnh đề
II
x
Do lim f x ; lim f x nên đồ thị hàm số có 2 đường tiệm cận đứng là
x1 x1
x 1
và 1. Vậy III đúng.
x
2
2 2
x x 2
x 2
1 x 1 x . x 2
1 x
2
2 1
Ta có
1 x x
y
.
2 2
1 x 1 x
2 2
1 x 1
x
1
Do y bị đổi dấu qua x nên hàm số có một cực trị. Vậy mệnh đề IV
đúng.
2
Do đó số mệnh đề đúng là 3 .
sai.
Câu 16:
Chọn C
Cách 1.
Lời giải
x
0
4 2
3
Xét g x 8x ax b , g x 32x 2ax
0 .
2 a
x
16
Ta có max f x 1
g 0 b 1;1
.
1;1
g
TH1. a 0 . Ta có 1 g 1
8 a b 1. Suy ra max f x 1
không thỏa
YCBT.
TH2. a 0 .
a
Nếu 1 a 16
. Ta có g 1 g 1
8 a b 1. Suy ra max f x
1
16
1;1
không thỏa YCBT.
a
Nếu 1 a 16
.
16
Ta có BBT
1;1

2
a
1
2
▪ max
1 a
64
f x b 1. Khi đó YCBT 32 a 8
(thỏa
1;1
a 8
8 a b 1
a 16 )
▪
b
1
max f x
8 a b 1. Khi đó, YCBT 2
a
1;1
b
1
32
a
8
a
8
2
a
a 8
b 1.
a 6 0 24 a 8
32
2
a
2
a
b 1
b
1
2
32
32
2
a
a
▪ max f x
b 1. Khi đó, YCBT 8 a b 1
6 a 0
1;1
32
32
b 1
a 8
a
8
.
b
1
Vậy a 8, b 1
thỏa YCBT.
Cách 2.
2
2
Đặt t x khi đó ta có g t 8t at b .
x
Vì 1;1 nên t 0;1 .
Theo yêu cầu bài toán thì ta có: 0 g t 1 với mọi t 0;1 và có dấu bằng xảy ra.
Đồ thị hàm số
g t
đến hệ điều kiện sau xảy ra :
là một parabol có bề lõm quay lên trên do đó điều kiện trên dẫn

1 g 0
1
1 b 1
1 b 1 1
1 g 1
1 1 8 a b 1
1 8 a b 1 2
2
32 32b
a
2
32
1 1
32 a 32b
32 3
32
2
Lấy 1 32 3 ta có : 64 a 64 do đó 8 a 8.
Lấy 3 32 2 ta có :
2
64 a 32a
256 64
2
Suy ra : a 32a
192 0 24 a 8
.
Khi đó ta có a 8
và b 1.
2
Kiểm tra : g t 8t 8t
1
t 2
2 2 1 1
Vì 0 t 1
nên 1 2t
1 1 0 2t
1 1 1 g t 2 2t
1 1 1.
2
2
Vậy max g t 1
khi t 1
x 1
(t/m).
Câu 17:
Câu 18:
Chọn A
Lời giải
2
2
Đặt t cos x , t 0;1 , ta có hàm số g t 8t at b . Khi đó M max g t .
Do đó
0
M g b ;
M g 1 8 a b ;
1 1
M g
2 a b 2M 4 a 2b
;
2 2
Từ đó ta có
4M b 8 a b 4 a 2b b 8 a b 4 a 2b
4
Hay M 1.
4 a 2b
Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi b 8 a b 1
và b , 8 a b
,
2
a
8
4 a 2b
cùng dấu .
b
1
Khi đó a b 7
.
Chọn C
Lời giải
0;1

A B
Ta có max A , B 1
. Dấu xảy ra khi A B .
2
A B
Ta có max A , B 2
. Dấu xảy ra khi A B
.
2
2
a
Xét hàm số g x x ax b , có g x 0 x .
2
Trường hợp 1: a 1;3
a 6;2
. Khi đó M max1 a b , 9 3a b .
2
Áp dụng bất đẳng thức 1 ta có M 4 2a
8 .
1;3
a 6;2
a
2
Trường hợp 2:
2
a
M max 1 a b , 9 3 a b , b .
4
. Khi đó
Câu 19:
2
a
Áp dụng bất đẳng thức 1
và 2
ta có M max 5 a b , b
4
1
2
M 20 4a
a M 1 16 a
2 2
.
8
8
Suy ra M 2 .
Vậy M nhận giá trị nhỏ nhất có thể được là M 2 khi
a
2
.
b
1
Do đó a 2b
4
.
Chọn B.
2
Đặt sin x t, x 0; t 0;1
Xét hàm số
3 2
Ta có
2
f t t 3t mt 4
f t 3t 6t m
f t
Lời giải
Để hàm số đồng biến trên 0;1 cần:
a
2
2
a
5
a b b
2
1 a b 9 3a b

2 2
0 0;1 3 6 0 0;1 3 6 0;1
f t t t t m t t t m t
Xét hàm số
2
g t 6t
6
g t 0 t 1
Bảng biến thiên
g t 3t 6t
Câu 20:
Câu 21:
Câu 22:
f t
Nhìn vào bảng biến thiên ta thấy với m 0 thì hàm số đồng biến trên 0;1 , hàm
số f x
đồng biến trên đoạn
0; .
2
Lời giải
Chọn D
u 2
Đặt u cos x , u 0;1
thì y
. Ta có:
u m
2 m 2 m
2
m
y
.
.
x
ux
.
2 sin
x
.sin x
u m u m
u m
2
2
m
0;1
2 0
Vì sin x 0, x
0; nên ycbt
. Đến đây giải được: m 2 .
2
m
Lời giải
Chọn C
y 0, x
mcos x nsin x 3 0, x
3
cos x
, x
2 2
m n
.
m 2 n 2 cos x
3, x
.
3
2 2
max cos 1
m n 9
2 2
m n
x
Lời giải
Chọn A
Ta có y msin x 7x 5m
3 .
y mcos x 7 .
Hàm số y msin x 7x 5m
3 đồng biến trên khi y 0, x
mcos x 7 0, x
.

Câu 23:
Ta có 1 cos x 1
m 7 mcos x 7 m 7 khi m 0
.
m 7 mcos x 7 m 7 khi m 0
m
0
m
0
+TH1 m 0
7 m 0 .
mcos x 7 0 m
7 0
m
0
m
0
+TH2 m 0
0 m 7 .
mcos x 7 0 m 7 0
Vậy 7 m 7 .
Chọn D
Cách 1:
2
2cos x sin x 2 msin
x
Ta có: y
.
2
2
1
cos x
Lời giải
2
Vậy y
0 x
0; sin x 2 msin x 0 x
0;
6
6
2
sin x 2
m x
0; .
sin x 6
1
Đặt t sin x t 0; .
2
2
t 2 1
Vậy m g t
t
0; .
t
2
9
Ta có: min g t
. Vậy m . Suy ra Chọn C
1 2 2
9
0;
2
Cách 2: Dùng CASIO.
Chuyển máy tính về chế độ tính bằng số đo độ ( SHIFT MODE 3).
d y 2sin x
Nhập
.
2
dx 1
cos x xx
Thử phương án A: CALC với y 10
, x 28 được 0.02407984589 . Vậy loại A.
3
Thử phương án D: CALC với y 5 , x 28 được 1.23551074510 0.00124 0 .
Vậy loại D.
Thử phương án C: CALC với y 0, x 4.5 và nhiều giá trị khác nhau của x đều được
KQ âm. Vậy Chọn C
Chẳng hạn:
CALC với y 0, x 28 được 0.02160882441;
CALC với y 0, x 29 được 0.02190495877
;

CALC với y 4.5, x 28 được 1.04892277310 3 ;
CALC với y 4.5, x 29 được 5, 23328697710 4 .
Câu 24:
Câu 25:
Lời giải
Câu 26:
Chọn C
cos x 1
y
2cos x m
y
m
2sin
x
2cos
x m 2
.
Lời giải
Vì sin x 0x
0; nên hàm đồng biến trên 0; khi và chỉ khi:
2
2
m
2 0
m m
2
0 2 m 0
2 m
0 .
m
m
2
m 2
1
2
Chọn A
Chọn B
Lời giải
Vì trên 0; thì tan x nhận tất cả các giá trị thuộc khoảng 0;1
nên hàm số xác trên
4
m
1
2m
1
0; khi m0;1
. Ta có .
4
y
2
m 0
cos x tan x m
y
0, x
0; m
4
2
1
2
m
1
. Vậy
1 .
0
m
2
Câu 27:
Chọn B
Lời giải

2
1
m sin x m t t
2mt
1
Đặt sin x t 0; ta có y g t g
để
2
2
2 t
cos x 1
2
t
2
t 1
1
hàm số nghịch biến trên khoảng 0; thì g
t
0, t
0;
6
2
t 2mt 1 0, t
0; .
2
2 1
b
2
Th1: g
g( m) 0 m 1 0 1 m 1.
2a
Th2: m 1
để
1 1
gt
0, t
0; thì g
0
2 2
1
1 0
4 m 5
m
4
hay
5
1 m .
4
Câu 28:
Câu 29:
1
Th3: m 1 để y
0, x
0; thì g0
0 1 0 hay m 1.
2
5
Vậy m .
4
Lời giải
Chọn C
sin x t t 1;0
t m
y ( t m)
.
t m
2m
y
Hàm số đồng biến trên 1;0
khi và chỉ khi t
m
m
1;0
m 1.
2
0 m 0
m 1;0
Lời giải
Chọn A
m
1sin x - 2
Điều kiện: sin x m . Điều kiện cần để hàm số y
nghịch biến trên
sin x m
m
1
khoảng 0; là .
2
m
0
2
2 m m cos
x
cos x
Ta có : y
2
.Ta thấy 0
.
sin x m
sin
x m
x
0;
2
2

Câu 30:
Câu 31:
y 0
m
1sin x - 2
Để ham số y
nghịch biến trên khoảng 0; là m
1
sin x m
2
m
0
2
2 m m 0
m
1
m
0
m
2
m
1
m
2
.
m
1
m
1
m
0
C. m 0 1 m 3 . D. m 3 .
Lời giải
Chọn D
t 3 m 3
Đặt t sin x t 0;1
. Xét f t f ' t
.
t m t m
m
3
Để f t 0, t 0;
1
m 3 .
2
t m
2
Lời giải
Chọn A
m sin x sin x m
1
Ta có y . Đặt t sin x , vì x 0; nên .
2 2
t 0;
cos x sin x 1
6 2
Vì hàm số y sin x đồng biến trên 0; nên bài toán trở thành: Tìm m để hàm số
6
t m
1
y nghịch biến trên .
2
0;
t 1
2
2
t
2mt
1
Ta có y
2
.
2
t 1
1
1
Hàm số đã cho nghịch biến trên 0; y
0, t
0;
2
2
2 1 2
t 2mt 1 0, t
0;
2
2 1
do t 1 0, t
0;
2

2
t 1 1
m , t
0;
.
2t
2
2
2
t 1
1
t 1
Xét hàm số f t
trên 0; , ta có f t
. Suy ra hs nghịch biến trên
2t
2
2
2t
1
0; .
2
Vậy m min f ( t ) .
1 4
5
0;
2
Câu 32:
Câu 33:
Câu 34:
Lời giải
Chọn B
u 2
Đặt u cot x , u 0;1
thì y .
u m
2 m 2 m
2
Ta có: yx
. ux
.
2 1 cot x
2
m
2
.
u m u m
.
2 1
cot x
u m
2
Hàm số đồng biến trên
;
yx
0 với mọi x thuộc ;
4 2
4 2
hay
m 2
m 2 .
m 0;1
Chọn B
Lời giải
2 2
2
1 cot x mcot x 1 m 1 cot x cot x 1
1
cot x 1
m
Ta có: y
.
2
2
mcot x 1
mcot x 1
Hàm số đồng biến trên khoảng ; khi và chỉ khi:
4 2
mcot x 1 0, x
;
4 2
m
0 m 1
2
.
1 cot x1 m
m 0
y 0, x ;
2
1 m 0
mcot x 1
4 2
Lời giải
Chọn C
Ta có y
cos
x sin x m 2 cos
x m .
4

Câu 35:
Câu 36:
Câu 37:
Vì 2 2 cos
x 2 m 2 2 cos
x m m 2 .
4
4
m 2 y
m 2 .
Để hàm số đã cho đồng biến trên y 0 , x
.
m 2 0 m 2 .
Lời giải
Chọn A
Ta có m cos x cos
.
2 2
sin m x
y
x 1 cos x
1
m t 1
Đặt t cos x, t 0; , xét hàm g t , t 0; .
2
2
1 t 2
Hàm số nghịch biến trên ;
1
khi g
t
0, t
0; .
3 2
2
2
1
t 1
m , t
0; .
2t
2
2
1
Xét hàm t 1
h t , t
0; .
2t
2
2
t
Ta có h 21 0
1
t , t
0; .
2t
2
1 5
Lập bảng BBT trên 0; , ta có m thỏa YCBT.
2 4
Lời giải
Chọn C
Ta có y
cos x sin x m 2 cos
x m .
4
Vì 2 2 cos
x 2 m 2 2 cos
x m m 2 .
4
4
m 2 y
m 2 .
Để hàm số đã cho đồng biến trên y 0 , x
.
m 2 0 m 2 .
Lời giải
Chọn D

Câu 38
Câu 39:
.
Chọn B
2 2
Ta có: y x 2mx m 4; y 2x 2m
.
Hàm số đạt cực đại tại x 3
m 5 .
Chọn D
2 2
3 22 1 8 .
f x x m x m
Hàm số đạt cực tiểu tại
nghiệm.
Vậy không tìm được
Lời giải
y
3 0 y
2
3 0 m
6m
5 0
y 3 0 y 3
0 6 2m
0
x
Lời giải
2
1 f 1 0 m
4m
9 0 . Phương trình vô
m thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Câu 40:
Lời giải
Chọn A
Ta có: y
2
3mx 2
2
m 1 x 2 , y 6mx 2
2
m 1
.
Để hàm số đã cho đạt cực tiểu tại x 1
m
0
3
m
2
3 5 3 5
m
2 2
m
3
2
.
y 1
0
y
1
0
2
2m
3m
0
2
2m
6m
2 0
Câu 41:
Chọn D
Lời giải
3
2
4 4
1
0 x
1;3
x 1
m x
1;3
.
2
h x x 1
x 1;3
h x 2x
h x 0 x 0l
y x m x
Đặt với , , .
Vậy m 2 .
Câu 42:
Chọn D
3 2
y 4mx 4x 4x mx 1
.
Lời giải
m 0 : y 4x 0 x 0 Hàm số đồng biến trên 0; m 0 thỏa mãn.
x
0 x
0
m 0 : y 0
.
2 1
1
x x
m
m
BBT :

Câu 43:
1
Dựa vào BBT, hàm số đồng biến trên khoảng 0;
2
1 1 1 1
m 4 .
m
2 m
4
So với điều kiện m 4
.
m 2018;2018
Mặt khác, theo giả thiết
suy ra có 2014 giá trị nguyên của m thỏa
m
mãn yêu cầu bài toán.
Lời giải
Chọn C
Tập xác định : D \ 0 .
3
1
y 3x 2m 1
x .
5
x
Hàm số đồng biến trên khoảng khi và chỉ khi y 0, x
0; .
3
1
3x 2m 1 x 0, x
0;
.
5
x
3 2 1
m x 1 , x
0;
.
6
2 2x
3 2 1
Xét hàm số f x x 1 , x 0;
.
6
2 2x
3
Ta có : f x 3 x , x 0;
.
7
x
3
f x 3x 0 x 1.
7
x
Bảng biến thiên :
0;

Câu 44:
Từ bảng biến thiên ta thấy : m f x , x
0; m min f x m 3 .
Giá trị nguyên dương của tham số m là m 1
, m 2 và m 3 .
Lời giải
0;
Chọn B
Tập xác định của hàm số: D
3 2
Ta có: y 12x 2 3m 3m 1
x .
3 2
2 2
y 0 12x 23m 3m 1
x 0 2x 6x 3m 3m
1 0
x
0
.
2 1 x 0
2
x 3 m 3 m 1 0, m
6
Vì 3 0 nên hàm số nghịch biến trên khoảng 0; .
a
Câu 45:
Chọn A
3 2
Ta có y ' 4x 4mx 4 x( x m)
.
Lời giải
+ m 0, y 0, x
(0; )
m 0 thoả mãn.
+ m 0 , y 0 có 3 nghiệm phân biệt: m, 0, m ..
Hàm số (1) đồng biến trên (1; 2) m 1 0 m 1. Vậy m ;1 .
Câu 46:
Câu 47:
Lời giải
Chọn D
4 m
y 2m
.
2
x 1
Theo yêu cầu bài toán : y 0, x
1; + .
m
x 1
4
2m
0
2
nên m 0 .
Lời giải

Câu 48:
Chọn A
y 4 m 2 1 x 3 4 mx 4 x
2 1
2
m x m
.
m 2 1 x 2 m 0, x 1; , *
Để hàm số
2 1 4 2
2 đồng biến trên y
0, x
1; .
y m x mx 1;
2
Nếu m 1 0 m 1
hoặc m 1.
Với m 1 khi đó * 1 0 ( mâu thuẫn).
Với m 1 khi đó * 1 0 ( đúng) nhận m 1.
.
2
Nếu m 1 0 m 1
hoặc m 1.
2 2 2 m
m
Khi đó * m 1 x m, x 1; x , x
1;
1 .
2 2
m 1 m 1
1
5
m
m
1
2
m m 1 0 2
1
5 .
1
5
m
m
2
2
2
Nếu m 1 0 1 m 1.
m
Khi đó * m 2 1 x 2 m, x 1; x 2 , x
1;
.
2
m 1
( Không xảy ra do x
1; ).
1
5
Vậy giá trị cần tìm m 1 hoặc m .
2
Lời giải
Chọn D
2
+ Với m 0 , hàm số trở thành y 2x
1 đồng biến trên 0; nên hàm số cũng
đồng biến trên khoảng 1; , do đó m 0 thỏa mãn.
2
+ Với m 0 , hàm số đã cho làm hàm số trùng phương với hệ số a m 0 .
x
0
2 3
y 4m x 44m 1
x 4xm 2 x
2 4m
1
, y 0 .
2
4m
1
x
2
m
2 4m
1
Để hàm số đồng biến trên khoảng 1;
thì phương trình x vô nghiệm hoặc
2
m
có hai nghiệm phân biệt , sao cho 1 x x 1
x1
x2
1 2

4m
1
0
1
1
m
4
m
4
4m
1 0
1
.
4m
1
m
1
m 2 3
2 1 4
4
m
2
m 4m
1 0 m
2 3
1;
Vậy điều kiện để hàm số đồng biến trên là m ;2 3 2 3; .
Vì nguyên, 10;10 nên m 9; 8;...;0;4;5;...;9
, có 16 giá trị.
m m
Câu 49:
Chọn D
TXĐ: D
2019; 2019
Ta có
y
y 0
2
2017 2019 x
x
2
2019 x
Lời giải
x 2017 2019 x 2019 2x
2019 x
2019 x
2 2 2
2
2017 2019 x
0 0
2 2
2
Trên D , đặt t 2019 x , t 0 . Ta được:
t
1
2
2t
2017t
2019 0
2
x 2018
2019 2019 x 1
t
x 2018
2
f
Khi đó 2018 2018 2018 ; f 2018 2018 2018
f 2019 2017 2019 ; f 2019 2017 2019
Suy ra m min y 2018 2018 , M max y 2018 2018
Vậy M m 4036 2018.
D
2
D
Câu 50:
Chọn B
Lời giải

Ta có
g
x 2 f x 2 1
x
g
.
x 0 2 f x 21 x
0 1
f x x .
x
4
Dựa vào hình vẽ ta có: g x
0
x 1
.
x 3
Và ta có bảng biến thiên
2
Suy ra hàm số g x 2 f x 1 x đạt giá trị nhỏ nhất tại điểm x0 1.
Câu 51.
Lời giải
Chọn A
Nhìn vào đồ thị hàm số y f x ta thấy x x để
Bảng biến thiên của hàm số
y f x
1 2
f x f x
1 2
0
KL: Hàm số
Câu 52:
Chọn D
y f x
2
Xét hàm số g( x) f ( x 3) .
có 1 điểm cực đại và 1 điểm cực tiểu.
Lời giải

Có g x x 2 3
. f x 2 3 2 x. f x
2 3
x
0
x 0
x
0
2
g x
0 x 3 2
.
2
f x 3
0
x 1
2
x
3 1
x 2
2
2
Ta lại có x 1
thì f x 0. Do đó 4 thì f x 3 0 .
x
2
x 4
2
f x 3
0
1 thì f x . Do đó thì .
x 0
Từ đó ta có bảng biến thiên của
g x
như sau
Câu 53:
Dựa vào bảng biến thiên, ta có
I. Hàm số g( x)
có 3 điểm cực trị . LÀ MỆNH ĐỀ ĐÚNG.
II. Hàm số g( x)
đạt cực tiểu tại x 0. LÀ MỆNH ĐỀ SAI.
III. Hàm số g( x)
đạt cực đại tại x 2. LÀ MỆNH ĐỀ SAI.
IV. Hàm số ( ) đồng biến trên khoảng 2;0 . LÀ MỆNH ĐỀ ĐÚNG.
g x
g( x)
V. Hàm số nghịch biến trên khoảng 1;1 . LÀ MỆNH ĐỀ SAI.
Vậy có hai mệnh đề đúng.
Lời giải
Chọn D
h x
1;1
1;2 g x
y h x
Xét hàm số h x f x 2x
1 . Khi đó hàm số liên tục trên các đoạn
, và có là một nguyên hàm của hàm số .

y
5
3
S 2
S 1
-1
O
-1
1
2
x
x
1
x
1
Do đó diện tích hình phẳng giới hạn bởi là
y f x
y
2x
1
1
1
2 1
d
f x 2x 1
dx
g x 1
g 1 g 1
1
S f x x x
1
Vì nên g 1 g 1
.
S
1
0
x
1
x
2
Diện tích hình phẳng giới hạn bởi là
y f x
y
2x
1
2
2
1
1
2 1
d
2x 1 f x
dx
g x 2 g 1 g 2
1
S f x x x
1
Vì nên g 1 g 2 .
S
2
0
2
1
.
.
Câu 54:
Chọn A
Lời giải
Gọi hàm số của các đồ thị ( );( );( ) tương ứng là f x , f x , f x .
Ta thấy đồ thị
C 3
f1 x
0
1
C C C
1 2 3
1 2 3
có các điểm cực trị có hoành độ là nghiệm của phương trình
nên hàm số y f x là đạo hàm của hàm số y f x .
3

Đồ thị
C
1
có các điểm cực trị có hoành độ là nghiệm của phương trình
nên hàm số y f x là đạo hàm của hàm số y f x .
1
2
f
2
x 0
Vậy, đồ thị các hàm số y f ( x)
, y f ( x)
và y f ( x)
theo thứ tự, lần lượt tương
ứng với đường cong ( C );( C );( C ) .
3 1 2
Câu 55.
Chọn A
Đồ thị của hàm số y f ( x)
một nguyên hàm của f ( x)
.
Lời giải
liên tục trên các đoạn ;
a b và b;
c , lại có f ( x ) là
y f ( x)
y
0
Do đó diện tích của hình phẳng giới hạn bởi các đường: là:
x
a
x
b
b
b
b
.
a
a
a
S1 f ( x)d x f ( x)dx f x f a f b
Vì S f a f b
1
1
0
y f ( x)
y
0
Tương tự: diện tích của hình phẳng giới hạn bởi các đường: là:
x
b
x
c
c
c
c
.
b
b
b
S2 f ( x)d x f ( x)dx f x f c f b
S f c f b
2
0
2 .
Mặt khác, dựa vào hình vẽ ta có:
S S f a f b f c f b f a f c
1 2
Từ (1), (2) và (3) ta chọn đáp án A.
( có thể so sánh f a với
f b với
3 .
f b
dựa vào dấu của f ( x)
trên đoạn ;
f c
dựa vào dấu của f ( x)
trên đoạn b;
c )
a b và so sánh
Câu 56:
Chọn B
Lời giải

2
x
2x
5 4
Ta có: y
x
1
. Gọi M x0;
y0
C
suy ra
x 1 x 1
y
x
0 0
x0
2
x0
0
x0
1 1
4
4
x0
3
1
, ta có x0,
y0
Z x0
1 2
. Vậy có điểm
x0
1
x0
1
6
x0
1
x0
1 4
x0
3
x0
5
có tọa độ nguyên.
Câu 57:
Lời giải
Chọn B
2
x
2x
5 4
Ta có: y
x
1
. Gọi M x0;
y0
C
suy ra
x 1 x 1
y
x
0 0
x0
2
x0
0
x0
1 1
4
4
x0
3
1
, ta có x0,
y0
Z x0
1 2
. Vậy có điểm
x0
1
x0
1
6
x0
1
x0
1 4
x0
3
x0
5
có tọa độ nguyên.
Câu 58:
Chọn B
Lời giải

2
x
2x
5 4
Ta có: y
x
1
. Gọi M x0;
y0
C
suy ra
x 1 x 1
y
x
0 0
x0
2
x0
0
x0
1 1
4
4
x0
3
1
, ta có x0,
y0
Z x0
1 2
. Vậy có điểm
x0
1
x0
1
6
x0
1
x0
1 4
x0
3
x0
5
có tọa độ nguyên.
Câu 59:
Chọn C
Tập xác định
Ta có
1
D \
3
Lời giải
2x
5 1 6x
15 1 13
y . 2 3y
3x 1 3 3x 1 3 3x
1
2
3x
1 1
x
3
3x
1 1
Ta có y nên 3y
x
0
.
3x
1 13 14
x
3x
1 13
3
x 4
Thử lại x 0 và x 4
thỏa mãn.
0;5
Vậy có hai điểm có tọa độ nguyên và 4;1 .
13
2
3x
1
Câu 60:
Lời giải
Chọn C
Xét hàm số h( x) f ( x)
x trên đoạn 1;4 .
Ta có h( x) f ( x) 1. Dựa vào đồ thị của hàm số y f ( x)
trên đoạn 1;4 ta được
h ( x) 0 . Suy ra hàm số đồng biến trên 1;4 . Ta chọn. C.
Câu 61.

Lời giải
Chọn D
Dễ thấy f x đổi dấu từ sang khi qua x 2 nên hàm số f x đạt cực tiểu tại
x 2
nên A. đúng
0, ;2
f x
f x x
nên hàm số nghịch biến trên ;2 . B. đúng
x
0 x
0
2
2
Ta có g x 2 x. f 2
x , g x 0 2 x 1
x
3 trong đó
2
2 x 2
x
3
x 3 là nghiệm kép, 0 là nghiệm bội bậc , do đó, g
x chỉ đổi dấu qua
x 0 .
Lại có, g f
x 3
1 2. 1 2. 4 8 0
Ta có BBT
x 3 0 3
g x
0 0 0
g x
0
Câu 62.
0;
Từ BBT ta có hàm số đồng biến trên khoảng và nghịch biến trên ;0 . C.
đúng, và D. sai.
Lời giải
Chọn C
Từ bảng biến thiên ta có hàm số
y f x
có
f
x 0
x
0
x
1
, f x 0 , và , .
x
2
f x 0 0 x 2 f 0
1
f 2
2
x
2
Xét hàm số g x f 2 x 2 ta có g
x f 2 x .
2 x 0
Giải phương trình g x
0 .
2 x 2
Ta có

g
x 0 f
2 x 0 f 2 x 0 0 2 x 2 0 x 2 .
g
x 0 f 2 x
0 f x
2 0
2 x 0 x
2
.
2 x 2
x
0
g
g
0 f 2 0 2 f 2 2 4
.
2 f 2 2 2 f 0 2 3.
Bảng biến thiên
Từ bảng biến thiên ta có
g x
Hàm số đồng biến trên khoảng 0;2 nên I sai.
g x
Hàm số đồng biến trên khoảng ;0 và 2; nên II sai.
Hàm số g x đạt cực tiểu tại x 2 nên III sai.
Hàm số g x đạt cực đại tại x 2 và g g 0 nên IV đúng.
CĐ
Câu 63:
Chọn C
Lời giải
2
Ta có y 2 f 2
x x y
2 x 2 f 2 x
2x
y
2 f 2 x
2x
y
0 f 2 x
x 0 f x x
2 2 2 .

Dựa vào đồ thị ta thấy đường thẳng y x 2 cắt đồ thị y f x tại hai điểm có
1 x1
2
hoành độ nguyên liên tiếp là và cũng từ đồ thị ta thấy f x x 2 trên
x2
3
miền 2 x 3 nên f 2 x 2 x 2 trên miền 2 2 x 3 1 x 0 .
Vậy hàm số nghịch biến trên khoảng 1; 0 .

Câu 1: (THPT Quảng Xương) Cho hàm số y f x liên tục trên và có đồ thị như hình v
1
Gọi m là số nghiệm của phương trình f f x . Khẳng định nào sau đây là đúng?
A. m 6 . B. m 7 . C. m 5 . D. m 9 .
Câu 2: (THPT LƯƠNG TÀI) Cho hàm số y f x và y g x là hai hàm liên tục trên
'
có đồ thị hàm số y f x là đường cong nét đậm và y g ' x là đường cong nét
mảnh như hình vẽ. Gọi ba giao điểm A, B,
C của y f ' x và y g ' x trên hình
vẽ lần lượt có hoành độ a, b,
c . Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số h x f x g x
trên đoạn a;
c ?
y
a
b
O
B
c
C
x
A
A. min h x h 0 . B. min h x h a . C. min h x h b . D.
a;
c
min h x
a;
c
h c
.
a;
c
Câu 3: Cho hàm số có bảng biến thiên sau.
Dựa vào bảng biến thiên ta có mệnh đề đúng là.
A. Hàm số đạt giá trị lớn nhất trên khoảng.
B. Hàm số đạt giá trị nhỏ nhất trên nửa khoảng .
C. Hàm số đạt giá trị nhỏ nhất và giá trị lớn nhất trên đoạn .
D. Hàm số không có giá trị nhỏ nhất trên đoạn
a;
c

2 2
Câu 4: [THPT Thuận Thành] Tìm giá trị nhỏ nhất m của hàm số y x , x 0. .
x
A. m 2 . B. m 3 . C. m 4 . D. m 5 .
Câu 5: [THPT Lý Nhân Tông]Cho 2 số thực không âm x,
y thỏa mãn x y 1. Giá trị lớn
x y
nhất của S là :
y 1 x 1
A. 0 . B. 1. C. 2 .
2
D. .
3
Câu 6: Cho hàm số f x
x m
. Tìm tất cả các giá trị của tham số thực m để hàm số đạt giá
2
x 1
trị lớn nhất tại điểm x 1.
.
A. Không có giá trị m
.
B. m 1
.
C. m 2
.
D. m 3.
mx 5
Câu 7: Tìm m để hàm số f x
đạt giá trị nhỏ nhất trên đoạn 0;1
bằng 7
.
x m
A. m 2 . B. m 1. C. m 0 . D. m 5 .
mx
Câu 8: Tìm m để hàm số y đạt giá trị lớn nhất tại x 1
trên đoạn ?
2
2;2
x 1
A. m 0 . B. m 2 . C. m 2
. D. m 0 .
2
x mx 1
Câu 9: [THPT An Lão ]Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để hàm số y
x m
liên tục và đạt giá trị nhỏ nhất trên 0;2
tại một điểm x0 0;2
.
A. m 1. B. 1 m 1. C. m 2 . D. 0 m 1.
mx 1
Câu 10: [CHUYÊN SƠN LA]Với giá trị nào của m thì hàm số y đạt giá trị lớn nhất
x m
1
bằng trên [0;2] .
3
A. m 3 . B. m 3
. C. m 1. D. m 1.
Câu 11: [THPT LƯƠNG TÀI] Tìm các giá trị thực của tham số m sao cho giá trị nhỏ nhất của
2
m x 1
hàm số f x
trên đoạn 2; 1
bằng 4 ?
x 1
26
A. m 3
. B. m . C. m . D. m 9
.
2
Câu 12: [THPT Thuận Thành] Gọi
M ,
m
lần lượt là giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của
3 2
hàm số y x k k 1 x trên đoạn 1; 2 . Khi k thay đổi trên , giá trị nhỏ
nhất của
M
m
bằng.

33
45
37
A. . B. 12 . C. . D. .
4
4
4
Câu 13: [TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÊ HỒNG PHONG] Biết đồ thị hàm số
3 2
y m 4 x 6 m 4 x 12mx 7m
18
(với m
là tham số thực) có ba điểm cố
định thẳng hàng. Viết phương trình đường thẳng đi qua ba điểm cố định đó.
A. y 48x
10
. B. y 3x
1. C. y x 2 . D. y 2x
1.
Câu 14: (THPT Kim Liên) Tìm tất cả các giá trị thực của tham số
5x 2 12x 16 m x 2 x
2 2
2x x1 2 x1
2017 2017 2018x
2018 .
m
để phương trình
có hai nghiệm thực phân biệt thỏa mãn điều kiện
A. m2 6;3 3
. B. m 2 6;3 3
.
11
C. m 3 3; 3
11
2 6
. D. 2 6; 3 .
3
m
3
2 2
Câu 15: (THPT Chuyên Quốc Học Huế) Cho hàm số y x m 2018 x 1 2021 với
m là tham số thực. Gọi S là tổng tất cả các giá trị nguyên của tham số m để đồ thị
của hàm số đã cho cắt trục hoành tại đúng hai điểm phân biệt. Tính S .
A. 960 . B. 986 . C. 984 . D. 990 .
4 2
Câu 16: Tập tất cả các giá trị của m để phương trình x 1
x m có nghiệm là
0;1
0;1
A. ;0 . B. 1; .
C. . D. .
Câu 17: (THPT TIÊN LÃNG) Cho hàm số
3
y x x
3 2 có đồ thị C . Gọi d là đường
thẳng đi qua A 3;20
và có hệ số góc m . Giá trị của m để đường thẳng d cắt C
tại 3 điểm phân biệt là
15
A. m . B. 15 m 24 hoặc m 24 .
4
4
C. 15 15
m 24 hoặc m 24 . D. m .
4
4
Câu 18: Cho hàm số bậc ba
đồ thị hàm số
đứng?
g x
3 2
f x ax bx cx d
2
x 3x 2
2x
1
4 2
x 5x 4 .
f x
có đồ thị như hình vẽ bên. Hỏi
có bao nhiêu đường tiệm cận

A. 4. B. 3. C. 2. D. 6.
3 2
Câu 19: [THPT NGUYỄN QUANG DIÊU] Cho biết hàm số y ax bx cx d
như hình vẽ bên. Trong các khẳng định sau, khẳng định nào đúng?
có đồ thị
.
a
0
a
0
a
0
A. . B. . C. . D.
2
2
2
b
3ac
0 b
3ac
0 b
3ac
0
a
0
.
2
b
3ac
0
Câu 20: [THPT chuyên Biên Hòa] Cho hàm số
bên. Mệnh đề nào dưới đây đúng?
3 2
y ax bx cx d
có đồ thị như hình vẽ

.
A. a 0, b 0, c 0, d 0 . B. a 0, b 0, c 0, d 0 .
C. a 0, b 0, c 0, d 0 . D. a 0, b 0, c 0, d 0 .
Câu 21: [THPT chuyên Lê Quý Đôn] Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để đồ thị hàm
3 2
số y x 3x m có hai điểm phân biệt đối xứng nhau qua gốc tọa độ.
A. m 1. B. m 0 . C. m 0 . D. 0 m 1.
3 2
Câu 22: [THPT Tiên Du] Đồ thị hàm số y 2x 3mx 3m
2 có hai điểm phân biệt đối
xứng nhau qua gốc tọa độ O khi m là
2
1
1
A. m 0, m . B. m . C. m 0 D. m , m 0 .
3
3
3
Câu 23: [THPT chuyên Lê Quý Đôn] Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để đồ thị hàm
3 2
số y x 3x m có hai điểm phân biệt đối xứng nhau qua gốc tọa độ.
A. m 1. B. m 0 . C. m 0 . D. 0 m 1.
3 2
y x m x m
Câu 24: [THPT Yên Lạc] Đồ thị hàm số
2 3 3có hai điểm phân biệt đối
xứng với nhau qua gốc tọa độ O khi giá trị của m là
A. m 0.
B. m 1. C. m 1, m 2. D. m 1, m 1.
Câu 25: [THPT chuyên Lê Quý Đôn] Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để đồ thị hàm
3 2
số y x 3x m có hai điểm phân biệt đối xứng nhau qua gốc tọa độ.
A. m 1. B. m 0 . C. m 0 . D. 0 m 1.
3 2
Câu 26: [THPT Tiên Du] Đồ thị hàm số y 2x 3mx 3m
2 có hai điểm phân biệt đối
xứng nhau qua gốc tọa độ O khi m là
2
1
A. m 0, m . B. m .
3
3
C. m 0 . D.
1
m , m 0 .
3
Câu 27: [THPT chuyên Lê Quý Đôn] Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để đồ thị hàm
3 2
số y x 3x m có hai điểm phân biệt đối xứng nhau qua gốc tọa độ.
A. m 1. B. m 0 . C. m 0 . D. 0 m 1.

3 2
y x m x m
Câu 28: [THPT Yên Lạc] Đồ thị hàm số
2 3 3có hai điểm phân biệt đối
xứng với nhau qua gốc tọa độ O khi giá trị của m là
A. m 0.
B. m 1. C. m 1, m 2. D. m 1, m 1.
Câu 29: [THPT chuyên Lê Quý Đôn] Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để đồ thị hàm
3 2
số y x 3x m có hai điểm phân biệt đối xứng nhau qua gốc tọa độ.
A. m 1. B. m 0 . C. m 0 . D. 0 m 1.
3 2
Câu 30: [THPT Tiên Du] Đồ thị hàm số y 2x 3mx 3m
2 có hai điểm phân biệt đối
xứng nhau qua gốc tọa độ O khi m là
2
1
1
A. m 0, m . B. m . C. m 0 . D. m , m 0 .
3
3
3
Câu 31: [THPT chuyên Lê Quý Đôn] Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để đồ thị hàm
3 2
số y x 3x m có hai điểm phân biệt đối xứng nhau qua gốc tọa độ.
A. m 1. B. m 0 . C. m 0 . D. 0 m 1.
3 2
y x m x m
Câu 32: [THPT Yên Lạc] Đồ thị hàm số
2 3 3có hai điểm phân biệt đối
xứng với nhau qua gốc tọa độ O khi giá trị của m là
A. m 0.
B. m 1. C. m 1, m 2. D. m 1, m 1.
Câu 33: Cho hàm số y f x
có đồ thị y f x
như hình vẽ bên. Đồ thị hàm số
2 1 2
g x f x x
có tối đa bao nhiêu điểm cực trị?
A. 3. B. 5. C. 6 . D. 7
Câu 34: [TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÊ HỒNG PHONG] Cho hàm số
3 2
m n 0
f x x mx nx 1với m , n là các tham số thực thỏa mãn .
7 22m
n
0
Tìm số cực trị của hàm số y f x .
A. 2 . B. 9 . C. 11. D. 5 .

3 2 3
Câu 35: [THPT chuyên Biên Hòa] Cho hàm số f x x x x
3 . Phương trình
2
f f x
1
có bao nhiêu nghiệm thực phân biệt ?
2 1
f x
A. 6 nghiệm. B. 9 nghiệm. C. 4 nghiệm. D. 5 nghiệm
3 2 3
Câu 36: [THPT chuyên Biên Hòa] Cho hàm số f x x x x
3 . Phương trình
2
f f x
1
có bao nhiêu nghiệm thực phân biệt ?
2 1
f x
A. 6 nghiệm. B. 9 nghiệm. C. 4 nghiệm. D. 5 nghiệm.
Câu 37: Tập hợp tất cả các giá trị của tham số m để đồ thị hàm số
2
y x m
2
4 x m 7 có điểm chung với trục hoành là a;
b (với a;
b
). Tính giá trị của S 2a b .
19
3
A. S . B. S 7 . C. S 5. D. S .
Câu 38 : [THPT Thuận Thành] Giá trị của m để phương trình:
4
x 2 x
4
6 x 2 6 x m .
có hai nghiệm phân biệt là.
A.
4 4
6 2 6 m 2 3 4 3 . B.
4 4
6 2 6 m 2 3 4 3 .
C.
4 4
6 2 6 m 2 3 4 3 . D.
4 4
6 2 6 m 2 3 4 3 .
3 2 3
Câu 39: [THPT chuyên Biên Hòa] Cho hàm số f x x x x
3 . Phương trình
2
f f x
1
có bao nhiêu nghiệm thực phân biệt ?
2 1
f x
A. 6 nghiệm. B. 9 nghiệm. C. 4 nghiệm. D. 5 nghiệm.
Câu 40: Cho hàm số y f x . Hàm số y f x có đồ thị như hình vẽ bên. Hàm số
y f 1
x
2
nghịch biến trên khoảng nào dưới đây?
23
3

3;
A. . B. 3; 1 . C. . D. 0;1 .
1; 3
Câu 41: (THPT Mộ Đức) Cho hàm số y f x liên tục trên \ 1 và có bảng biến thiên như
sau:
Đồ thị hàm số
1
y
2 f 3
x
có bao nhiêu đường tiệm cận đứng?
A. 1. B. 2 . C. 0 . D. 2 .
u x
Câu 42: (CHUYÊN VINH) Cho hàm số liên tục trên đoạn 0;5 và có bảng biến thiên
như hình vẽ. Có bao nhiêu giá trị nguyên m để phương trình
3x 10 2 x m.
u x có nghiệm trên đoạn 0;5 ?
A. 6 . B. 4 . C. 5 . D. 3 .
Câu 43: [THPT chuyên Biên Hòa] Tìm m để phương trình
x 6 6x 4 m 3 x 3 15 3m 2 x 2 6mx
10 0 có đúng hai nghiệm phân biệt thuộc
1
;2 ..
2

9
11
5
7
A. 0 m . B. m 4 . C. 2 m . D. m 3.
4
5
2
5
Câu 44: (THPT Lương Thế Vinh) Biết rằng phương trình
2 2 4
2
x x x m
nghiệm khi thuộc ; với , . Khi đó giá trị của T a 2 2 b là?
m a b
a b
A. T 3 2 2. B. T 6 . C. T 8. D. T 0 .
Câu 45: (THPT Chuyên Hùng Vương) Hàm số
3 3 3
y x m x n x
2 2
khoảng ; . Giá trị nhỏ nhất của biểu thức P 4 m n m n bằng
1
1
A. 16
. B. 4 . C. . D. .
16
4
có
đồng biến trên
3 2
Câu 46: Tìm tất cả các giá trị của tham số m để hàm số y x 3x mx 1
nghịch biến trên
khoảng 0; .
A. m 0 . B. m 3
. C. m 0 . D. m 3
.
Câu 47: Tìm tập hợp tất cả các giá trị thực của tham số m để hàm số
1 3 2 2
y x m 1 x m 2m
x 3 nghịch biến trên khoảng 0;1
.
3
A. 1;
B. ;0
C. 1;0 . D.
.
.
Câu 48: Với tất cả các giá trị thực nào của tham số m thì hàm số
3 2
y x 3 m 1 x 3m m 2 x nghịch biến trên đoạn 0;1 ?
0;1
.
A. 1 m 0. B. 1 m 0 . C. m 1
. D. m 0.
3 2
Câu 49: [THPT Gia Lộc] Tìm m để hàm số y x 3x 3mx m 1
nghịch biến trên
0; .
A. m 1. B. m 1. C. m 1. D. m 1.
2 2
x y 2
1
Câu 50: Cho x , y là các số thực thỏa mãn điều kiện: 3 .log2 x y 1 log2
1
xy
.
2
Câu 51:
3 3
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức M 2 x y 3xy
.
17
13
A. 3 . B. 7 . C. . D. .
2
2
(CHUYEN PHAN BOI CHAU) Biết rằng tập hợp tất cả các giá trị của tham số m
3
để phương trình x 3 x 1 m 1 có nghiệm là một khoảng có dạng a;
b . Tính
6
2 2
tổng S a b .
A. 1. B. 5 . C. 25 . D. 10.

3 2
Câu 52: (THPT LƯƠNG TÀI) Khi đồ thị hàm số y x bx cx d có hai điểm cực trị và
đường thẳng nối hai điểm cực trị ấy đi qua gốc tọa độ, hãy tìm giá trị nhỏ nhất minT
của biểu thức T bcd bc 3d
.
A. minT 4
. B. minT 6
.
C. minT 4 . D. minT 6 .
4
1
5
2
3
3
f x
Câu 53: (THPT Chuyên Lam Sơn) Cho hàm số f x có đạo hàm
f x x x x
. Số điểm cực trị của hàm số là:
A. 5 . B. 3 . C. 1. D. 2 .
Câu 54: (THPT Quảng Xương) Cho hàm số y f x có đạo hàm f x trên khoảng
;
. Đồ thị của hàm số y f x như hình vẽ
Đồ thị của hàm số
2
y f x
có bao nhiêu điểm cực đại, cực tiểu?
A. 2 điểm cực đại, 3 điểm cực tiểu. B. 1 điểm cực đại, 3 điểm cực tiểu.
C. 2 điểm cực đại, 2 điểm cực tiểu. D. 3 điểm cực đại, 2 điểm cực tiểu.
2 2
Câu 55: Cho hàm số y f x có đạo hàm f x x 1 x 2x
với x
. Có bao nhiêu
giá trị nguyên dương của tham số để hàm số f x 2 8x m có 5 điểm cực trị?
m
A. 15. B. 17 . C. 16 D. 18
Câu 56: Gọi M , m lần lượt là giá lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số
2018 2018
y sin x cos x
trên . Khi đó:
1
1
1
A. M 2 , m . B. M 1, m . C. M 1, m 0 . D. M 1, m .
1008
1009
1008
2
2
2
Câu 57 : Tìm m để đường thẳng : 1 cắt đồ thị (C) của hàm số
tại bốn điểm phân biệt có hoành độ nhỏ hơn 2 .
4 2
y x 3m 2 x 3m
d y
1
1
m 1 m 1
A. m . B. 3 . C. 3 . D. 0 m 1.
m
0
m
0

Câu58: (THPT-Chuyên Ngữ Hà Nội) Có bao nhiêu giá trị nguyên âm của m để hàm số
1
m
y x 5
x 2
đồng biến trên 5;
?
A. 10. B. 8 . C. 9 . D. 11.
Câu 59: (CHUYÊN ĐH VINH) Tìm tất cả các giá trị của tham số
a
để đồ thị hàm số
2
x x 1
y
có tiệm cận ngang.
2
ax 2
A. a 0 . B. a 0 . C. a 1
hoặc a 4 . D. a 0 .
Câu 60: (TRƯỜNG CHUYÊN ĐẠI HỌC VINH) Cho hàm số
y f x
có đồ thị như hình vẽ
2
bên. Tìm số giá trị nguyên của để phương trình f x 2x m có đúng 4 nghiệm
m
thực phân biệt
thuộc đoạn
3 7
; .
2 2
A. 1. B. 4 . C. 2 . D. 3 .
Câu 61: (THPT Lê Quý Đôn ) Cho hàm số bậc ba
y f x
tham số m để hàm số y f x m có ba điểm cực trị?
có đồ thị như hình vẽ bên. Tìm
A. 1 m 3. B. m 1
hoặc m 3 .
C. m 1
hoặc m 3 . D. m 3
hoặc m 1.

Câu 62 : (THPT Kinh Môn) Cho hàm số
3 2
y f ( x) x (2m 1) x (2 m) x 2 . Tìm tất cả
các giá trị của tham số m để hàm số y f ( x ) có 5 điểm cực trị.
5
5
5
5
A. m 2 B. 2
m C. m 2 D. m 2
4
4
4
4
Câu 63: (THPT Lê Xoay) Có bao nhiêu giá trị nguyên của m để hàm số
y 2m 3 sin x 2 m x đồng biến trên ?
A. 4 . B. 5 . C. 3 . D. 6 .
Câu 64: (THPT Chuyên Hà Tĩnh) Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m
y 2m 3 x 3m 1 cos x nghịch biến trên .
A. 1 B. 5 C. 0 D. 4
để hàm số
cot x
cot x
Câu 65: Tìm tất cả các giá trị của để hàm số y 8 m 3 .2 3m
2 (1) đồng biến
m
trên
; .
4
A. 9 m 3 . B. m 3 . C. m 9
. D. m 9
.
Câu 66: (THPT Phan Đình Phùng) Tất cả các giá trị của m
2cos x 1
để hàm số y đồng
cos x m
biến trên khoảng 0; là:
2
A. m 1. 1
1
B. m . C. m .
2
2
D. m 1.
Câu 67: Tìm số các giá trị nguyên của tham số m 2018;2018 để hàm số
y 2m 1 x 3m 2 cos x nghịch biến trên .
A. 3 . B. 4 . C. 4014 . D. 218 .
Câu 68: (Chuyên Lương Thế Vinh) Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để hàm số
y m 1 sin x 3cos x 5x
luôn nghịch biến trên ?
A. Vô số. B. 10 . C. 8 . D. 9 .
cot x 1
Câu 69: Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để hàm số y đồng biến trên khoảng
mcot x 1
; .
4 2
A. ;0 1; . B. m ;0 .
m
m1;
m;1
C. . D. .

3 1
π
Câu 70 : Cho hàm số y tan x 2 . Giá trị nhỏ nhất của hàm số trên 0; là phân số
2
cos x
2
a
tối giản , ở đó a , b là số nguyên và b 0 . Tính hiệu a b .
b
A. 50 . B. 4
. C. 4 . D. 50
.
Câu 71: (THPT CHU VĂN AN) Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để hàm số
y mx m 1 cos x đồng biến trên .
A.không có m . B.
1
1
m . C.
2
Câu 72 : (THPT CHUYÊN NGUYỄN QUANG DIÊU )
m
1
m . D. m 1.
2
Tìm tất cả các giá trị thực của
tham số để hàm số y 2m 1 x 3m 2 cos x nghịch biến trên .
1
1
1
A. 3 m . B. 3 m . C. m 3.
D. m .
5
5
5
Câu 73: (THPT CHUYÊN TUYÊN QUANG) Cho m , n không đồng thời bằng 0 . Tìm điều
kiện của m , n để hàm số y msin x ncos x 3x nghịch biến trên .
3 3
3 3
A. m n 9. B. m n 9. C. m 2, n 1.
D.
m
n 9.
2 2
Câu 74: (TRƯỜNG THPT TH CAO NGUYÊN ) Tìm tất cả các giá trị của
y x m sin x cos x đồng biến trên .
m
để hàm số
2 2 2
A. m . B. m . C. m . D. m
2
2
2
Câu 75: (THPT Nguyễn Thị Minh Khai) Tìm tất cả các giá trị thực của m để hàm số
cos x m
y đồng biến trên khoảng ;
cos x m
2 .
2 .
2
A. m 1. B. m 0 . C. 0 m 1 . D.
m
1
.
m
0
Câu 76: (Chuyên Lương Thế Vinh) Có bao nhiêu số nguyên âm m để hàm số
1 3
y cos x 4cot x m 1 cos x đồng biến trên khoảng 0;
?
3
A. 5 . B. 2 . C. vô số. D. 3 .
Câu 77: [THPT Kim Liên] Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m
y = ( m-3) x- ( 2m + 1)
cos x nghịch biến trên .
để hàm số

2
2
A. £ m £ 3. B. - 4 £ m £ .
3
3
C. - 4 £ m £ 3 . D.
2
- £ m £ 4 .
3
Câu 78: [THPT CHUYÊN LHP NAM ĐỊNH] Tìm tất cả các giá trị thực của tham số
cho hàm số y x m sin x cos x đồng biến trên .
A. m 1 1
; ;
1 1
. B. .
2
m
2
2 2
1
1 1
C. 3
m . D. m ; ;
.
2
2 2
m
sao
3 2
Câu 79: Tìm m để hàm số y sin x 3sin x msin x 4 đồng biến trên khoảng 0; .
2
A. m 0 . B. m 0 . C. m 0 . D. m 0 .
3 2
Câu 80: Tìm m để hàm số y sin x 3sin x msin x 4 đồng biến trên khoảng 0; .
2
A. m 0 . B. m 0 . C. m 0 . D. m 0 .
Câu 81: (THPT Ngọc Tảo) Hàm số f x
mx cos x đồng biến trên khoảng 0; khi và
2
chỉ khi giá trị của m thuộc khoảng nào sau đây?
A. B. C. D. 0;
0;
1;
1;
Câu 82: (THPT Kiến An) Gọi S là tập hợp tất cả các giá trị thực của tham số
3 2
để đường thẳng y m cắt đồ thị hàm số y x 3x
tại điểm phân biệt
, B , C ( B nằm giữa A và C ) sao cho AB 2BC
. Tính tổng các phần tử
thuộc S
3 A
7 7
A. 2. B. 4. C. 0 . D. .
7
3
Câu 83: (THPT Lý Thái Tổ) Cho hàm số y x 3 x.
có đồ thị là ( ) . M là điểm trên ( C)
có
C
1
hoành độ bằng 1. Tiếp tuyến tại điểm M cắt ( ) tại điểm khác M . Tiếp tuyến tại
1
C M
2
1
điểm M cắt ( ) tại điểm khác . Tiếp tuyến tại điểm M
cắt ( C)
tại điểm
n
2
C M
3
M
2
n 1
M khác M
n1 n 4, n N ? Tìm số tự nhiên n thỏa mãn điều kiện y
n
m
21
3xn
2 0.
A. n 7.
B. n 8.
C. n 22.
D. n 21.
Câu 84: (THPT Lê Quý Đôn)Cho hàm số y x 3 2009x
có đồ thị là C. M1
là
điểm trên C
có hoành độ x1 1. Tiếp tuyến của tại M cắt C
tại
C
1

điểm M
2
khác M1
, tiếp tuyến của C
tại M
2
cắt C
tại điểm M
3
khác M
2
, …, tiếp tuyến của C
tại M
n 1
cắt C
tại M
n
khác M
n 1 n 4;5;... , gọi
2013
xn;
yn
là tọa độ điểm M
n
. Tìm n để: 2009x
y 2 0 .
A. n 685 . B. n 679 . C. n 672 . D. n 675 .
Câu 85 : (THPT Chuyên Võ Nguyên Giáp) Biết các đường thẳng chứa các đường tiệm cận của
đường cong
H
C
: y
2
6x
1
x 2
x 5
. Mệnh đề nào dưới đây đúng?
A. H là một hình vuông có diện tích bằng 25 .
B. H là một hình chữ nhật có diện tích bằng 8 .
C. H là một hình vuông có diện tích bằng 4 .
D. H là một hình chữ nhật có diện tích bằng 10 .
Câu 86: (THPT Kiến An) Cho hàm số
C m1
2
n
n
và trục tung cắt nhau tạo thành một đa giác
y x 3x m 2 x m
3 2 2 2
có đồ thị là đường cong
m m C
. Biết rằng tồn tại hai số thực , của tham số để hai điểm cực trị của
và hai giao điểm của
4 4
Tính T m m .
1 2
C
với trục hoành tạo thành bốn đỉnh của một hình chữ nhật.
A. T 22 12 2 . B. T 11
6 2 .
3 2 2
C. T .
2
D.
15 6 2
T .
2
3
Câu 87 : (THPT Thăng Long) Cho hàm số f x x mx 2 , m là tham số. Biết rằng đồ thị
hàm số cắt trục hoành tại ba điểm phân biệt có hoành độ là a , b , c . Tính giá trị biểu
1 1 1
thức P
f a f b f c
1
A. 0 . B. . C. 29 3m . D. 3
m .
3
Câu 88: [THPT CHUYÊN LAM SƠN] Tìm tập hợp tất cả các giá trị thực của tham số
số y mx m 1 x 2 nghịch biến trên D 2; .
m để hàm
A. m 1. B. m 0 . C. m 1. D. 2 m 1
.
f x
Câu 89: (THPT Phan Chu Trinh) Cho hàm số có đạo hàm trên và có đồ thị y f x
như hình vẽ. Xét hàm số
2
2
g x f x
. Mệnh đề nào sau đây sai?

g x
A. Hàm số nghịch biến trên 1;0
. B. Hàm số g x nghịch biến trên
.
C. Hàm số nghịch biến trên . D. Hàm số g x đồng biến trên
.
g x
0;2
Câu 90: (THPT Chuyên Thái Bình) Cho a , b , c là các số thực thuộc đoạn 1;2
thỏa mãn
log a log b log c 1.
3 3 3
2 2 2
Khi biểu thức
3 3 3
a b c
P a b c 3 log2 a log2 b log2
c
a b c
là
1
3
đạt giá trị lớn nhất thì giá trị của tổng.
3
A. 3 . B. 3.2 . C. 4 . D. 6 .
Câu 91: [THPT Ngô Quyền] Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để hàm số
2
x mx 4
y
liên tục và đạt giá trị nhỏ nhất trên 0;4
tại một điểm x0 0;4
.
x m
A. m 2 . B. 0 m 2 . C. 2 m 0 . D. 2 m 2
.
Câu 92: [Chuyên ĐH Vinh] Tập hợp nào dưới đây chứa tất cả các giá trị của tham số m sao
2
cho giá trị lớn nhất của hàm số y x 2x m trên đoạn 1;2
khi x 1
bằng 5 .
4;3
6; 3 0;2
0;
5; 2 0; 3 .
A. . B. . C. . D.
Câu 93: [Chuyên ĐH Vinh] Tập hợp nào dưới đây chứa tất cả các giá trị của tham số m sao
2
cho giá trị lớn nhất của hàm số y x 2x m trên đoạn 1;2
khi x 1
bằng 5 .
4;3
6; 3 0;2
0;
5; 2 0; 3 .
A. . B. . C. . D.
Câu 94: (THPT Chuyên Quốc Học Huế) Cho biểu thức
2 2 2 2 2 2 2
P 3x a y 3y a x 4xy 4 a ax ay x y trong đó a
là số thực
dương cho trước. Biết rằng giá trị lớn nhất của P bằng 2018 . Khi đó, mệnh đề nào
sau đây đúng?
A. a = 2018 . B. a Î (500;525] . C. a Î (400;500] . D.
a Î (340;400] .
2
x mx 1
Câu 95: Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để hàm số y
liên tục và đạt giá
x m
0;2
trị nhỏ nhất trên tại một điểm x0 0;2 .
A. 0 m 1. B. m 1. C. m 2 . D. 1 m 1.

3 2
Câu 96: (THPT Lê Hoàn) Tìm m để giá trị nhỏ nhất của hàm số y x 3mx
6 trên đoạn
0;3 bằng 2 .
31
3
A. m 2 . B. m . C. m . D. m 1.
27
2
Câu 97: (THPT TRẦN PHÚ) Cho hai số thực x , y thỏa mãn:
3 2
2y 7 y 2x 1 x 3 1 x 3 2y
1
P x 2y
.
. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
A. P 10
B. P 4 . C. P 6 . D. P 8 .
Câu 98: (THPT Xuân Trường) Cho
x,
y
là hai số thực dương thay đổi thỏa mãn điều kiện
1
xy 1 xy 1 y 1 x . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
y
P
x y x 2y
2 2
x xy 3y
6
x y
?
5 7
7 5
5 7
5 7
A. . B. . C. . D. .
3 30
30 3
3 30
30
Câu 99: (THPT Trần Hưng Đạo) Xét các số thực dương x , y thỏa mãn
2
2x y1
2x y
2018
2
x 1
. Tìm giá trị nhỏ nhất P của P 2y 3x
.
min
1
7
3
5
A. Pmin
. B. Pmin
. C. Pmin
. D. Pmin
2
8
4
6
.
Câu 100: (THPT Lê Xoay) Cho các số thực , thỏa mãn x y 1 2 x 2 y 3 . Giá
trị lớn nhất của biểu thức
x y
M 3 x y 1 .2 3 x y
x y 4 7 x y 2 2
bằng
9476
193
148
A. . B. 76
. C. . D. .
243
3
3
Câu 101: (THPT Lê Xoay) Cho a,
b ; , 0 thỏa mãn 2 a 2 b 2 ab a b ab 2 .
a b
3 3 2 2
a b a b
Giá trị nhỏ nhất của biểu thức P 4 9 bằng
3 3
2 2
b a b a
21
23
23
A. 10 . B. . C. . D. .
4
4
4
Câu 102: (THPT Kim Liên) Cho x , y là hai số thực thỏa mãn điều kiện
2 2
x y xy 4 4y 3x
. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
3 3 2 2
P 3 x y 20x 2xy 5y 39x
.

5
5
A. 100. B. . C. . D. 5 .
3
5
Câu 103 : [THPT Đô Lương] Cho hai số thực dương x,y thỏa mãn
2 2
trị lớn nhất của biểu thức P (2 x y)(2 y x) 9xy
là:
x y
2 2 4
A. 18 B. 12 C. 16 D. 21
. Giá
Câu 104: (THPT Trần Nhân Tông) Cho hai số thực x,
y thỏa mãn:
3
9x 2 y 3xy 5 x 3xy
5 0
Tìm giá trị nhỏ nhất của P x 3 y 3 6xy 33x 2 1 x y 2
296 15 18
36 296 15 36 4 6
4 6 18
A. . B. . C. . D.
9
9
9
9
.
1
Câu 105: (THPT Lê Quý Đôn) Cho hai số thực x , y thỏa mãn 0 x ,
2
1
0 y và log 11 2x y
2y 4x
1. Xét biểu thức
2
2
P 16yx 2x3y 2
y 5 . Gọi m , M lần lượt là giá trị nhỏ nhất và giá trị
lớn nhất của P . Khi đó giá trị của T 4m M bằng bao nhiêu?
A. 16 B. 18 C. 17 D. 19
Câu 106: (THPT Thăng Long) Cho x , y , z là ba số thực dương và
3 8 1
P
x y z
2x y 8yz 2 2 2
2 x y z 4xz
3
x y z
.
đạt giá trị nhỏ nhất. Tính
3
A. 3 . B. 3 3 . C. 1. D. .
2
Câu 107: (THPT Đức Thọ) Cho các số thực x , y với x 0 thỏa mãn
x 3 y xy 1 xy
1
5 5 x
y 1
1 5 1 3y
. Gọi m là giá trị nhỏ nhất của biểu thức
x3
y
5
T x 2y
1. Mệnh đề nào sau đây là đúng?
m
m
m
m1;0
A. 0;1 . B. 1;2 . C. 2;3 . D.
.
Câu 108: [THPT chuyên Lê Quý Đôn] Cho x , y là các số thực thỏa mãn
x y x 1 2y
2 . Gọi M , m lần lượt là giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của
2 2
P x y 2 x 1 y 1 8 4 x y . Khi đó, giá trị của M m bằng.
A. 41. B. 42 . C. 43. D. 44 .

Câu 109: [THPT Kim Liên] Tìm giá trị nhỏ nhất P min
của biểu thức
( ) ( )
2 2
2 2
P = x- 1 + y + x + 1 + y + 2-
y .
191
A. P
min
= 5 + 2 . B. P
min
= 2 + 3 . C. P
min
= 2 2 . D. P
min
= .
50
Câu 110: [THPT Chuyên KHTN] Với a, b 0 thỏa mãn điều kiện a b ab 1, giá trị nhỏ
4 4
nhất của P a b bằng.
4
4
4
4
A. 2 2 1 . B. 2 2 1 . C. 2 1 . D. 2 1
.
Câu 111: Xét ba số thực ; ; thay đổi thuộc đoạn 0;3 . Giá trị lớn nhất của biểu thức
a b c
2 2 2
T 4 a b b c c a ab bc ca a b c
3
81
41
A. 0 . B. . C. . D. .
2
4
2
Câu 112: (THPT Trần Nhân Tông) Tìm tất cả các giá trị tham số m sao cho đồ thị hàm số
y x 4 2 m 1
x 2 m
2 có ba điểm cực trị nội tiếp đường tròn bán kính bằng 1.
3 5
3 5
A. m 1, m . B. m 0 , m
.
2
2
3 5
3
5
C. m 0 , m . D. m 1, m .
2
2
4 2 2
Câu 113: Tất cả giá trị của m sao cho đồ thị của hàm số y x 8m x 1
có ba điểm cực trị
tạo thành một tam giác có diện tích bằng
64
A. m 3
2 ; m 3
2 . B. m 2 ; m 2 . C. m 2 ; m 2
. D. m 5
2 ;
m 5 2 .
Câu 114: (THPT ĐẶNG THÚC HỨA) Tìm giá trị tham số m để đồ thị hàm số
4 2
y x 2( m 1) x 2m
3 có ba điểm cực trị A , B , C sao cho trục hoành chia tam
giác ABC thành một tam giác và một hình thang biết rằng tỉ số diện tích tam giác nhỏ
được chia ra và diện tích tam giác ABC bằng
4
9
.
1
15
1 3
A. m . B. m
5 3
. C. m .
2
2
2
D.
1 15
m
.
2
Câu 115: Tìm tất cả các giá trị thực của tham số
4 2 4
y x 2mx 2m m
là
có ba điểm cực trị đều thuộc các trục tọa độ
m
là
sao cho đồ thị hàm số
1
A. m 2 . B. m 3 . C. m 1. D. m .
2

4 2
Câu 116: Cho hàm số y x 2mx 4m 4 ( m là tham số thực). Xác định m để hàm số đã
cho có 3 cực trị tạo thành tam giác có diện tích bằng 1.
A. m 1. B. m 3 . C. m 5 . D. m 7 .
Câu 117: Đồ thị hàm số
giác đều khi:
4 2
y x 2mx 2m
có ba điểm cực trị tạo thành ba đỉnh của một tam
A. m 3 3 . B. m 0 . C. m 3. D. m 0 .
4 2 2
Câu 118: (THPT TIÊN DU SỐ 1) Tìm m để đồ thị hàm số y x 2m x 1
có 3 điểm cực
trị lập thành một tam giác vuông cân.
A. 1. B. 1;1 . C. m 1;0;1 . D. Không tồn
m m
tại m .
3
Câu 119: (THPT CHUYÊN NGUYỄN TRÃI) Cho hàm số y x 3mx
1
1
. Cho A2; 3
, tìm m để đồ thị hàm số 1 có hai điểm cực trị B và C sao cho tam giác ABC cân
tại A .
1
A. m
3
. B. m
1
3
. C. m . D. m .
2
2
2
2
4 2 2 2
Câu 120: (THPT TIÊN LÃNG) Đồ thị hàm số y x 2m x m ( m là tham số) có ba điểm
cực trị A, B , C sao cho bốn điểm A, B , C , O là bốn đỉnh của hình thoi ( O là gốc
toạ độ) khi và chỉ khi
2
2
A. m . B. m 2 . C. m 2 . D. m .
2
2
4 2 2
Câu 121: (THPT TRẦN HƯNG ĐẠO) Cho hàm số y x 2mx m 2 . Tìm m để hàm số
có 3 điểm cực trị và các điểm cực trị của đồ thị hàm số là ba đỉnh của một tam giác
vuông?
A. m 1. B. m 1. C. m 2 . D. m 2
.
Câu 122: (THPT CHUYÊN PHAN BỘI CHÂU) Cho hàm số
C
m
4 2
y x mx m
2 1
có đồ thị
là . Tìm tất cả các giá trị của để có ba điểm cực trị cùng với gốc tọa độ
m
tạo thành bốn đỉnh của một hình thoi.
A. m 1 2 hoặc m 1
2 . B. Không có giá trị m .
C. m 4 2 hoặc m 4 2 . D. m 2 2 hoặc m 2 2 .
Câu 123 : (THPT CHUYÊN BIÊN HÒA) Tìm
m
C m
có ba điểm cực trị A , B , C sao cho S 1.
ABC
để đồ thị hàm số
4 2 2
y x 2mx 2m 4m
A. m 4 . B. m 1. C. m 3 . D. m 2 .

4 2
Câu 124: (THPT CHUYÊN LÊ QUÝ ĐÔN) Cho hàm số y x 2mx 1
m . Tìm tất cả
các giá trị thực của tham số m để đồ thị hàm số có ba điểm cực trị tạo thành một tam
giác nhận gốc tọa độ O làm trực tâm.
A. m 1. B. m 2 . C. m 0 . D. m 1.
Câu 125: Với giá trị nào của tham số m thì đồ thị hàm số
y x 4 2 m 1 x 2 m 4 3m
2 2017 có ba điểm cực trị tạo thành một tam giác có
diện tích bằng 32 ?
A. m 2 . B. m 3 . C. m 4 . D. m 5 .
Lời giải chi tiết
Câu 1: Chọn B
Đặt f x u khi đó nghiệm của phương trình f f x chính là hoành độ giao
điểm của đồ thị f u với đường thẳng y 1.
1
f x u1
5
Dựa vào đồ thị ta có ba nghiệm f x
u2
với u1 1;0
, u2 0;1
, u3
;3
.
2
f x
u3
Tiếp tục xét số giao điểm của đồ thị hàm số f x
với từng đường thẳng y u1
,
y u 2
, y u3
.

1
7
Dựa vào đồ thị ta có được giao điểm. Suy ra phương trình ban đầu f f x có
7 nghiệm.
Câu 2: Chọn C
x
a
Ta có h' x f ' x g ' x
, h' x
0
x b .
x c
Trên miền b x c thì đồ thị hàm số y f ' x nằm phía trên đồ thị hàm số
y g ' x
f ' x g ' x 0 h' x 0, x b;
c
nên .
Trên miền a x b thì đồ thị hàm số y f ' x nằm phía dưới đồ thị hàm số
y g ' x
f ' x g ' x 0 h' x 0, x a;
b
Bảng biến thiên
nên .
Từ bảng biến thiên ta thấy min h x h b .
a;
c
Câu 3: Chọn B
Câu 4: Chọn B

2 2 2 1 1 2 1 1
3
2 1
y x x 3 x . . 3 , dấu bằng đạt được khi x x 1.
x x x x x
Câu 5: Chọn B
Do x y 1 y 1
x .
x 1
x x 1
x
Xét S
với x .
x
0;1
1 x 1 x 1 2 x x 1
x
1 2
S 0
2 x x 1
2 2
với x 0;1 .
Suy ra MaxS S 0 1
.
Câu 6: Chọn B
1
mx
Tập xác định D , y
.
2 2
x 1 x 1
Vì hàm số liên tục và có đạo hàm trên nên để hàm số đạt GTLN tại x 1, điều kiện
cần là y(1) 0 1 m 0 m 1.
Khi đó ta lập bảng biến thiên và hàm số đạt GTLN tại x 1.
Câu 7: Chọn A
TXĐ: D \m
.
2
m
5
f x
0x D
x m
nên f x
nghịch biến trên D .
m 5
Do đó min f x
f 1
7 7 m 2 .
0;1
1
m
Câu 8: Chọn A
Giải.
2
m1
x x
1
Ta có y ' , y ' 0 .
2
2
x 1
x
1
Vì hàm số đã cho liên tục và xác định nên ta có hàm số đã cho đạt giá trị lớn nhất tại
x 1
trên đoạn 2;2
khi.
y 1 y 2 ; y 1 y 2 ; y 1 y 1
hay m 0 .
Câu 9: Chọn D
2 2
x 2mx m 1 x m 1
Điều kiện: x m
. Ta có: y
.
2 2
x m x m
2

Do hệ số
2
x
là số dương và theo yêu cầu đề bài ta có bảng biến thiên như sau:
.
Cho y 0 có nghiệm m
1
và m
1
nên x0 m
1.
Hàm số đạt giá trị nhỏ nhất tại x nên 0 m
1 2 1 m 1.
0
Kết hợp điều kiện để hàm số liên tục trên 0;2 thì m
0 m 0 .
Ta có giá trị m cần tìm là 0 m 1.
Câu 10: Chọn C
Ta có,
2
m 1
y ' 0, x m . Suy ra, hàm số đồng biến trên từng khoảng xác
2
x m
mx 1
1
định. Để hàm số y đạt giá trị lớn nhất bằng trên [0;2] thì.
x m
3
m0;2
m0;2
1 2m
1 1 m 1.
.
y
2
3 m 2 3
Câu 11: Chọn A
2
m
1 Ta có : f x
hàm số liên tục trên đoạn nên giá trị
2 0 x
1 f x
2; 1
x 1
2
m
1
2
nhỏ nhất của f x 4 f 1
4 4 m 9 m 3.
11
Câu 12: Chọn C
2 2 2 1 3
Ta có: y
3x k k 1 3x k 0 .
2 4
Nên hàm số đồng biến trên .
2
2 8 2 1
2
1 1 1
M y k k
m y k k
2 1 45 45
M m 9 3k k 1
3
k .
2 4 4
2 2 2 2
x0 y0 6 8 100
. (Không có đáp án).
.
2
2

Câu 13: Chọn A
Gọi
M x ; y
0 0
là điểm cố định của đồ thị hàm số đã cho.
3 2
Khi đó: y0 m 4 x0 6 m 4 x0 12mx0
7m
18
luôn đúng m
3 2 3 2
x0 6x0 12x0 7
m y0 4x0 24x0
18
luôn đúng m
3 2 3 2
x0 6x0 12x0 7 0
x0 6x0 12x0
7
3 2
3 2
y0 4x0 24x0 18 0
y0 4x0 24x0
18 0
y 4 12x 7 18 0 y 48x
10
.
0 0 0 0
Vậy phương trình đường thẳng đi qua ba điểm cố định là y 48x
10
.
Câu 14: Chọn A
Ta có
2x x1 2 x1
2017 2017 2018x
2018
2x x1 2 x1
x x
2 1 2 1 .
2017 1009 2 1 2017 1009 2 1
f x x f x
u
Xét hàm số f u 2017 1009u
Ta có f t 2017 u ln 2017 1009 0, u
f u
Nên 2x x 1 2 x 1 1 x 1.
đồng biến.
5x 2 12x 16 m x 2 x
2 2
Ta lại có
2 2 2
3 x 2 2 x 2 m x 2 x 2
2
x 2 x 2
3
2 m.
.
2 2
x 2 x 2
x 2 2 2x
Xét t t x
0, x
3
1;1
2
x 2 2
x 2
3
Nên t 3 .
3
Khi đó phương trình trở thành 3t 2 mt 3t m .
t
2
2
2 3t
2
Xét hàm số f t
3t
. ta có f t
3 .
2 2
t
t t
6
Cho f t
0 t .
3
Bảng biến thiên
2 2

Dựa vào bảng biến thiên suy ra 2 6 m 3 3 .
Câu 15: Chọn C
Đặt
2
2018 x t;0 t 2018
2
= + 2018- + 1 - 2021 = - t + m( t + 1)
-3
Khi đó y x ( )
2 m x
2
2
= - t + mt + m-3 (*);
Theo đề bài, để đồ thị hàm số cắt trục hoành tại hai điểm phân biệt thì phương trình
(*)cần có 1 nghiệm dương thỏa mãn 0 t 2018
TH1:
*
có 1 nghiệm kép.
2
m m
4 12 0
2
m m
4 12 0
TH2: *
có 2 nghiệm trái dấu. m 3 m 3 1
P 0
1
* có 1 nghiệm dương trên khoảng 0 t 2018 nên ta xét GTLN của m với
0 t 2018
2
2 t 3
y 0 t mt m 3 0 m t
0; 2018
t 1
2
2
x 3
Xét hàm y , x 0; 2018
x 2x
3 x
3
, ta có
x 1
y 0
2
x 1
x 1
Lập BBT ta có
2021
3 m 44,009
2018 1
Câu 16: Chọn C
44
S i 984
i4

Đặt t x 0 .
Ta có
4 4
m g t t 1 t
3 2
4 4 4
1 1 1
1
t t t t t t
4 4 4 2 3
Hàm g( t)
giảm và có g 0 1
và lim y 0 . Vậy 0 m 1
Câu 17: Chọn B.
x
Đường thẳng d hệ số góc m , đi qua A 3;20
, có phương trình y m x
Xét phương trình hoành độ giao điểm
Ta có:
3
x m x m
3 3 18 0
2
x x x m
3 3 6 0
x
3 0
2
x 3x 6 m 0 *
Để đường thẳng d cắt
y mx 3m
20
3
x x mx m
3 2 3 20 (1).
C tại 3 điểm phân biệt thì phương trình
15
9 46 m
0
m
phân biệt khác 3, hay
4 .
m 24
m
24
3 20
* có 2 nghiệm
Câu 18: Chọn C
Quan sát đồ thị hàm số f x
ta thấy đồ thị hàm số cắt trục hoành tại điểm
có hoành độ x0 0;1
, có hệ số a 0 và tiếp xúc với trục hoành tại điểm có
hoành độ bằng 2. Từ đó suy ra f x a x x x 2
.
Suy ra
g x
0
2
0
2 2
x x x x x x
3 2 2 1 3 2 2 1
5 4 . 5 4 . 2
4 2 4 2
x x f x x x a x x x
1 ; \ ,1, 2
2x
1
2
xác định
trên D
x0
và g x
.
2
2
a x 1 x 2 x 2 x x0
Ta có lim g x
, lim g x
và lim g( x)
hữu hạn nên hàm số có 2
/
/
xx0 x2
tiệm cận đứng là x x 0
và x 2 .
x1
Câu 19: Chọn A
2
y ' 3ax 2bx c .

2
b 3ac
.
Dựa vào đồ thị ta có a 0 và hàm số có hai cực trị nên 0 .
Câu 20: Chọn C
Từ hình dáng đồ thị ta suy ra hệ số a 0, d 0 loại đáp án C.
Ta có: y 3ax 2 2bx c .
Vì hàm số đạt cực tiểu tại điểm x 0 nên y0
0 c 0 loại đáp án A.
b
3a
Khi đó: y 0 3ax 2bx 0 x 0 x .
2 2
Do hoành độ điểm cực đại dương nên 0 , mà a 0 b 0.
Câu 21: Chọn B
TXĐ: D .
Gọi tọa độ hai điểm đối xứng nhau qua gốc tọa độ lần lượt là A x; y , B x;
y
.
Vì hai điểm cùng thuộc đồ thị nên ta có:
3 2
y x 3x m
2
m 3x
1
.
3 2
y x 3x m
Với m 0 thì 1 vô nghiệm, không thỏa mãn.
1
0;0
2b
3a
Với m 0 thì có nghiệm duy nhất , không thỏa mãn.
m m m m m m
Với m 0 thì1 có nghiệm là
;
và thỏa mãn
3 27
;
3 27
Câu 22: Chọn A
M x0 y0
0 0
3 2
.
3 2
2 3 3 2 2
Giả sử ; và N - x ; y
là cặp điểm đối xứng nhau qua O , nên ta có :
y0 2x0 3mx0
3m
2 1
y0 x0 mx0
m
2
Lấy (1) cộng với (2)vế với vế,ta có : 6mx
6m
4 0 3 .
Xét m 0 ta có (3) vô nghiệm.
2 6m
4 3m
2 2
Xét m 0 ta có x0
0 m;0 ;
.
6m
3m
3
Câu 23: Chọn B
TXĐ: D .
Gọi tọa độ hai điểm đối xứng nhau qua gốc tọa độ lần lượt là A x; y , B x;
y
.
Vì hai điểm cùng thuộc đồ thị nên ta có:
0

3 2
y x 3x m
2
m 3x
1
.
3 2
y x 3x m
Với m 0 thì 1 vô nghiệm, không thỏa mãn.
1
0;0
Với m 0 thì có nghiệm duy nhất , không thỏa mãn.
m m m m m m
Với m 0 thì1 có nghiệm là
;
và thỏa mãn.
3 27
;
3 27
Câu 24: Chọn C
; N x ; y là hai điểm thuộc đồ thị hàm số đối xứng nhau qua
Giả sử M x y và
1 1
1 1
gốc tọa độ. Khi đó:
x 3 1
m 2 x1 3m 3
x1 m 2 x1 3m 3
2 m 2 x1
6m
1
.
2
3m
1
x1
m 2
( vì m 2 không thỏa).
3
2
m
1
Vì x1 0 nên 0 m 1 m 2. .
m 2
Câu 25: Chọn B
TXĐ: D .
Gọi tọa độ hai điểm đối xứng nhau qua gốc tọa độ lần lượt là A x; y , B x;
y
.
Vì hai điểm cùng thuộc đồ thị nên ta có:
3 2
y x 3x m
2
m 3x
1
.
3 2
y x 3x m
Với m 0 thì 1 vô nghiệm, không thỏa mãn.
1
0;0
Với m 0 thì có nghiệm duy nhất , không thỏa mãn.
m m m m m m
Với m 0 thì1 có nghiệm là
;
và thỏa mãn.
3 27
;
3 27
Câu 26: Chọn A
M x0 y0
0 0
3 2
.
3 2
2 3 3 2 2
Giả sử ; và N - x ; y
là cặp điểm đối xứng nhau qua O , nên ta có :
y0 2x0 3mx0
3m
2 1
y0 x0 mx0
m
2
Lấy (1) cộng với (2)vế với vế,ta có : 6mx
6m
4 0 3 .
Xét m 0 ta có (3) vô nghiệm.
2 6m
4 3m
2 2
Xét m 0 ta có x0
0 m;0 ;
.
6m
3m
3
Câu 27: Chọn B
TXĐ: D .
Gọi tọa độ hai điểm đối xứng nhau qua gốc tọa độ lần lượt là A x; y , B x;
y
.
0

Vì hai điểm cùng thuộc đồ thị nên ta có:
3 2
y x 3x m
2
m 3x
1
.
3 2
y x 3x m
Với m 0 thì 1 vô nghiệm, không thỏa mãn.
1
0;0
Với m 0 thì có nghiệm duy nhất , không thỏa mãn.
m m m m m m
Với m 0 thì1 có nghiệm là
;
và thỏa mãn
3 27
;
3 27
Câu 28: Chọn C
; N x ; y là hai điểm thuộc đồ thị hàm số đối xứng nhau qua
Giả sử M x y và
1 1
1 1
gốc tọa độ. Khi đó:
x 3 1
m 2 x1 3m 3
x1 m 2 x1 3m 3
2 m 2 x1
6m
1
.
2
3m
1
x1
m 2
( vì m 2 không thỏa).
3
2
m
1
Vì x1 0 nên 0 m 1 m 2. .
m 2
Câu 29: Chọn B
TXĐ: D .
Gọi tọa độ hai điểm đối xứng nhau qua gốc tọa độ lần lượt là A x; y , B x;
y
.
Vì hai điểm cùng thuộc đồ thị nên ta có:
3 2
y x 3x m
2
m 3x
1
.
3 2
y x 3x m
Với m 0 thì 1 vô nghiệm, không thỏa mãn.
1
0;0
Với m 0 thì có nghiệm duy nhất , không thỏa mãn.
m m m m m m
Với m 0 thì1 có nghiệm là
;
và thỏa mãn.
3 27
;
3 27
Câu 30: Chọn A
M x0 y0
0 0
3 2
.
3 2
2 3 3 2 2
Giả sử ; và N - x ; y
là cặp điểm đối xứng nhau qua O , nên ta có :
y0 2x0 3mx0
3m
2 1
y0 x0 mx0
m
2
Lấy (1) cộng với (2)vế với vế,ta có : 6mx
6m
4 0 3 .
Xét m 0 ta có (3) vô nghiệm.
2 6m
4 3m
2 2
Xét m 0 ta có x0
0 m;0 ;
.
6m
3m
3
Câu 31: Chọn B
TXĐ: D .
0

Gọi tọa độ hai điểm đối xứng nhau qua gốc tọa độ lần lượt là A x; y , B x;
y
.
Vì hai điểm cùng thuộc đồ thị nên ta có:
3 2
y x 3x m
2
m 3x
1
.
3 2
y x 3x m
Với m 0 thì 1 vô nghiệm, không thỏa mãn.
1
0;0
Với m 0 thì có nghiệm duy nhất , không thỏa mãn.
m m m m m m
Với m 0 thì1 có nghiệm là
;
và thỏa mãn.
3 27
;
3 27
Câu 32: Chọn C
; N x ; y là hai điểm thuộc đồ thị hàm số đối xứng nhau qua
Giả sử M x y và
1 1
1 1
gốc tọa độ. Khi đó:
x 3 2 3 2 2
1
m 2 x1 3m 3
x1 m 2 x1 3m 3
2 m 2 x1
6m
1
.
2
3m
1
x1
( vì m 2 không thỏa).
m 2
3
2
m
1
Vì x1 0 nên 0 m 1 m 2. .
m 2
Câu 33: Lời giải
Chọn B
2
.
Xét hàm số h x 2 f x x 1 , ta có h
x 2 f x 2 x 1
.
h
x 0 f x x 1 x 0 x 1 x 2 x 3
Lập bảng biến thiên:

Từ bảng biến thiên suy ra đồ thị hàm y h x có 2 điểm cực trị. Đồ thị hàm số
g x h x nhận có tối đa 5 điểm cực trị.
Câu 34: Chọn C
0
1 0
1
0
f
f m n
f 2 7 2 2m n 0
lim
x
f
x
; lim f x .
x
Khi đó đồ thị hàm số
y f x
có dạng như sau:
2
10 5 5 10
2
4
6
Đồ thị
y f x
có dạng như sau.
8

8
r( x) = x 3 6∙x 2 + 7∙x 1
s( x) = x 3 6∙x 2 + 7∙x 1
6
4
2
10 5 5 10
Vậy số cực trị của hàm số y f x là 11.
Câu 35: Chọn D
Cách 1:
3 2 3
Xét hàm số f x x 3x x .
2
Ta có f x 3x 6x
1.
2
3 6 9 8 6
x1 f x1
2
3 18
f x
0 3x 6x
1 0
.
3 6 9 8 6
x2 f x2
3 18
Bảng biến thiên.
2
Xét phương trình
Đặt
t f x
f x
f f x
1.
2 1
. Khi đó phương trình trở thành.
f t
3 5
2t
1
2 2
3 2 3 2
1 f t 2t 1 t 3t t 2t 1 t 3t t 0 *
.
.

3 2 5
Xét hàm số g t t 3t t liên tục trên .
2
1 29
+ Ta có g 3 . g 4 . 0 nên phương trình có một nghiệm t t 1
3;4
2 2
.
Khi đó dựa vào bảng biến thiên ở trên thì phương trình
*
f x t1
9 8 6
t1 3 f x1
có một nghiệm.
18
+ Ta có g 1 1 11
1 . g
. 0 nên phương trình *
có một nghiệm
2 2 8
1
t t2
;1
.
2
Khi đó dựa vào bảng biến thiên ở trên thì phương trình
f x t2
9 8 6 1 9 8 6
f x2 t2 1
f x1
có ba nghiệm phân biệt.
18 2 18
+ Ta có 4
217 1
g . g 1 . 0 nên phương trình *
có một nghiệm
5 250 2
4
t t3
1;
.
5
Khi đó dựa vào bảng biến thiên ở trên thì phương trình
4
9
t3 f x
8 6
2
có một nghiệm.
5 18
Vậy phương trình đã cho có 5 nghiệm thực.
Cách 2:
Đặt
t f x
. Khi đó phương trình trở thành.
f x t3
f t
3 5
2t
1 2 2
3 2 3 2
1 f t 2t 1 t 3t t 2t 1 t 3t t 0 *
t1
3,05979197
t2
0,8745059057 .
t3
0,9342978758
3 2 3
+ Xét phương trình x 3x x t1
3.05979197 . Bấm máy tính ta được 1
2
nghiệm.
3 2 3
+ Xét phương trình x 3x x t2
0,8745059057 . Bấm máy tính ta được 3
2
nghiệm.
với
với
với
.

3 2 3
+ Xét phương trình x 3x x t3
0,9342978758
. Bấm máy tính ta được 1
2
nghiệm.
Vậy phương trình đã cho có 5 nghiệm thực.
Câu 36: Chọn D
Cách 1:
3 2 3
Xét hàm số f x x 3x x .
2
Ta có f x 3x 6x
1.
2
3 6 9 8 6
x1 f x1
2
3 18
f x
0 3x 6x
1 0
.
3 6 9 8 6
x2 f x2
3 18
Bảng biến thiên.
Xét phương trình
Đặt
t f x
f x
f f x
1.
2 1
. Khi đó phương trình trở thành.
f t
3 5
2t
1 2 2
3 2 3 2
1 f t 2t 1 t 3t t 2t 1 t 3t t 0 *
3 2 5
Xét hàm số g t t 3t t liên tục trên .
2
1 29
+ Ta có g 3 . g 4 . 0 nên phương trình có một nghiệm t t 1
3;4
2 2
.
Khi đó dựa vào bảng biến thiên ở trên thì phương trình
9 8 6
t1 3 f x1
18
có một nghiệm.
*
f x t1
với
.
.

+ Ta có g 1 1 11
1 . g
. 0 nên phương trình *
có một nghiệm
2 2 8
1
t t2
;1
.
2
Khi đó dựa vào bảng biến thiên ở trên thì phương trình
f x t2
9 8 6 1 9 8 6
f x2 t2 1
f x1
có ba nghiệm phân biệt.
18 2 18
+ Ta có 4
217 1
g . g 1 . 0 nên phương trình *
có một nghiệm
5 250 2
4
t t3
1;
.
5
Khi đó dựa vào bảng biến thiên ở trên thì phương trình
4
9
t3 f x
8 6
2
có một nghiệm.
5 18
Vậy phương trình đã cho có 5 nghiệm thực.
Cách 2:
Đặt
t f x
. Khi đó phương trình trở thành.
f x t3
f t
3 5
2t
1 2 2
3 2 3 2
1 f t 2t 1 t 3t t 2t 1 t 3t t 0 *
t1
3,05979197
t2
0,8745059057 .
t3
0,9342978758
3 2 3
+ Xét phương trình x 3x x t1
3.05979197 . Bấm máy tính ta được 1
2
nghiệm.
3 2 3
+ Xét phương trình x 3x x t2
0,8745059057 . Bấm máy tính ta được 3
2
nghiệm.
3 2 3
+ Xét phương trình x 3x x t3
0,9342978758
. Bấm máy tính ta được 1
2
nghiệm.
Vậy phương trình đã cho có 5 nghiệm thực.
Câu 37: Chọn B
Tập xác định của hàm số : D 2;2 .
với
với
.

2 2
Phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số y x m 4 x m 7 và trục
hoành là
2 2
x m x m
2
2 2 m
1
2
4 7 0 m 4 x 1
7 x
7 x
4 x 1
2
2
t 3
Đặt t 4 x , t 0;2
, phương trình 1
trở thành m 2 . t 1
Đồ thị hàm số đã cho có điểm chung với trục hoành khi và chỉ khi phương trình 2
có nghiệm t 0;2 .
2
t 3
Xét hàm số f t
trên 0;2
.
t 1
Hàm số liên tục trên 0;2 .
f t
2
t 2t
3
t
1
0;2
Ta có f t
, f
.
2
t 0
t
1
t 3 0;2
7
0 3 , f 1 2 , f 2
.
3
f
Do đó min f t 2 và max f t 3.
0;2
0;2
Bởi vậy, phương trình có nghiệm t 0;2 khi và chỉ khi
0;2 0;2
2
.
min f t m max f t 2 m 3
Từ đó suy ra a 2 , b 3 , nên S 2a b 2.2 3 7 .
Câu 38: Chọn B
4 4
Xét f x x 2 x 6 x 2 6 x x 0;6 .
Có
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1
f x
4 3 3 4
2 x 2 x 2 6 x 4 2
6 2
3 4
2 6 x x x x 6
x
3
.
Có u x
1 1 1 1
; v x
4
x 6 x x 3 4
6
x
3
u 2 0; v 2 0 f 2 0 .
thỏa
1 1 1 1
Và u x
; v x
cùng âm trên 3;6
.
4
x 6 x x 3 4
6
x
3
.

1 1 1 1
u x
; v x
cùng dương trên 0;3
.
4
x 6 x x 3 4
6
x
3
Lập bảng biến thiên.
4 4
Yêu cầu đề bài 6 2 6 m 2 3 4 3 .
Câu 39: Chọn D
Cách 1:
3 2 3
Xét hàm số f x x 3x x .
2
Ta có f x 3x 6x
1.
2
3 6 9 8 6
x1 f x1
2
3 18
f x
0 3x 6x
1 0
.
3 6 9 8 6
x2 f x2
3 18
Bảng biến thiên.
Xét phương trình
Đặt
t f x
f x
f f x
1.
2 1
. Khi đó phương trình trở thành.
f t
3 5
2t
1 2 2
3 2 3 2
1 f t 2t 1 t 3t t 2t 1 t 3t t 0 *
3 2 5
Xét hàm số g t t 3t t liên tục trên .
2
1 29
+ Ta có g 3 . g 4 . 0 nên phương trình có một nghiệm t t 1
3;4
2 2
.
Khi đó dựa vào bảng biến thiên ở trên thì phương trình
9 8 6
t1 3 f x1
18
có một nghiệm.
*
f x t1
với
.
.

+ Ta có g 1 1 11
1 . g
. 0 nên phương trình *
có một nghiệm
2 2 8
1
t t2
;1
.
2
Khi đó dựa vào bảng biến thiên ở trên thì phương trình
f x t2
9 8 6 1 9 8 6
f x2 t2 1
f x1
có ba nghiệm phân biệt.
18 2 18
+ Ta có 4
217 1
g . g 1 . 0 nên phương trình *
có một nghiệm
5 250 2
4
t t3
1;
.
5
Khi đó dựa vào bảng biến thiên ở trên thì phương trình
4
9
t3 f x
8 6
2
có một nghiệm.
5 18
Vậy phương trình đã cho có 5 nghiệm thực.
Cách 2:
Đặt
t f x
. Khi đó phương trình trở thành.
f x t3
f t
3 5
2t
1 2 2
3 2 3 2
1 f t 2t 1 t 3t t 2t 1 t 3t t 0 *
t1
3,05979197
t2
0,8745059057 .
t3
0,9342978758
3 2 3
+ Xét phương trình x 3x x t1
3.05979197 . Bấm máy tính ta được 1
2
nghiệm.
3 2 3
+ Xét phương trình x 3x x t2
0,8745059057 . Bấm máy tính ta được 3
2
nghiệm.
3 2 3
+ Xét phương trình x 3x x t3
0,9342978758
. Bấm máy tính ta được 1
2
nghiệm.
Vậy phương trình đã cho có 5 nghiệm thực.
với
với
.
Câu 40: Chọn C

2 2
Ta có y f 1 x
x
0 x
0
2
2 x. f
1
x y
0 1 x 2 x
1
.
2
1 x 4
x
3
Mặt khác ta có
2 2
3 x 1
f 1 x 0 2 1 x 4 .
1 x 3
Ta có bảng xét dấu:
2
Vậy hàm số y f 1 x nghịch biến trên khoảng 1; 3 .
Câu 41: Chọn D
3
Từ bảng biến thiên ta suy ra phương trình f x
có hai nghiệm phân biệt a và b
2
(với a 0 và 0 b 1.
1
Nên, tập xác định của hàm số y là \ 1; a;
b
.
2 f x 3
Ta có
lim 1
;
xa 2 f x 3
lim 1
;
xb 2 f x 3
1
lim 0 ;
x1
2 f x 3
1
lim 0 .
x1
2 f x 3
1
Do đó, đồ thị hàm số y có 2 đường tiệm cận đứng.
2 f x 3
Câu 42: Chọn C

0;5
Theo bảng biến thiên ta có trên thì 1 u x 4 1 ,
Ta có
Xét hàm số
3x
10 2x
3x 10 2 x m.
u x m
u x
f x 3x 10 2x
trên 0;5
3 2
Ta có f x
;
2 x 2 10 2x
3 10 2x 4x x 3 .
Bảng biến thiên
f x 0 3 10 2x 2 x
0;5
1
2
max f x
f 3
5
f x
f
min u x
u 3
1
maxu x
u 0
4
10 f x
5
4 u x
x 0;5
3x 10 2 x m.
u x
Do đó ta có trên thì 10 f x 5 2 .
Từ và ta có và
Do đó với mọi .
min 0 10
Để phương trình có nghiệm trên đoạn 0;5 phương
3x
10 2x
10
trình m có nghiệm trên đoạn 0;5
m 5 .
u x
4
m m1;2;3;4;5
Vì nên .
Câu 43: Chọn C
Ta có
6 4 3 3 2 2
x x m x m x mx
6 15 3 6 10 0
3 3
x 2 2 3 x 2 2 mx 1 3mx
1 .
2
f x 2 f mx
1 (*)
f t t 3t
với .
3
2
Do f t 3t 3 0, t hàm số f t đồng biến trên .
2
2
2 x 1
Nên (*) x 2 mx 1
x mx 1 0 m .
x

2
x 1
1
Xét hàm số g x
trên ;2 . .
x
2
1
Ta có g x
1 g x
0 x 1.
2
x
Bảng biến thiên.
.
Dựa và bảng biến thiên suy ra phương trình đã cho có đúng hai nghiệm phân biệt
1
5
thuộc
;2 khi và chỉ khi .
2
2 m .
2
Câu 44: Chọn B
Điều kiện: 2 x 2 .
2
2 2 2 t 4
Đặt t 2 x 2 x 0 t 4 2 4 x 4 x .
2
2
t 4
Phương trình đã cho thành t m .
2
2 2
1 1
x 2;2
x 2;2
f x
2 2 x 2 2 x
0
2 2
f x
2;2
f 2
2 f 2
2 f
Xét hàm số f x x x , với x 2;2 ta có
; x 0 .
f x x x
Hàm số liên tục trên và ; ;
2;2
x
0 2 2
min f 2 và max f x 2 2 2 f x 2 2 t 2;2 2
.
2;2
2
t 4
Xét hàm số f t
t , với t 2;2 2
ta có
2
f t 1 t 0 , t
2;2 2 .
Bảng biến thiên:
YCBT trên 2;2
đồ thị hàm số y f t cắt đường thẳng y m
2 2 2 m 2.

a 2 2 2
Khi đó T a 2
2 b 6 .
b 2
Câu 45: Chọn C
2 2 2 2 2 2
Ta có y 3 x m 3 x n 3x 3 x 2m n
x m n
.
a
0
Hàm số đồng biến trên ;
mn 0.
0
m
0
TH1: mn 0 .
n
0
Do vai trò của m,
n là như nhau nên ta chỉ cần xét trường hợp m 0 .
2 1 1 1
P 4n n 2n
1
4 16 16
TH2: m n 0 m 0; n 0 .
2
.
1 1 2 1
Ta có P 2m 4n n 2
.
4 16 16
1
1
Từ 1 , 2
ta có Pmin
. Dấu " " xảy ra khi và chỉ khi m ; n 0 hoặc
16
8
1
m 0; n .
8
Câu 46: Chọn D
2
f ' x 3x 6x m .
f x
2
y g x 3x 6x
0;
Hàm số nghịch biến trên 0; f ' x 0, x
0; .
2 2
3x 6x m 0, x 0; m 3x 6 x, x 0; *
Xét hàm số trên .
g ' x 6x 6 0 x 1.
Do đó.
* m min g x m 3.
x
0;
.
Câu 47: Chọn C
.

x
m
Ta có: y
x 2 2m 1
x m 2 2 m; y
0 .
x
m 2
Do đó ta có bảng biến thiên:
.
m
0
Để hàm số nghịch biến trên 0;1
thì 0;1 m; m 2
1 m 0 .
m
2 1
Câu 48: Chọn A
3 2
Xét hàm số: y x 3 m 1 x 3m m 2 x .
2
Ta có: y ' 3x 6 m 1 x 3m m 2 .
x
m
y ' 0 m m 2, m
x
m 2
Bảng biến thiên.
.
Theo Bảng biến thiên, hàm số nghịch biến trên đoạn
y ' 0, x
0;1.
m
0 m
0
1 m 0 .
m
2 1 m
1
Câu 49: Chọn B
2 2
Ta có y 3x 6x 3m 3 x 2x m .
0;1
.
khi và chỉ khi
Vì hàm số liên tục trên nửa khoảng 0;
nên hàm số nghịch biến trên
0;
cũng tương đương hàm số nghịch trên 0;
khi chỉ khi
y 0, x
0,
.
2 2
x 2x m 0 x 0; m x 2x f x x
0;
m min f x
f 1
1
.
0;

Câu 50: Chọn A
x
y
Điều kiện: .
xy
1
2
x
y 2xy1
Biến đổi điều kiện thành
1
3 .3 .log2 log2
2 1
2
2
x
y
2 21
xy
3 .log x y
3 .log 21 xy
*
.
2 2
x y xy
t
3
t ln 2
Xét hàm số 3 t
t
f t .log2
t với t 0. Ta có f t 3 ln 3.log2
t 0 với
mọi t 0.
Suy ra hàm số f t
luôn đồng biến và liên tục trên khoảng 0;
.
Từ
* ta có x y 2
21
xy
x y 2 2
xy .
2
2 2
x y 2 2 2 2
Đặt u x y , vì x y 2 2 x 2 y
2 4 nên 2 u 2 .
2 2
Ta có
x y xy
M 2 x y x y xy 3xy
2 x y 2 xy 3xy
2 2
u 2 u 2
2u 2 3
.
2 2
2 2
2u 6 u 3 u 2
3 3 2
Xét hàm số g u
u u 6u
3 với u 2 .
2 2
2
u
1
Có gu 3u 3u
6 ; gu 0 .
u
2
13
2
Ta có g 2
7
; g 1
; g 2
1.
13
x
y 1
Vậy max M max g u
khi u 1
hay
2;2
2 2
2
x
y 2

1
3
x
y 1
x
x
1 suy ra
2
hoặc
2
.
xy
1
3
2
1
3
y
2
y
1
3
2
Câu 51: Chọn B
Xét hàm số
3 1
3
f x x x
Ta có bảng biến thiên
3
x x khi x
3 1 0
3
x x khi x
3 1 0
3
Do đó ta có đồ thị của hàm số f x x 3 x 1.
Suy ra đồ thị hàm số
3
C : y f x x 3 x 1

3
Số nghiệm của phương trình x 3 x 1 m 1 là số giao điểm của đồ thị C và
đường thẳng d : y m 1.
3
Để phương trình x 3 x 1 m 1 có nghiệm thì cắt C tại 6 điểm
6 d
a
1
2 2
0 m 1 1 1 m 2 . Vậy suy ra S a b 5 .
b
2
Câu 52: Chọn A
2
y 3x 2bx c .
Hàm số có hai cực trị
y 0
có hai nghiệm phân biệt
2
b c
3 0
2
1 1 c 2b bc
Lấy y chia cho y ta được: y y.
x b
x d .
3 9 3 9 9
Suy ra phương trình đường thẳng đi qua hai điểm cực trị là
d : y x d
3 9 9
2
c 2b bc
bc
d qua O nên d 0 bc 9d
.
9
0; 0
2
Khi đó T bcd bc 3d
9d 12d 3d
4 4 4
.
2
Câu 53: Chọn B
x
1
Ta có f x
0
x 2 .
x 3

f x
Ta có bảng biến thiên của hàm số và f x .
x 3
1
2
f
x
0 0 0
f
x
x
2
0 2
f
x
Dựa vào bảng biến thiên ta thấy số điểm cực trị của hàm số f x là 3 .
Câu 54: Chọn A
Từ đồ thị hàm số ta có bảng biến thiên
2
f x 0
y f x y
2 f x. f x
0 .
f x
0
x
0
x
x1
Quan sát đồ thị ta có f x
0
x 1
và f x
0
x 1
với x1 0;1
và
x 3
x x2
x2 1;3
.
Suy ra
f
f
y 0
f
f
x
x
x
x
0
0 x
3;
0 x 0; x 1; x
0
Từ đó ta lập được bảng biến thiên của hàm số
1 2
0; 1; 3;
x x x
2
y f x
1 2

Suy ra hàm số có 2 điểm cực đại, 3 điểm cực tiểu.
Câu 55: Chọn A
Đặt g x f x 2 8x m
2 2
f x x 1 x 2x
2
2 8 2 8 1 2 8 2 8 2
g x x x x m x x m x x m
g
x 0
x
4
8 1 0 1
2
x x m
2
x x m
2
x x m
8 0 2
8 2 0 3
1
2
Các phương trình , , 3 không có nghiệm chung từng đôi một và
2
x 2 8x m 1 0 với x
g x
5 2
Suy ra có điểm cực trị khi và chỉ khi và 3 có hai nghiệm phân biệt khác
16 m 0 m
16
16 m 2 0
m
18
4
m 16
.
16 32 m 0 m
16
16 32 m 2 0
m
18
m nguyên dương và m 16
nên có 15 giá trị m cần tìm.
Câu 56: Chọn D
1009 1009
2018 2018
2 2
Ta có: y sin x cos x sin x 1
sin x .
2
1009
Đặt t sin x , 0 t 1 thì hàm số đã cho trở thành y t 1
t .
1009
1009
1009
Xét hàm số f t t 1 t trên đoạn 0;1 .
f t 1009. t 1009. 1
t
1008
Ta có: 1008
f
1008
t 0 t t 1008
1
t
t
1009 1009 1 0
1008
1
t
1
1
t
1
t
2

1 1
Mà f 1
f 0
1, f
.
1008
2 2
Suy ra max f t f 0 f 1 1,
0;1
1
Vậy M 1, m .
1008
2
Câu 57: Chọn C
1 1
min f t f
0;1
2 2
1008
2
2
3 2 3 1 01 ,
9m
Phương trình hoành độ giao điểm x 4 3m 2 x 2 3m
1 0 . Đặt u x 2 u 0 , ta
được f u u m u m
.
Cách 1: Để đường thẳng d cắt đồ thị C
tại bốn điểm phân biệt có hoành độ nhỏ
hơn 2 thì phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt thỏa 0 u u 4 .
1 2
0
m
0
2
9m
0
.
1
a f 0
0 m
1
3m
1 0 3 m 1
a. f 4
0 3 .
9m
9 0 m
1
u
m 0
1
u
2
0 4
0 3m
2 8 2
2
m 2
3
Cách 2: Phương trình (1) có hai nghiệm u1 1;
u2
3m
1
suy ra đường thẳng d cắt
đồ thị C tại bốn điểm phân biệt có hoành độ nhỏ hơn 2 thì phương trình (1) có 2
1
m 1
nghiệm phân biệt và 0 u2
1 4 3 .
m
0
Câu 58: Chọn B
2
m 1 x 4x m 3
Tập xác định: D \ 2
. Đạo hàm: y 1
.
2 2
x 2 x 2
2
2 4 f x 0 x 2 y 1
f
Xét hàm số f x x 4x
3 trên 5; .
Đạo hàm: f x x . Xét . Ta có: 5 8 .
Bảng biến thiên:
x 2 5
y 0 0
y
1
8

x 2
x 5;
Do 2 0 với mọi x 5; nên 0 , x
5; khi và chỉ khi
y
f x m , . Dựa vào bảng biến thiên ta có: m
8 m 8
.
m
Mà nguyên âm nên ta có: m 8; 7; 6; 5; 4; 3; 2; 1
.
1 m
Vậy có 8 giá trị nguyên âm của m để hàm số y x 5
đồng biến trên
x 2
5; .
Câu 59: Chọn A
Điều kiện:
ax
2
2 0
1
2
a y x x 1
+ TH1: 0 . Ta có:
2
1 2
1 1
lim y lim x x 1
lim 0 nên đồ thị hàm số có TCN:
x x 2
2
x
2 x x 1
y 0
2
+ TH2: a 0 . Suy ra: ax 2 0 với mọi x . Do đó: TXĐ:
Ta có
1
2 1
1
x x 1
2
lim y lim lim
x
0
ax 2
2
a
2
x
x x 2
x
D
nên đồ thị hàm số có TCN:
y 0
2 2
2 2
+ TH3: a 0 . Suy ra: x . Do đó: TXĐ: D ;
nên đồ
a a
a a
thị hàm số không có TCN.
Vậy a 0 .
Câu 60: Chọn C
2
Đặt t x 2x
, x
Bảng biến thiên:
3 7 ;
2 2
21
Dựa vào bảng biến thiên t
1; .
4

2
Ta có: f x 2x m f t m 2 .
1
21
3 7
Ta thấy, với mỗi giá trị t 1; ta tìm được hai giá trị của .
4
x ;
2 2
3 7
Do đó, phương trình 1
có 4 nghiệm thực phân biệt thuộc
;
2 2
21
Phương trình 2
có hai nghiệm thực phân biệt thuộc 1; 4
Đường thẳng y m cắt đồ thị hàm số y f t tại hai điểm phân biệt có hoành
21
độ thuộc 1; .
4
Dựa vào đồ thị ta thấy có hai giá trị nguyên của m thỏa yêu cầu là m 3 và m 5 .
Câu 61: Chọn C
Đồ thị hàm số y f x m là đồ thị y f x tịnh tiến lên trên một đoạn bằng m
khi m 0 , tịnh tiến xuống dưới một đoạn bằng m khi m 0 .
Hơn nữa đồ thị
y f x m
+) Phần đồ thị của y f x m nằm phía trên trục Ox .
là:
+) Lấy đối xứng phần đồ thị của y f x m nằm dưới Ox qua Ox và bỏ đi phần
đồ thị của y f x m nằm dưới Ox .
Vậy để đồ thị hàm số
y f x m
y f x m
xảy ra hai trường hợp:
có ba điểm cực trị thì đồ thị hàm số
+) Đồ thị hàm số y f x m nằm phía trên trục hoành hoặc có điểm cực tiểu thuộc
trục Ox và cực đại dương. Khi đó m 3 .
+) Đồ thị hàm số y f x m nằm phía dưới trục hoành hoặc có điểm cực đại thuộc
trục Ox và cực tiểu dương. Khi đó m 1.
Vậy giá trị m cần tìm là m 1
hoặc m 3 .
Câu 62: Chọn D
y ' 3x 2 2m 1 x 2 m
2
Ta có:
Hàm số y f ( x ) có 5 điểm cực trị khi chi khi hàm số f x có hai cực trị dương.

2
2m
1 32 m
0
0
22m
1
S
0 0
3
P
0
2 m
0
3
Câu 63: Chọn B
Ta có: y 2m 3 cos x 2 m .
1
m
2
m 2
2
4m
m 5 0
5
m 2
4
Để hàm số đồng biến trên thì y 0, x
2m 3cos x 2 m 0, x
Vì m nên 2m 3 0 do đó ta có hai trường hợp sau:
3
m 2
TH1: 2m 3 0 m thì: cos x , x
2
2m
3
mà 1 cos x 1
do đó:
m 2
1
2m
3
3m
1
3 1
0 m , do m nên m 1.
2m
3 2 3
3
m 2
TH2: 2m 3 0 m thì: cos x , x
2
2m
3
mà 1 cos x 1
do đó:
m 2
1
2m
3
m
5
0
2m
3
Vậy m 5; 4; 3; 2; 1
.
3
5
m do m nên m5; 4; 3; 2
.
2
Câu 64: Chọn B
y 2m 3 x 3m 1 cos x y
2m 3 3m 1 sin x .
y 2m 3 x 3m 1
cos x
3m 1sin x 3 2m
1
với x
.
Hàm số nghịch biến trên y 0 với x
.
1
2
1
+ Với m ta có 1
0.sin x 3 (vô lý). Do đó m không thỏa mãn.
3
3
3
1
3
2m
+ Với m ta có 1
sin x luôn đúng với x
3
1 3m
3 2m
4 m
1 0 .
1
3m
1
3m
4 m
1
0 4
m .
1
3m
3
1
3
2m
3
2m
+ Với m ta có 1
sin x luôn đúng với x
1.
3
1 3m
1
3m

2 5m
1 2
0 m .
1
3m
3 5
m
m 0; 1; 2; 3; 4
Mặt khác
Vậy có 5 giá trị của m thỏa mãn bài ra.
Câu 65: Chọn C
cot
Đặt 2 x
t vì x
; nên 0 t 2 . Khi đó ta có hàm số:
4
3
y t m t m
3 3 2
2
y
3t m 3.
(2).
Để hàm số (1) đồng biến trên
; thì hàm số (2) phải nghịch biến trên 0;2
hay
4
m 3 3 t 2 , t
0;2
.
2
f t 3 3 t , t
0;2
6
t 0 t .
2
3t m 3 0, t 0;2
Xét hàm số: f t t .
f 0
Ta có bảng biến thiên:
Dựa vào bảng biến thiên ta thấy 9 f t 3, t
0;2 .
Vậy hàm số (1) đồng biến trên
; khi m 9 .
4
Câu 66:
Chọn A
Đặt cos x t . Ta có x 0; t 0;1
. Vì hàm số y cos x nghịch biến trên
2
khoảng 0; nên yêu cầu bài toán tương đương với tìm tất cả các giá trị của m để
2

2t
1
2m
1
hàm số f t
nghịch biến trên khoảng 0;1
y
0 , t
0;1
t m
t m
2
2m
1 0
m 0;1
1
m
2
m 1.
m
0
m
1
Câu 67: Chọn A
Ta có y 2m 1 3m 2 sin x . Hàm số nghịch biến trên tương đương
y 0, x 2m 1 3m 2sin x 0, x
1 2m 3m 2sin x f x,
x
1 2m max f x 3m
2
1
1 2m
0 m
2
1
3 m .
1 2m 2 3m
2
2
1 5
3
m
5
Do m 2018;2018 m 3; 2; 1
. Vậy có 3 giá trị nguyên của m thoả mãn.
Câu 68: Chọn D
Ta có y m 1 cos x 3sin x 5 .
Khi m 1 0 m 1, y 3sin x 5 0, x
. Vậy hàm số luôn nghịch biến trên
.
Khi m 1 0 m 1, hàm số luôn nghịch biến trên
m 1 cos x 3sin x 5 0, x
m 1 cos x 3sin x 5 0, x
2 2
m 1 3 5, x
2
Vậy m 5; 4; 3; 2; 1;0;1;2;3
.
m 1 16 5 m 3 .
Câu 69: Chọn B
2 2 2
1 cot xmcot x 1 m1 cot xcot x 1
1 cot x1
m
Ta có: y
.
2 2
mcot x 1 mcot x 1
Hàm số đồng biến trên khoảng ; khi và chỉ khi:
4 2

mcot x 1 0, x
;
4 2 m
0 m 1
2
m 0
1 cot x1 m
1 m 0
y
0, x ;
2
mcot x 1
4 2
Câu 70: Chọn B.
3 1
Ta có: y tan x 2
3 2
2
3 2
tan x tan x 1
2 tan x tan x 1
cos x
Suy ra: y 3tan 2 x 2 tan x. 1
tan
2 x
tan x 0 x k
Cho y 0
2
2 2 . Do xét trên nên .
0; x arctan
tan x x arctan k
2
3
3 3
Ta có: lim y 1; lim y và y 2 23
.
arctan
x0
3 27
x
2
Vậy a 23 , b 27 nên a b 4
.
Câu 71: Chọn A
Ta có y m m 1sin
x . Hàm số ( )
y = mx- m + 1 cos x đồng biến trên khi và
chỉ khi
y 0, x
(dấu “ ” không được xảy ra trên một khoảng)
m m 1 sin x 0, x
(dấu “ ” không được xảy ra trên một khoảng)
m 1 sin x sin x 0 1 , x
(điều kiện trong dấu ngoặc đơn ở trên được
thoả mãn)
Với sin x 1 0 x
2
k2
thì
m 1 sin x sin x 1 0, m
.
y = mx- m + 1 cos x đồng biến
Vậy, không có giá trị nào của tham số m để hàm số ( )
trên .
Câu 72: Chọn A
TXĐ: D
Ta có: y (2m 1) (3m 2)sin x
Để hàm số nghịch biến trên thì y 0, x
tức là:
(2m 1) (3m 2)sin x 0 (1) , x
2
7
+) m thì (1) thành 0, x
3
3
2
1 2m 1 2m 5m
1 2 1
+) m thì (1) thành sin x 1 0 m
3
3m 2 3m 2 3m
2 3 5

2
1 2m 1 2m m 3 2
+) m thì (1) thành sin x 1 0 3
m
3
3m 2 3m 2 3m
2 3
1
Kết hợp được: 3
m
5
Câu 73: Lời giải
2 2
y ' 0, x mcos x nsin x 3 0, x m n cos x 3, x
3 3
2 2
cos x
, x max cos x
1 m n 9
2 2 2 2
m n m n
Câu 74: Chọn D
y x msin x cos x
x 2msin x .
4
y
1
2mcos
x .
4
Đề hàm số đồng biến trên
1 2mcos x 0, x 2mcos x 1
4 4
2
2 m 1 m .
2
Câu 75: Chọn B
Xét hàm số
Ta có
t m
t m
trên khoảng 1;0
f t
2m
f t , t m
.
t
m 2
Yêu cầu bài toán tương hàm số
, với t cos x .
f t nghịch biến trên khoảng
1;0 .
m
0
2m
0
m
1
m 0 .
m 1;0
m
0
Câu 76: Chọn A
2 4
3 4
- Ta có: y cos x.sin x m 1 .sin
x sin x m.sin
x .
2
2
sin x
sin x
- Hàm số đồng biến trên 0; khi và chỉ khi 0 , x
0;
3 4
sin x m.sin x 0 , x
0;
2
sin x
y

2 4
sin x m
, x
.
3
0;
1
sin x
2 4
- Xét hàm số: g x sin x , trên .
3
0;
sin x
12cos x
Có g 6
x 2sin x.cos
x 2cos x. sin
4
x
4
sin x sin x
g x 0 x 0;
.
2
Bảng biến thiên:
2cos x.
5
sin x 6
sin
4
x
- Do đó: 1 m
min g x m
5 m 5.
x
0;
m
- Lại do nguyên âm nên m 5; 4; 3; 2; 1
. Vậy có 5 số nguyên âm.
Câu 77: Chọn B
Cách 1: Ta có y¢ = m- 3+ 2m + 1 sin x .
( )
Hàm số nghịch biến trên y¢
0 x Û 2m + 1 sin x £ 3- m" x Î .
( )
Û £ " Î ( )
Û Max 2m + 1 sin x £ 3-m Û 2m + 1 £ 3-m
.
xÎ
ì 3- m ³ 0
ï
ì
ï
m £ 3
2
Û í
2 2
Û í
Û - 4 £ m £ .
2
ï( 2m
1) ( 3 m)
ï
î
+ £ - ïî 3m
+ 10m- 8 £ 0
3
Cách 2: Thử giá trị của m trong từng đáp án.
+) Với 4 Þ y¢
= -7- 7sin x = - 7 1+ sin x £ 0" x Î (thoả mãn).
m = - ( )
2
Þ Nhận - 4 £ m £ và - 4 £ m £ 3 .
3
æ
+) Với m = 3 y 7sin x y p ö
Þ ¢ = Þ ¢ç
ç = 7 > 0 (không thoả mãn) loại .
çè 2÷
Þ - 4 £ m £ 3
ø
Câu 78: Chọn B
YCBT y
1 mcos x sin x
0, x
min 1 m cos x sin x 0, x
(1).
Trước tiên ta sẽ đi tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số:
g x x x .
sin cos
Cách 1: Áp dụng bất đẳng thức Cauchy - Schwarz ta có.

2 2 2 2
g x cos x sin x 2 cos x sin x 2 2 g x 2 .
2
Cách 2: Sử dụng tách nhóm thích hợp. Đặt t sin x cos x 2sin x.cos x t 1.
2 2 2
Do đó
Ta có g x cos x sin x 2 t 2 2 g x 2 .
2 m m cos x sin x 2 m .
m cos x sin x m . cos x sin x m 2
1 1
Do đó (1) 1 2 m 0 m .
2 2
Câu 79: Chọn D
Đặt t sin x,
x (0; ) t (0;1) .
2
3 2 2
f t t 3 t – mt – 4, f ’ t 3t 6 t – m g t , g’ t 6t 6, g’ t 1.
f t đồng biến trên (0;1) g t
0, t
(0;1)
.
g t,
g 0
m
0 m 0
Dựa vào BBT của ta có .
Câu 80: Chọn D
Đặt t sin x,
x (0; ) t (0;1) .
2
3 2 2
f t t 3 t – mt – 4, f ’ t 3t 6 t – m g t , g’ t 6t 6, g’ t 1.
f t đồng biến trên (0;1) g t
0, t
(0;1)
.
g t,
g 0
m
0 m 0
Dựa vào BBT của ta có .
Câu 81: Chọn C
Ta có: f x mx cos x '
Đặt t sin x Vì
f x m sin x
0; t 0;1
2
x
f ' t m t
f ' 0 0 m
0
Để hàm số đồng biến trên khoảng 0;1
m 1.
f ' 1
0 m
1 0
Câu 82: Chọn B
3 2
Xét phương trình hoành độ giao điểm x 3x m x 3 3x 2 m 0 1 .
x1
x2
3
x A x ; m 1 B x ; m
C x ; m
2 3
x x x 3 1
Giả sử ; ; và giả sử , , .
1 2 3
Áp dụng định lý Vi-et cho phương trình bậc 3 ta có : x1x2 x2x3 x3x1
0 2. Mặt
x1x2 x3
m 3
AB 2BC x x 2 x x 3x x 2x
0 4
khác
2 1 3 2 2 1 3

x1 6 5x2
Từ 4
và 1
ta có
thay vào phương trình 2
ta có :
x3 4x2
3
x
2
6 5x2 x2 x2 4x2 3 4x2 36 5x2 0 7x2 14x2
6 0
x
7 7 7 5 7 7 4 7
Với x2
ta có x1
và x3
thay vào 3
ta được
7
7
7
98 20 7
m
. Thử lại vào phương trình ta thấy thỏa mãn.
49
7 7 7 5 7 7 4 7
Với x2
ta có x1
và x3
thay vào 3
ta được
7
7
7
98 20 7
m
. Thử lại vào phương trình ta thấy thỏa mãn.
49
98 20 7 98 20 7
Vậy tổng hai giá trị của m là 4
.
49 49
Câu 83 : Chọn B
n
n n n n
3
Phương trình tiếp tuyến của (C) tại điểm M x ; x 3x :
2 3
n
: y 3xn 3 x xn xn 3x
n.
Phương trình hoành độ giao điểm của (C) và tiếp tuyến n
:
x 3x 3x 3 x x x 3x
3 2 3
n n n n
2 2
x xn x xn x
n
. 2x 0
2
2
7 7
7
7 7
7
x
xn
n.
kép
x
2xn
Vậy hoành độ giao điểm còn lại có đặc điểm: bằng hoành độ tiếp tiếp trước nhân với
2, thoả điều kiện cấp số nhân với công bội q 2
.
Do đó
Từ giả thiết
n1 n1
xn
1
2x
n
và 2 x 2 .
y
n
x n
21
3x
2 0 , với
n
1
y x 3x
3
n n n
3 21
Suy ra x 2 0 (trong đó xn
thoả công thức cấp số nhân nêu trên)
n
3 3 21
n
2 2 0
n 8.
Câu 84: Chọn C
Phương trình hoành độ giao điểm của
C
và tiếp tuyến là

2009 3 1
2009
1
1
2009
1
1
1
1
1
x
3 3x
2 0
3 2 3
x x x x x x x
1 .
Phương trình có một nghiệm kép x và một nghiệm x2
.
Ta có: .
Áp dụng định lí Viét cho phương trình bậc ba, ta có:
2x1 x2
0
2
x1 2x1x2
3
x2 2x1
.
2
x1 . x2
2
Vậy hoành độ giao điểm còn lại có đặc điểm: bằng hoành độ tiếp tiếp trước nhân với
2, thoả điều kiện cấp số nhân với công bội q 2
.
Suy ra: x , x2 2
,
3
4 , …, .
Ta có:
1
1
2013
2009xn
yn
2 0
3n
3 2013 n 672 .
x 1
x n
2 n
3 3 2013
3 2013
2009xn xn 2009xn
2 0
n
2 2
Câu 85: Chọn D
2 12 3
2 2
x 35
6x 1 x 2 35x 12x 3
x x
lim lim lim
x x 5 x 2
x
x 56x 1 x 2
2 5 1 2
x 1 6 1
2
x x x
12 3
35
35
lim
x x
5
x
5 1 2 7
1 6 1
2
x x x
2 12 3
2 2
x 35
6x 1 x 2 35x 12x 3
x x
lim lim lim
x x 5 x 2
x
x 56x 1 x 2
2 5 1 2
x 1 6 1
2
x x x

12 3
35
lim x x 7
x
5 1 2
1 6 1
2
x x x
Đường cong có hai tiệm cận ngang là: y 5 ; y = 7
2 2
6x 1 x 2 6x 1 x 2
lim ; lim
x5 x 5 x5
x 5
đứng là
x
nên đường cong có tiệm cận
5. H là một hình chữ nhật có chiều dài là 5 và chiều rộng là 2 nên diện tích
bằng 10 .
Câu 86: Chọn B
2 2
2 2
Ta có y
3x 6x m 2. Ta có
9 3m
6 3m
3 0 nên đồ thị hàm số
luôn có hai điểm cực trị với m
. Gọi x1
, x2
là hai nghiệm của y .
x 1
2 2 2 2
Ta có: y . y
m 1 x m
1
.
3 3
3 3
2 2 2 2
Vậy hai điểm cực trị là A
x1; m 1 x1
m
1
và
3 3
2 2 2 2
C x2; m 1 x2
m
1
3 3
Điểm uốn: y 6x
6 , y 0 x 1 y 0 . Vậy điểm uốn U 1;0
.
Ta có, hai điểm cực trị luôn nhận điểm uốn U là trung điểm.
x 3 3x 2 m 2 2 x m
2 0 1
Xét phương trình
x 1 x 2x m
2
0
x
1
.
2 2
x 2x m 02
Phương trình luôn có hai nghiệm thực phân biệt và x . Do U Ox
nên các
B x
2 x3
4
điểm ;0 và D x ;0 luôn đối xứng qua U ABCD
3 4
luôn là hình bình hành.
Để ABCD là hình chữ nhật thì AC BD .
2 2 4 2
Ta có 2 2 4 2
2
2
AC x1 x2 m 1 x1 x
2
1 m 1 x1 x2
9
9
2
4 2
2 42
m 4 4 2
2 2
1 m 1
4 1 m 1 m
1
9
3 3
9
Và 2
BD x3 x4 4 4m
2 2

4 4
3
9 m
m m
4 2
1 1 2
3
9 m
Vậy ta có phương trình: 2 2
1 1 2 1 4 2 1
m
1 2
2
2 9
m 1
2
2 3
4 4 11
m1 m2
3 2 nên T 11
6 2 .
2
Câu 87: Chọn A
Đồ thị hàm số
a , b , c khi m 3 .
3
f x x mx 2
cắt trục hoành tại ba điểm phân biệt có hoành độ là
a b c 0
Theo định lý vi-et ta có: ab bc ca m
. (1)
abc 2
2
f a 3a m
2
2
Ta có f x 3x m , f b
3b m .
2
f c
3c m
1 1 1 f a f b f b f c f c f a
P
f a f b f c
f a f b f c
2 2 2 2 2 2 2 2 2 2
9 a b b c c a 6m a b c 3m
2 2 2
3a m3b m3c m
. (2)
2 2 2 2 2 2
2
a b b c c a ab bc ca 2abc a b c
Mặt khác ta có:
.(3)
2 2 2
2
a b c a b c 2ab bc ca
2 2
9 m 6m 2m 3m
Từ (1), (2), (3) ta có: P
0 .
2 2 2
3a m 3b m 3c m
Câu 88: Chọn A
m 1
Ta có: y mx m 1
x 2 y
m , y xác định trên khoảng 2;
.
2 x 2
1
Nhận xét: khi x nhận giá trị trên 2;
thì nhận mọi giá trị trên 0;
.
2 x 2

Yêu cầu bài toán y
0, x 2; m 1 t m 0, t
0; (đặt
1
t ).
2 x 2
m 1 0
m 1.
m m
1
0 0
Câu 89: Chọn A
Dựa vào đồ thị ta thấy f x 0 x .
2
Ta có g
x 2 x. f x 2 .
x 0
x
0
2
f x 2
0
2
2
g x 0 2 x. f
x
2 2
x 2
0
x 0
x 0
2
2
f
x 2
0 x 2 2
x
0
2 x 2
0 x 2
x
0 .
x
2
x
2
x
2
Như vậy đáp án B, C đều đúng và đáp án A sai. Tương tự chứng minh được đáp án D
đúng.
Câu 90: Chọn C
Đặt x log a; y log b; z log c.
Vì , , 1;2 nên x, y, z 0;1 .
a b c
2 2 2

x
0; 1 ).
3 3 3
a b c
P a b c 3 log2 a log2 b log2
c
3 3 3
a b c 3 a log2 a blog2 b c log2
c
3 3 3
a b c 3 ax by cz .
3 3
Ta chứng minh a 3ax x 1.
Thật vậy:
1 1
Xét hàm số f a a log
2
a, a 1; 2 f a 1 f a
0 a .
a ln 2 ln 2
1
Trên đoạn 1;2 ta có f a Max f 1 , f 2 , f
1 a log2
a 1.
ln 2
hay a x 1 a x 1 0. Do đó.
3 3 2 2
Xét: a 3ax x 1 a x 1 a x 1 a ax x 0 .
2 2
a x 1 0
( Vì theo trên ta có và
a
.
a x x 1 a ax 0,
3 3
3 3
Vậy a 3ax x 1
0 a 3ax x 1. Tương tự
3 3
c 3cz z 1.
Do đó P a 3 b 3 c 3 3 ax by cz x 3 y 3 z
3 3 1 3 4 .
1; 2 ,
3 3
b 3by y 1;
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x y 0, z 1
và các hoán vị, tức là a b 1, c 2
và các hoán vị. Khi đó a b c 4 .
Câu 91: Chọn C
2 2
x 2mx m 4
2 2 x
m 2
Ta có y
, y 0 x 2mx m 4 0 .
2
x m
x
m 2
Bảng biến thiên.
m
0
Yêu cầu bài toán được thỏa mãn khi chỉ khi 2 m 0 .
0 m 2 4
Câu 92: Chọn D
2
2
Đặt t x 2x 1 x 1 với x 1;2 t 0;4 . Ta có y f t t m 1
.
Khi đó max y max f t max f 0 , f 4 max m 1 , m 3 .
1;2 t 0;4 t 0;4 t
0;4
m 1 m 3
m 1 m 3
TH1. Với max y m 1
, ta được
m 4 .
1;2
m 1 5
m 4 m 6
.

m 3 m 1
m 3 m 1
TH2. Với max y m 3 , ta được
m 2 .
1;2
m 3 5
m 2 m 8
m
Vậy các giá trị tìm được thỏa mãn tập hợp 5; 2 0;3 .
Câu 93: Chọn D
2
2
Đặt t x 2x 1 x 1 với x 1;2 t 0;4 . Ta có y f t t m 1
.
Khi đó max y max f t max f 0 , f 4 max m 1 , m 3 .
1;2 t 0;4 t 0;4 t
0;4
m 1 m 3
m 1 m 3
TH1. Với max y m 1
, ta được
m 4 .
1;2
m 1 5
m 4 m 6
m 3 m 1
m 3 m 1
TH2. Với max y m 3 , ta được
m 2 .
1;2
m 3 5
m 2 m 8
m
Vậy các giá trị tìm được thỏa mãn tập hợp 5; 2 0;3 .
Câu 94: Chọn B
2 2 2 2 2 2 2
Ta có P 3x a y 3y a x 4xy 4 a ax ay x y .
2 2 2 2
3x a y 3y a x 4xy 4 a x a y
2
Đặt x a sin m , m
;
.
2 2
a x a cos m
2
y a sin n , n
;
.
2 2
a y a cos n
Thay vào biểu thức P ta được:
P 3 a.sin mcos n 3 a.sin ncos m 4asin msin n 4a cos mcos
n
3a sin m n 4a cos m n 5a
2018
Vậy max P 5a 2018 a .
5
Câu 95: Lời giải
Chọn A
Điều kiện:
x
m
. Ta có:
.
2
2 2
x 2mx m 1 x m
y
x m x m
2 2
2 x 1
m m
y 0 x m 1
x 1 m m
2
Do hệ số x là số dương và theo yêu cầu đề bài ta có bảng biến thiên như sau:
1

Hàm số đạt giá trị nhỏ nhất tại x0 1 m 0;2 nên 0 m
1 2 1 m 1.
m
0 m
0
Kết hợp điều kiện để hàm số liên tục trên 0;2
thì m0;2
m 2
m
2
Ta được : 0 m 1
Câu 96: Chọn D
2
x
0
TXĐ: D . Ta có y 3x 6mx
3x x 2m
; y 0 .
x
2m
TH1: Nếu m 0 , min y y 0 6 (không thỏa).
x 2m 0 3
y 0 0
y
6
3
3
TH2: Nếu 0 2m
3 0 m , min y y 2m 4m
6 .
2
x 0 2m 3
y 0 0
y
3
4m
6
3
YCBT: 4m
6 2 m 1
(thỏa).
3
TH3: Nếu 2m
3 m , min y y 3
33
27m
.
2
x 0 3 2m
y 0 0
y 33
27m
31
YCBT 33 27m
2 m (không thỏa).
27
Câu 97: Chọn B
.
3 2
2y 7 y 2x 1 x 3 1 x 3 2y
1
3
4m
6

3 2
2 y 3y 3y 1 y 1 2 1 x 1 x 3 1 x 2 1
x .
3
y y x x
2 1 1 2 1 1
1
Xét hàm số f t 2t t trên 0; .
3
3
2
Ta có: f t 6t
1
0 với t
0 f t luôn đồng biến trên 0; .
Vậy 1 y 1 1 x y 1 1
x .
P x 2y x 2 2 1 x với x 1
.
2 2 1
Xét hàm số g x x x trên ;1 .
1 1
x 1
Ta có: g x
1
. g x 0 x 0 .
1
x 1
x
Bảng biến thiên g x :
.
Từ bảng biến thiên của hàm số g x suy ra giá trị lớn nhất của P là: max g x 4 .
Câu 98: Chọn C
1
xy 1 xy 1 y 1 x
y
2 2
y xy 1 xy 1 y xy 1 y 0
xy y
y xy xy y
1 1 1 0
xy 1 y 0 xy 1
y
2
x 1 1 1 1 1
2
y y y 4 y 2
1
0 x
. Dấu bằng đạt được khi , .
y
y
4
2 1
x
2
x y x 2y
t 1 t 2 x 1
P
với t và t 0; .
2 2
x xy 3y
6
x y
2
t t 3 6t
1
y 4
Ta có
t 1 5 1
8 t 7 với mọi t
2
0;
t t 3 27
4
;1

2 2
t 1 5 1 4t 1 20t 25t
6
1
Thật vậy 8 t 7
0 với mọi t .
2
2
0;
t t 3 27
729 t t 3
4
5 t 2
P 8t 7 f t .
27 6t
6
2
1 16 5t
32 5t
16 5 27
Khi đó f
1
t
. 0 với mọi t 0; .
2
54 t 1
4
5 t 2
1 7 10 5
1
Vậy P 8t 7 f t
f , dấu bằng đạt được khi x , y 2
27 6t
6 4 30
2
.
Chọn B
2
2x y1
2x y
2
2x
y
Cách 1: Ta có 2018 2
2 x y 1
log2018 2
x 1
x 1
2 2
x x y 2018 x y 2018 x
2 2
x x x y x y
2 1 2 2 log 2 log 1
2 1 log 1 2 2 log 2
2018 2018
2018
2
Có dạng f x 1 f 2x y với f t 2t log t , t
0 .
1
Xét hàm số f t 2t log2018
t , t
0
, ta có f t
2 0 t
0
nên hàm
t.ln 2018
số f t
đồng biến trên khoảng 0;
. Khi đó f x 1 2 f 2x y
2
x 1 2x y
2
y x 1.
2 2
Ta có P 2y 3x 2 x 1 3x 2x 3x
2 .
Bảng biến thiên
7 3
Vậy Pmin
khi x .
8 4
Cách 2: Ta có
2
2x
2x1
2018 2x
y
22x
y
2
2018 x 1
2
2x y1
2x y
2018
2
x 1
2
2 x1
2018 2x
y
.
2 2x
y
2
2018 x 1
2
2x 2x1 2x y
2x y
2018
2
x 1

Đặt 2
2018
u x 1
, v 2x y với u , v 0 . Phương trình trên có dạng:
2018
2u
2v
u.2018 v.2018
1 với u , v 0 .
f t
t.2018 t
2018 t
t
f t t.2018 .ln 2018 0 t
0
hàm số f t
đồng biến trên 0; . Do đó phương trình 1
có dạng
1 2
2
2 2
x 2x y y x 1 P 2y 3x 2 x 1 3x 2x 3x
2
Xét hàm đặc trưng có với , suy ra
2u
2v
v
u
f u f v u u
. Khi đó có đồ thị
3 7
là một đường cong Parabol, đỉnh là điểm thấp nhất có tọa độ I
7
; . Do vậy, Pmin
khi
4 8
8
3
x .
4
Câu 100: Chọn D
Điều kiện x 2; y 3
.
1 2 2 3 x y 1 2
4 x y 1 2 x 2 y 3
x y x y
2
Vì 2 x 2 y 3 x y 1 nên từ (*) suy ra x y 1 8 x y 1
x y 7 .
Vì 2 x 2 y 3 0 nên từ (*) suy ra 2
x
y 1
0
x y 1 4 x y 1
x
y 1 4
x
y 1 0 x
y 1
.
x
y 1 4
x
y 3
2
2
Do x 2 nên x 2x
, y 1 2y
, suy ra x 2 y 2 1 2 x y . Từ đó ta có
x y4 7x y 2 2 x y4 7x
y
M 3 x y 1 .2 3 x y 3 x y 1 .2 6 x y 3.
.(*)
Đặt t x y với t 1
hoặc 3 t 7 .
t4 7t
2188
Xét hàm số f t 3 t 1
2 6t
3, ta có f 1
.
243
t4 7t 7t
f t 3 ln 3 2 t 1 .2 ln 2 6 .
t4 2 7t
3 ln 3 1
ln 2 2 2 .ln 2 0 , t
3;7
.
f t
3;7 f t
3;7
f f
f t 0
t
f t t
Suy ra đồng biến trên , mà liên tục trên và
nên phương trình có nghiệm duy nhất
0
3;7 .
3 . 7 0
t
3 7
f'(t)
f(t)
148
3
t o
0 +
f(t o )
4

x y
x
y
Suy ra M 3 x y 1 .2 3 x y
3
. Đẳng thức xảy ra khi x 2 ,
y 1.
Câu 101: Chọn C
a b
Đặt t b
a
t 2 . Ta có:
3 3 2 2
3 2
a b a b a b a b a b a b a b
P 4 9
3 3 2 2 4 3. . 9 2. .
b a b a b a b a b a b a b a
3 2
4t 9t 12t
18
.
Ta có
a b
2
2a 2 b 2
ab a bab
2
2 1 a
b
1
b a ab
a b
1 1
2 1 a
b
2
b a a b
Theo bất đẳng thức Cô-si ta có
a b a b
4 7 2 2 148
1 1
2 2 .2 1 1 a b
2 2 2
a b a b b a
a b a b 5
Suy ra 2 1 2 2 2
.
b a b a
a b
b
a
2
a b 5
Hay t .
b a 2
3 2
5
Xét hàm số f t 4t 9t 12t
18
với t .
2
5
t 2
2
Ta có f t 12t 18t
12
; f t 0
2
.
1 5
t
2 2
5
Ta có f
5
t
0, t
, nên hàm số f t
đồng biến trên ; .
2
2
5 23
Bởi vậy: min f t
f .
4 21;
2 4
23
Hay min P khi a 2; b 1
hoặc a 1; b 2 .
4
Câu 102: Chọn A
2 2
2 2
x y xy 4 4y 3x
y y x 4 x 3x
4 0
2 2
2
4
x 4 4 x 3x
4
3x
4x
0 0 x .
3
2 2
2 2
x y xy 4 4y 3x
x y xy 4y 3x
4

3 3 2 2
P 3 x y 20x 2xy 5y 39x
2 2 2 2
3 x y x y xy 20x 2xy 5y 39x
2 2
29x 7y 5xy 27x 12y
2
4
7
y 100
.
3
4
Vậy giá trị lớn nhất của hàm số là 100 khi x y .
3
Câu 103: Chọn A
2 4 4 4
7 y 5. y 27. 12y
29.
3 3 3
x y x y x
y
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có: 4 2 2 2 2 .2 2 2 x y 2 .
x y
Lại có: xy 1.
2
Khi đó:
2
2 2 3 3 2 2
P 2x y 2y x 9xy 2 x y 4x y 10xy
2 2
= 2 x y x y 3xy 4 xy 10xy
2 2
4 4 3xy 4 xy 10xy 16 2 xy 2xy xy 1 18
.
Vậy giá trị lớn nhất của P bằng 18 khi x y 1.
Câu 104: Chọn B
3
Ta có
9x 2 y 3xy 5 x 3xy
5 0
3
27x 6x 3xy 5 3xy 5 2 3xy
5 .
3
Xét hàm f t t 2t
với t 0;
2
có f ' t 3t 2 0 t 0; nên hàm số liên tục và đồng biến trên 0; .
2
Khi đó ta có 3x
3xy
5 x 0 và 9x
3xy
5 .
Với x 0 thì 0 5 l .
với x 0 thì P x 3 y 3 6xy 33x 2 1 x y 2
x 3 y 3 xy x 2 x y
6 9 3 2
3 3
x y xy xy x y
6 3 2 2
3 3 2 2
x y x y xy x y
x y 3
x y
3 3 2 4
2 4
2
9x
5 5 5 4 5
4 5
Mà x y x 4x 2 4 x.
. Đặt t x y thì t .
3x 3x 3x
3
3
2

3
4 5
2
4 5
Xét f t t 2t
4 với t . Khi đó f t 3t
2 0 với t
.
3
3
Do đó
4 5 36 296 15
f t
f
3
9
36 296 15
36 296 15
Suy ra P
. Vậy GTNN của P là .
9
9
Câu 105: Chọn A
Ta có
log 11 2x y 2y 4x
1 2 2x y log 11 2x y 1 0
Đặt t 2x y , 0 t 11. Phương trình trở thành: 2t
log 11 t
1 0.
1
Xét hàm số f t 2t log 11 t
1
trên khoảng 0;11
.
1
11
t
1 t 1
t 1
Có y 2 0 , t
0;11
. Do đó hàm số f t
luôn đồng biến.
Dễ thấy có nghiệm . Do đó là nghiệm duy nhất của 1
.
Suy ra
2x
1
y
3 2
4y 5y 2y
3.
. Khi đó
2
1
y
P 16y 1 y3y 2
y 5
4
1
0;
2
3 2
Xét hàm số g y 4y 5y 2y
3 trên , có
1
0;
2
2
g y 12y 10y
2 0, y .
Do đó, min g y
g 0 3 , max g y g 1
4.
1
0; 2
Suy ra m 3 , m 4 .
Vậy T 4.3 4 16.
Câu 106: Chọn C
1
0; 2
2x y 8yz 2x y 2 y.2z
2x y y 2z
2
2 x y z 4xz 2 x z 2y
2 2 2 2
2 x y z
2 2
2 x z y
x y z 2
3 8 1
P
2 x y z x y z 3 x y z
Đặt t x y z t 0 .
Xét hàm số
f t
1 8
trên
2t
0;
t 3
1 8
2 x y z x y z 3

1 8 3t
3 3 5t
Ta có f t
;
2 2 2
2t t 3 2t t 3
2
Bảng biến thiên
f t 0 t 1
Vậy 3
1 1
min P x y z 1. Khi đó, x z và y .
2
4 2
Câu 107: Chọn A
Ta có: x y
1
5
x3 y xy1 xy1
5 5 1 1 5 3
x3
y
x3 y x3 y xy1 xy1
5 5 x 3y 5 5 xy 1.
5 5
f t
đồng biến trên f x 3y f xy 1
t t
t
t
Xét hàm số f t t có f t 5 ln 5 5 ln 5 1 0 , t
.
Do đó hàm số
x
1
y 3 x
x
1
y (do x 0 nên x 3 0 )
3 x
2x
2
x 2y 1 x 1
x 3
x
2
2x
1
.
x 3
y
x 3y xy
1
2
2
x 2x
1
x 6x
5
Xét hàm số g x
với x 0 có g x
0 , x
0 .
2
x 3
x 3
1
1
1
Do đó: g x
g 0
, x
0 hay x 2y
1 , x
0 . Vậy m 0;1
.
3
3
3
Câu 108: Chọn C
2
2 2
P x y 2 x 1 y 1 8 4 x y x y 2 x y 2 8 4 x y .
2
Đặt t x y P t 2t 2 8 4 t .
Theo giả thiết
x y x 1 2y
2
.
x y 2
x 2y 1 2 2 x 1 y 1 x 2y 1 2 x 1 y 1 3 x y
2
t 3t t 3t 0 0 t 3 .
Xét f t t 2t 2 8 4 t trên 0;3 .
2
.

f t 2t
2
4
; f t 0 2t 2 4 t 4 t 1
4 t 2 .
4 t
t
0
2 3 2
t 2t 14 t 4 t 2t 7t 0 t
1 2 2 0;3.
t 1 2 2 0;3
f 0
18
f 3
25 min P 18,
max P
25
Ta có ; .
Vậy M m 25 18 43 .
Câu 109: Chọn B
Áp dụng bất đẳng thức MinCopxki ta có.
2 2 2
P ³ ( 1- x + 1- x) + ( 2y)
+ 2- y = 2 1+ y + 2-
y .
2
Xét hàm số f ( y)
= 2 1+ y + 2 - y.
Ta có f ¢ ( y)
= -1.
( )
f ¢ y = 0 Û y =
1
3
.
2y
1+
y
2
Ta thấy min f ( y ) = 2 + 3 . Do đó P
min
= 2+
3 .
Câu 110: Chọn B
2
2 . 2 2
4 4 2 2
2 2 2 2
P a b a b a b
a b ab
ab
2
2 2 2 2
P 1 2 2 1 4 2 với .
ab ab
ab x x x ab x x 0
4 2 2 3 2 4 3 2
P x 16x 1 2x 8x 8x 2x x 8x 16x 8x
1.
Ta có a b 1 ab 2 ab .
x 2 x 1 0 0 x 2 1 0 x 3 2 2 .
3 2
P 4x 24x 32x
1.
Bảng biến thiên.
.
.

P P 2 2 1 4
min 3 2 2
.
Câu 111: Chọn C.
Đặt x a b , y b c , z c a , không mất tổng quát giả sử a b c .
Do a, b, c 0;3 nên x y a c 3 .
Ta có
1 2 2 2
T 4xyz x y z
2
1
4xy x y x y x y
2
2 2
2
2 2 2 2 x y
4xy x y x y xy 11xy x y 9xy
9
a
3
3
Khi
b
81
81
2 thì T nên giá trị lớn nhất của T bằng .
4
4
c
0
2
81
2 4
.
Câu 112: Chọn B
3 2
x
0
Ta có y 4x 4m 1 x 4x x m 1
0 1
2
x
m 1
Đồ thị hàm số đã cho có ba điểm cực trị y 0 có ba nghiệm phân biệt m 1.
2
x 0 y m
Khi đó 1
.
2 2 2
x m 1 y m 1 2m 1
m 2m
1
A
m
Như vậy 0;
2 , B m 1; 2m
1 , C m 1; 2m
1
là ba điểm cực trị của
đồ thị hàm số đã cho.
2
AB m 1; m 2m
1
4
AB m 1 m
1
Ta có
AB AC .
2
4
AC m 1; m 2m
1
AC m 1 m
1

Gọi H là trung điểm của cạnh BC AH BC và H 0; 2m
1
2 2
AH 0; m 2m 1 AH m 2m 1 m 1
.
2
1 AB. AC.
BC
Ta có S
ABC
AH.
BC 2 R. AH AB.
AC .
2 4R
Mà 1 và BC 2 m 1;0 BC 2 m 1
R
2m 1 2 m 1 m
1
4
3
m
1 1 2m
1
3 2
3 5
m 3m m 0 m 0 , m
thỏa mãn.
2
Câu 113: Chọn D
3 2
Ta có đạo hàm y 4x 16m x .
x
0
y 0 .
x
2m
Do đó với điều kiện m 0 hàm số có 3 cực trị tạo thành tam giác cân ABC với
2
2
0;1 , 2 ;8 1 và C 2 m;8m
1 . Hai điểm này sai cô B 2 m;16m 4 1
và
A B m m
4
C 2 m;16m
1
.
4
4
Ta có BC 4m
và BC : y 16m
1. Suy ra chiều cao AH 16m
.
1
4 5
5
Theo đề bài thì S ABC
64 4m 16m 64 m 2 m 2 .
2
Câu 114: Chọn A
y
A
M
O
N
x
B
I
C
Để hàm số có 3 cực trị thì a. b 0 m 1 0 m 1
x 0 y 2m
3
3
y 4x 4( m 1) x 0
2
x m 1
y 2 m
2
Do trục hoành cắt tam giác ABC nên 2m
3 0;2 m 0
Gọi M , N là giao điểm của trục Ox và 2 cạnh AB , AC .

S
AMN
AM AN AO 4
Ta có . với I là trung điểm BC .
S AB AC AI 9
Suy ra
ABC
AO
AI
Do điều kiện
Câu 115: Chọn C
2
2 2m
3 2 1
15
3 ( m 1) 3 2
2
2m 2m 7 0 m
2
m 1 nên chọn
3 2
Ta có: y 4x 4mx 4x x m .
1
15
m
2
2
x
0
Xét y 0 4x
x m
0 .
2
x
m
Để đồ thị hàm số đã cho có 3 điểm cực trị thì m 0 .
4
Khi đó tọa độ các điểm cực trị là A 0;2m m , B m ;2m 4 m 2 m và
4 2
;2 .
C m m m m
4 2
m
0 m
0
Ta có: A Oy . Để B,
C Ox
thì 2m m m 0
.
3
2m
m 1 0 m
1
Do m 0 nên ta được m 1.
Câu 116: Chọn A
3
Ta có y 4x 4mx
.
x
0
y 0 .
2
x
m
Hàm số có ba cực trị khi m 0 .
A
m
Tọa độ ba điểm cực trị là 0; 4 4 , B m; m 2 4m
4 ,
C m m m
2
; 4 4
Tam giác cân tại A 0; 4m 4 nên
ABC
.
1
S
ABC
1 d A, BC. BC 1 d A, BC. BC 2
2
2
BC : y m 4m
4 .
2 2
,
d A BC m m .
BC 2 m;0 BC 2 m
2
d A, BC . BC 2 m m 1 m 1
Kết hợp với điều kiện m 0 ta có m 1.
Câu 117: Chọn A

3
Ta có y 4x 4mx
.
x
0
y 0 .
2
x
m
Hàm số có ba cực trị khi m 0 .
A
m
Tọa độ ba điểm cực trị là 0; 2 , B m; m 2 2m
, C m; m 2 2m
.
ABC
Tam giác cân tại 0; 2 . Gọi là trung điểm của H 0; m 2 2m
.
2
AH m ; BC 2 m .
Tam giác ABC đều
m
0 ( l)
.
3
m
3 ( n)
Câu 118: Chọn B
3 2
Ta có y 4x 4m x .
x
0
y 0 .
2 2
x
m
Hàm số có ba cực trị khi m 0 .
A m H BC
AH
3
2
BC
2 3
m .2
2
4
4
Tọa độ ba điểm cực trị là 0;1 , B m; m 1 , C m; m 1
.
ABC
m
4
m m
A
4
A 0;1 H BC H 0; m
1
Tam giác cân tại . Gọi là trung điểm của .
4
AH m ; BC 2 m .
1
4 m
0 ( l)
Tam giác ABC cân tại A AH BC m m .
2
m
1 ( n)
Câu 119: Chọn C
2
Ta có y 3x 3m
. Hàm số có hai điểm cực trị khi và chỉ khi m 0 .
x
m
y 0 .
x m
Đồ thị hàm số có hai điểm cực trị B m; 2m m 1 , C m;2m m 1
.
Suy ra BC 2 m;4m m
Gọi là trung điểm của thì 0;1 , nên AM 2; 2
.
M BC M
Vậy tam giác ABC là tam giác cân khi và chỉ khi
1
AM BC AM. BC 0 2 . 2 m 2 . 4m m 0 m .
2
Câu 120: Chọn D
3 2
Ta có y 4x 4m x 0 x 0; x m
.
3 0

Hàm số có 3 điểm cực trị m 0 .
A
m
Suy ra toạ độ các điểm cực trị là 2
2 4
0; , B m;
m m , C m;
m 2 m
4 .
Để bốn điểm A, B , C , O là bốn đỉnh của hình thoi thì trung điểm đường chéo OA
m
0 loai
2
2 4 m
thuộc đường chéo BC m m
2 .
2
m
2
Câu 121: Chọn A
x
0
3
y 4x 4mx
; y
0 2
x
m
Hàm số có 3 điểm cực trị m 0 . Loại B, D.
Với 1 ta có các điểm cực trị: 0; 1 , 1; 2 , C 1; 2 .
m A B
Suy ra: AB 1; 1
, AC 1; 1
AB. AC 0 ABC
vuông tại A .
Câu 122: Chọn D
Xét hàm số y x 4 mx 2 2m 1 y
4x 3 2mx 2x2x 2 m
x 0 y 2m
1
Khi m 0 : y 0
2
2m m
x y 2m
1
2 4
2
m m
Ta có ba điểm cực trị là A0;2m 1
, B
; 2m
1
,
2 4
2
m m
C
; 2m
1
2 4
và tam giác ABC cân tại A.
Để OBAC là hình thoi khi
2
m
H 0; 2m
1
là trung điểm BC cũng là trung điểm của OA.
Suy ra
4
2
m 2m
1
m
2 2
2m
1
(nhận).
4 2 m 2 2
Câu 123: Chọn B
3
Ta có y 4x 4mx
.
x
0
y 0 .
2
x
m
Hàm số có ba cực trị khi m 0 .
2
Tọa độ ba điểm cực trị là A 0; 2m 4m
, B m; m 2 4m
, C m; m 2 4m
.

ABC
Tam giác cân tại A 0;2m 2 4m
nên
1
S
ABC
1 d A, BC. BC 1 d A, BC. BC 2
2
2
BC : y m 4m
.
2 2
,
d A BC m m .
BC 2 m;0 BC 2 m
2
d A, BC . BC 2 m m 1 m 1
Kết hợp với điều kiện m 0 ta có m 1.
Câu 124: Chọn A
Cách 1 :
TXĐ: D .
x
0
3 2
Ta có y 4x 4mx 4x
x m
. Cho y 0 .
2
x
m
Hàm số có ba cực trị m 0 1 .
Khi đó đồ thị hàm số có ba điểm cực trị là: A 0;1 m , B m; m 2 m 1
,
2
C m; m m 1
.
OB m; m
2 m 1
,
AC m,
m
Ta có tam giác ABC cân tại A nên AO BC
2
Do đó tam giác ABC nhận O làm trực tâm OB AC OB AC 0
m 4 m 3 m 2 m 0
mm 3 m 2 m
Kết hợp với 1 ta suy ra m 1.
Cách 2 : ( công thức nhanh )
1 0
m
0
.
m
1
4 2
Đồ thị hàm số y ax bx c có ba cực trị tạo thành tam giác nhận gốc tọa độ O
3
b 8a 4abc
0
làm trực tâm khi
.
ab
0
Chứng minh công thức :
x
0
3
Ta có y 4ax 2bx
, y 0
b . x
2a
Hàm số có ba cực trị ab 0 .

2
b
b
Khi đó đồ thị hàm số có ba điểm cực trị là A0;
c
, B
; c
,
2a
4a
2
b
b
C
; c
2a
4a
2
b
b
2
b
b
OB
; c
,
2a
4a
AC
;
2a
4a
Ta có tam giác ABC cân tại A nên AO BC
Do đó tam giác ABC nhận O làm trực tâm OB AC OB AC 0
2 2 2
b b b b b
3
c 0 1 c
0 b 8a 4abc
0 .
2a 4a 4a 2 4a
4 2
Áp dụng cho hàm số y x 2mx 1 m với a 1, b 2m
, c 1
m .
m 0
Ta có 3
m 1.
2m 8 4 2m1 m
0
Câu 125: Chọn D
x
0
3 2
Ta có y 4x 4m 1 x 4x x m 1
; y 0 .
2
x
m 1
Hàm số có 3 cực trị khi và chỉ khi y 0 có ba nghiệm phân biệt m 1 0 m 1
*
.
Khi đó tọa độ ba cực trị là:
4 2
A 0; m 3m
2017
4
4 2
AB AC m 1 m
1
B m 1; m 4m 2m
2016
BC
2 m 1
4 2
C m 1; m 4m 2m
2016
Suy ra tam giác ABC cân tại A , gọi AH đường cao hạ từ đỉnh A , ta có
AH
Suy
S
ABC
m
1 2
AH.
BC
2
.
1 5
Kết hợp điều kiện * m 5 .
2
m
1 m
1 32 m
1 1024 m 1
4 m 5.
ra

Câu 1. (Chuyên KHTN lần2) Cho hàm số f ( x)
có bảng biến thiên như sau.
x
f '( x )
f ( x)
-¥ -1 2 +¥
-¥
+ 0 - 0
Hàm số đã cho nghịch biến trong khoảng nào dưới đây?
1
-2
+
+¥
2;
A. . B. 1;2 . C. ; 1 . D. 2;1 .
Câu 2.
(CHUYÊN HẠ LONG NĂM 2019) Cho hàm số có bảng biến thiên sau
Khẳng định nào sau đây sai?
A. Hàm số đạt cực đại tại 1. B. Hàm số đồng biến trên khoảng ;1 .
x
C. Hàm số nghịch biến trên khoảng 1; . D. Đồ thị hàm số có 3 đường tiệm cận.
Câu 3. (Cụm 8 trường Chuyên Lần 1) Cho hàm số y f x
có bảng biến thiên như sau
x
y'
1 0 1
0 0
y
Hàm số đã cho nghịch biến trên khoảng nào dưới đây ?
A. (-¥; - 1). B. (0; +¥ ). C. (- 1; 1).
D. (-1; 0).
Câu 4. (Chuyên Sơn La Lần 3 năm 2018-2019) Cho hàm số y f x có bảng biến thiên như sau:
Hàm số đã cho nghịch biến trên khoảng
A. 1; . B. 1;4 . C. 1;1 . D. ;0 .
Câu 5. (KINH MÔN HẢI DƯƠNG 2019) Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để hàm số
x 6
y
x 5m
nghịch biến trên khoảng 10;
.
A. 5 . B. 3 . C. 4 . D. Vô số.
Câu 6. (Nguyễn Đình Chiểu Tiền Giang) Cho hàm số y f ( x)
có bảng biến thiên như sau:

x
y '
y
-
1 1 +
0 0
2 +
-
2
Hàm số đã cho nghịch biến trên khoảng
A. (1; ) . B. ( ; 1) . C. ( 1;1) . D. ( 2;2)
.
Câu 7. (Đặng Thành Nam Đề 1) Cho hàm số y f x có đồ thị như hình vẽ bên. Hàm số đã cho
đồng biến trên khoảng nào dưới đây?
0;1
A. . B. ; 1 . C. 1;1 . D. 1;0 .
Câu 8. (NGUYỄN ĐÌNH CHIỂU TIỀN GIANG) Cho hàm số y f ( x)
có bảng biến thiên như sau:
x
y '
y
-
1 1 +
0 0
2 +
-
2
Hàm số đã cho nghịch biến trên khoảng
A. (1; ) . B. ( ; 1) . C. ( 1;1) . D. ( 2;2)
.
Câu 9. (THPT-Yên-Mô-A-Ninh-Bình-2018-2019-Thi-tháng-4) Cho hàm số y f x có đồ thị như
hình vẽ bên dưới
Hàm số đã cho đồng biến trên khoảng nào dưới đây ?
A. ; 3 . B. 3; 1 . C. 2; 2 . D. 2; 1
.
Câu 10. THPT LÝ THƯỜNG KIỆT – HÀ NỘI) Cho hàm số y f x có bảng biến thiên như hình

Hàm số đã cho đồng biến trên khoảng
A. ; 1 . B. 1;3 . C. 3;0 . D. 0; .
Câu 11. Đặng Thành Nam Đề 12) Cho hàm số f ( x)
có bảng xét dấu đạo hàm như sau:
Hàm số đã cho nghịch biến trên khoảng nào dưới đây?
3;
1;3
A. . B. ; 1 . C. . D. 2;4 .
Câu 12. (CHUYÊN SƯ PHẠM HÀ NỘI LẦN 4 NĂM 2019) Cho hàm số y f x có bảng biến thiên
như hình vẽ bên dưới. Hàm số
y f x
đồng biến trên khoảng
x
y'
y
∞
+
0
0
0
1
0
+
+ ∞
+ ∞
∞ 1
0;
0;1
A. 1; . B. . C. . D. 3; 2 .
m
3 2 2
Câu 13 (THPT-Toàn-Thắng-Hải-Phòng) Tìm để hàm số y mx m 1 x 2x
3 đạt cực tiểu
tại x 1.
3
3
A. . B. .
2
2
C. 0 . D. 1.
Câu 14 (Hoàng Hoa Thám Hưng Yên) Tìm tất cả tham số thực m để hàm số
4 2 2
y m 1 x m 2 x 2019 đạt cực tiểu tại x 1
A. m 0 . B. m 2
. C. m 1. D. m 2 .
Câu 15 (Lý Nhân Tông) Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để hàm số
9 7 2 6
y x ( m 2) x ( m 4) x 7 đạt cực tiểu tại x 0 ?
A. 3 . B. 4 . C. Vô số. D. 5 .
5
x
4 m 3
Câu 16 (CHUYÊN HUỲNH MẪN ĐẠT 2019 lần 1) Cho hàm số y = -( 2m-1)
x - x + 2019 .
5 3
Có bao nhiêu giá trị của tham số m để hàm số đạt cực tiểu tại x = 0 ?
A.Vô số . B.1 . C.2 . D.0 .
Câu17 (CHUYÊN THÁI BÌNH LẦN V NĂM 2019) Cho hàm số y f ( x)
là một hàm đa thức có
bảng xét dấu của f '( x)
như sau.

2
Số điểm cực trị của hàm số g( x)
f x x
A. 5 . B. 3 . C. 7 . D. 1.
Câu 18. (CHUYÊN HOÀNG VĂN THỤ HÒA BÌNH LẦN 4 NĂM 2019) Có bao nhiêu giá trị nguyên
của m
m 1 5 m 2 4
thuộc khoảng (-2019;2019)
để hàm số y x x m 5
5 4
đạt cực đại tại
x 0?
A. 110 . B. 2016 . C. 100 . D. 10 .
là
Câu 19 Chuyên Phan Bội Châu Lần2) Cho hàm số f x
có đạo hàm trên thỏa mãn
2
f x h f x h h , x
, h
0 . Đặt
m
2019 29 4 2 2
g x x f x x f x m 29m 100 sin x 1, m là tham số nguyên
và 27 . Gọi là tập hợp tất cả các giá trị nguyên của sao cho hàm số g x đạt cực tiểu
m S m
tại . Tính tổng bình phương các phần tử của S .
x 0
A. 100 . B. 50 . C. 108. D. 58 .
Câu 20 (THPT LÝ THƯỜNG KIỆT – HÀ NỘI) Cho hàm số y f x xác định trên \ 1 , liên tục
trên mỗi khoảng xác định và có bảng biến thiên như hình vẽ
Hàm số
y f x
có bao nhiêu điểm cực trị?
A. 4 . B. 3 . C. 2 . D. 5 .
Câu 21 (Cầu Giấy Hà Nội 2019 Lần 1) Tập hợp các số thực m để hàm số
3 2
y x m 4 x 5m 2 x m 6 đạt cực tiểu tại x 2
là
2
2
A. . B. . C. . D. .
Câu 22. (Chuyên Quốc Học Huế Lần1) Tìm giá trị thực của tham số m
3 2
để hàm số y x 3x mx
đạt cực đại tại x 0.
A. m 1. B. m 2 . C. m 2
. D. m 0 .
Câu 23. (THĂNG LONG HN LẦN 2 NĂM 2019)Tìm tập tất cả các giá trị của m để hàm số
y x 3 3m 1 x 2 m 2 x 3 đạt cực tiểu tại x 1.
5;1
5
1
A. . B. . C. . D. .
Câu 24. (Chuyên Thái Nguyên) Tìm tất cả các giá trị của tham số m để hàm số
1 3 2 2
y x mx m m 1
x 1
đạt cực đại tại điểm x 1?
3

A. m 2 hoặc m 1. B. m 2 hoặc m 1.
C. m 1. D. m 2 .
3 2
Câu 25 (Chuyên Hạ Long lần 2-2019) Tìm m để hàm số y x 2mx mx 1
đạt cực tiểu tại x 1
A. không tồn tại m . B. m 1. C. 1. D. m 1;2 .
Câu 26 (Chuyên KHTN) Cho hàm số f x với bảng biến thiên dưới đây
m
Hỏi hàm số
y f x
có bao nhiêu cực trị?
A. . B. . C. . D. .
3 1 7 5
m
4 2
Câu 27 (Hải Hậu Lần1) Tìm để hàm số y mx m 1 x 1
đạt cực đại tại x 0
A. m 0 . B. m 1. C. m 1. D. 1 m 1
Câu 28 (Lê Quý Đôn Điện Biên Lần 3) Cho hàm số y f x có bảng biến thiên như sau
Giá trị cực đại của hàm số bằng
A. 2
. B. 1. C. 2 . D. 3 .
Câu 29 (CỤM-CHUYÊN-MÔN-HẢI-PHÒNG) Cho hàm số y f x . Hàm số y f x có đồ thị
như hình vẽ bên. Số điểm cực trị của hàm số
y f x
y
là:
O
x
A. 3. B. 4 . C. 1. D. 2.
Câu 30. (PHÂN-TÍCH-BL-VÀ-PT-ĐẠI-HỌC-SP-HÀ-NỘI) Tập hợp các số thực m để hàm số
3 2
y x 3mx m 2 x m đạt cực tiểu tại x 1
là
1
1
A. . B. . C. . D. .
Câu 31. (Đoàn Thượng) Tìm các giá trị thực của tham số m
1 3 2 2
để hàm số y x mx m 4
x 3
3
đạt cực đại tại x 3.
A. m 1, m 5 . B. m 5 . C. m 1. D. m 1.

3 2
Câu 32. (Hàm Rồng ) Tìm m hàm số y x mx 3 m 1 x 2m
đạt cực trị tại điểm x 1
A. m 1. B. m 2 . C. m 0
D. m 1.
Câu 33. ( Hội các trường chuyên 2019 lần 3) Cho hàm số y f x có bảng xét dấu đạo hàm như sau
Hàm số đã cho có bao nhiêu điểm cực trị?
A. 3. B. 1. C. 4. D. 2.
Câu 34. (Văn Giang Hưng Yên) Cho hàm số y f x có bảng biến thiên sau. Mệnh đề nào sau đây
sai?
x
y'
y
A. Điểm cực đại của đồ thị hàm số 1;2 .
B. Hàm số không đạt cực tiểu tại điểm x 2 .
C. Hàm số đạt cực đại tại điểm x 1.
D. Giá trị cực đại của hàm số là y 2 .
1
0
Câu 35. (SỞ LÀO CAI 2019) Cho hàm số y f ( x)
có đồ thị như hình vẽ.
2
2
0
1
Điểm cực tiểu của hàm số là
A. x 0 . B. y 0. C. y 2
. D. x 2.
Câu 36. (Lương Thế Vinh Đồng Nai) Cho hàm số y f ( x)
có bảng biến thiên như sau.
Hàm số y f ( x)
đạt cực tiểu tại điểm nào trong các điểm được cho dưới đây?
A. x 2 . B. x 3. C. x 1. D. x 0 .
Câu 37. (Cụm 8 trường Chuyên Lần 1) Cho hàm số y f x có bảng biến thiên như sau

Hàm số đạt cực đại tại điểm
A. x 0 . B. x 2 . C. x 5. D. x 1.
Câu 38. (Sở Điện Biên) Cho hàm số y f x có bảng biến thiên như sau:
Mệnh đề nào dưới đây đúng?
A. Hàm số đồng biến trên khoảng ;1 .
B. Điểm cực đại của đồ thị hàm số là . x 1
C. Hàm số nghịch biến trên khoảng 1;3 .
D. Giá trị cực tiểu của hàm số là 1.
Câu 39 (Chuyên Lê Hồng Phong Nam Định Lần 1) Cho hàm số y f x có bảng biến thiên như hình
vẽ.
x
f / (x)
f(x)
∞
∞
+
Mệnh đề nào sau đây đúng?
A. Hàm số đạt cực tiểu tại x 2 và không có điểm cực đại.
B. Hàm số đạt cực tiểu tại x 1
và đạt cực đại tại x 2 .
C. Hàm số đạt cực đại tại x 1
và đạt cực tiểu tại x 2 .
D. Giá trị cực đại của hàm số bằng 1.
1
1
1
Câu 40. (THPT-Yên-Mô-A-Ninh-Bình-2018-2019-Thi-tháng-4) Cho hàm số y f x có bảng biến
thiên như bên dưới. Phát biểu nào đúng ?
2
0
2
+
+ ∞
+ ∞
A. Hàm số đạt cực đại tại x 2 . B. Hàm số đạt cực đại tại x 4 .
C. Hàm số có ba cực tiểu. D. Hàm số có giá trị cực tiểu là 0 .
Câu 41. (Sở Điện Biên) Cho hàm số có đồ thị là đường cong trong hình vẽ bên. Hàm số
( ) y f x ( ) f x
đạt cực đại tại điểm nào sau đây?

A. x 1. B. x 2 . C. x 1. D. x 2 .
Câu 42. (Nguyễn Đình Chiểu Tiền Giang) Cho hàm số y f ( x)
có bảng biến thiên như sau
Số điểm cực trị của hàm số đã cho bằng
A. 4 . B. -5 . C. -1. D. 2 .
Câu 43. (NGUYỄN ĐÌNH CHIỂU TIỀN GIANG) Cho hàm số y f ( x)
có bảng biến thiên như sau
Số điểm cực trị của hàm số đã cho bằng
A. 4 . B. -5 . C. -1. D. 2 .
2 2 2
Câu 44. (Cụm 8 trường Chuyên Lần 1) Hàm số f x x 1 x 2 ... x 2019 ( x )
đạt
giá trị nhỏ nhất khi x bằng
A. . B. . C. . D. .
2020 1010 2019 0
4 3 2
Câu 45. (CHUYÊN SƯ PHẠM HÀ NỘI LẦN 4 NĂM 2019) Hàm số y x ax bx 1
đạt giá trị
nhỏ nhất tại x 0 . Giá trị nhỏ nhất của biểu thức S a b là
A. 2 . B. 0 . C. 2
. D. 1.

Câu 46. (PHÂN-TÍCH-BÌNH-LUẬN-THPT-CHUYÊN-HÀ-TĨNH) Cho các số thực a, b,
c thỏa mãn
2 2 2
a b c 2a 4b
4 . Tính P a 2b 3c
khi biểu thức 2a b 2c
7 đạt giá trị
lớn nhất.
A. P 7 . B. P 3 . C. P 3
. D. P 7
.
Câu 47. (PHÂN-TÍCH-BÌNH-LUẬN-THPT-CHUYÊN-HÀ-TĨNH) Cho ba số thực dương a, b,
c thỏa
2 2 2
mãn a b c 2a 4b 6c
10 và a c 2 . Tính giá trị biểu thức P 3a 2b c
2 2 2
khi Q a b c 14a 8b 18c
đạt giá trị lớn nhất.
A. 10. B. 10
. C. 12. D. 12
.
.
Câu 48. (CHUYÊN NGUYỄN DU ĐĂK LĂK LẦN X NĂM 2019) Cho phương trình
4 3 2
2 2 2
x + ax + bx + cx + 1= 0 có nghiệm. Giá trị nhỏ nhất P = a + b + c bằng
A. 2 . B. 4 3 . C. 8 3 . D. 4 .
3 2
Câu 49. (Thuận Thành 2 Bắc Ninh) Biết hai hàm số f x x ax 4x
2 và
3 2
g x x bx 2x
3
P a b
.
có chung ít nhất một điểm cực trị. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
A. 3 2 . B. 6 2 . C. 6. D. 3.
( )
Câu 50. (THPT-YÊN-LẠC) Cho hàm số y = f x liên tục trên và có đồ thị như hình vẽ. Gọi M
m ( )
và tương ứng là giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số y = f 1-2cos
x trên
é 3p
ù
0;
. Giá trị của M + m bằng
êë
2 úû
A. 2. B. 1.
1
3
C. . D. .
2
2
Câu 51. (Đặng Thành Nam Đề 2) Cho hàm số ( ) liên tục trên đoạn 1;5 và có đồ thị trên đoạn
1;5
như hình vẽ bên. Tổng giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số f ( x)
trên đoạn
1;5
bằng
f x
A. 1
B. 4 C. 1 D. 2
Câu 52. (Sở Ninh Bình Lần1) Gọi M và m lần lượt là giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số
3cos x 1
y . Tổng M m là
3
cos x

7
1
5
3
A. . B. . C. . D. .
3
6
2
2
Câu 53.
3 2
(CHUYÊN THÁI BÌNH LẦN V NĂM 2019)Giá trị cực tiểu của hàm số y x 3x 9x
2
là
A. 7 . B. 25
. C. 20
. D. 3 .
Câu 54. (ĐH Vinh Lần 1) Cho hàm số y f x
có đạo hàm trên . Bảng biến thiên của hàm số
y f ' x
như hình dưới
Tìm m để bất phương trình
1
m x f x x
3
2 3
nghiệm đúng với mọi 0;3
A. m f (0) . B. m f (0) . C. m f (3) . D.
x .
2
m f (1) .
3
Câu 55. (ĐH Vinh Lần 1) Cho hàm số y f x
có đạo hàm trên . Bảng biến thiên của hàm số
y f ' x
như hình dưới
Tìm m để bất phương trình
2sin nghiệm đúng với mọi 0;
m x f x
x .
Câu 56. (ĐH Vinh Lần 1) (Phát triển từ câu 50 đề liên trường Nghệ An ) Cho hàm số y f x
có đạo
hàm trên . Đồ thị hàm số y f ' x
như hình vẽ bên dưới.
2
Tìm m để bất phương trình m x 2 f x 2
4x
3 nghiệm đúng với mọi 3;
x .
A. m 2 f (0) 1. B. m 2 f (0) 1. C. m 2 f ( 1) . D. m 2 f ( 1) .
Câu 57 (Chuyên Thái Nguyên) Cho khối trụ có độ dài đường sinh bằng 10 cm . Biết thể tích khối trụ là
90 cm 3 . Diện tích xung quanh khối trụ bằng
2
2
2
2
A. 36
cm . B. 78
cm . C. 81
cm . D. 60
cm .
Câu 58 (Chuyên Thái Nguyên) Cho số phức z có phần thực là số nguyên và z thỏa mãn
2
z 2z 7 3i z . Môđun của số phức w 1 z z bằng
A. w 445 . B. w 425 . C. w 37 . D. w 457

Câu 59 (Chuyên Thái Nguyên) Gọi M và m lần lượt là giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số
2
x 3x
6
y
trên đoạn 0;1
. Giá trị M 2m
bằng
x 2
A. 11. B. 10
. C. 11. D. 10
Câu 60. (Trung-Tâm-Thanh-Tường-Nghệ-An-Lần-2) Cho hàm số y f x có đồ thị như sau.
Số nghiệm thực của phương trình f
2
x 1 0
A. 7. B. 4 . C. 3 . D. 8 .
Câu 61. (Chuyên Bắc Giang) Gọi S là tập hợp tất cả các giá trị nguyên của tham số m để phương trình
x
x
2 3 m 2 3 10
có 2 nghiệm dương phân biệt. Số phần tử của S bằng
A. 12. B. 15. C. 9. D. 4.
Câu 62 ) (Phan Đình Tùng Hà Tĩnh) Cho hàm số y f x có bảng biến thiên như hình vẽ.
là
Khi đó phương trình
1
f x m
có ba nghiệm thực phân biệt khi và chỉ khi
A. 1 m 2 . B. 1 m 2 . C. 0 m 1. D. 0 m 1.
Câu 63. (KỸ-NĂNG-GIẢI-TOÁN-HƯỚNG-ĐẾN-THPT-QG) Cho hàm số y f x liên tục trên
và có đồ thị như hình bên

m
Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số để phương trình f 2 f cos x m có nghiệm
x
; ?
2
A. 5 . B. 3 . C. 4 . D. 2 .
Câu 64. (HKII-CHUYÊN-NGUYỄN-HUỆ-HÀ-NỘI) Tìm m để phương trình
có 8 nghiệm phân biệt:
4 9
4 9 4 9
A. 0 m 2 . B. 2 m 2 .
m
4 9
C. Không có giá trị của . D. 1 m 2 .
4 2
x x m
5 4 log 2
Câu 65 (Đặng Thành Nam Đề 5) Cho hàm số y f ( x)
liên tục trên và có đồ thị như hình vẽ bên.
Số nghiệm thực của phương trình
2
2 f x 1 5 0
là
A. 3 . B. 2 . C. 6 . D. 4 .
Câu 66 [Cho hàm số y f x liên tục trên và có đồ thị như hình vẽ bên. Số nghiệm thực của
phương trình
5 f x
4 0
là
A. 4 . B. 3 . C. 2 . D. 0 .
3
x 2
Câu 67 Gọi S là tập hợp các giá trị nguyên của tham số m để hàm số f x
2x mx 3 có hai
3
điểm cực trị x1, x2
3 . Số phần tử của S bằng
A. 4 B. 3 C. 2 D. 1
0
Câu 68. (Đặng Thành Nam Đề 3) Cho hàm số y f x liên tục trên và có đồ thị như hình vẽ bên.
Số nghiệm thực phân biệt của phương trình
f f x
bằng

A. 7 . B. 3 . C. 5 . D. 9 .
Câu 69. Cho hàm số y f x có bảng biến thiên như hình vẽ sau.
m 0
Tìm tất cả các giá trị thực của tham số để phương trình f x m có 4 nghiệm phân
biệt.
A. 1;2 . B. 1;2 . C. 1;2 . D. m 1;2 .
m
m
m
4 2
Câu 70 (Sở Hà Nam) Cho hàm số f x 4x 8x
1. Có bao nhiêu giá trị nguyên dương của m để
phương trình
f x
m
có đúng hai nghiệm phân biệt.
A. 3. B. 0. C. 2. D. 1.
Câu 71. (Cầu Giấy Hà Nội 2019 Lần 1) Cho hàm số y f x liên tục trên và có đồ thị như hình
dưới đây.
Số nghiệm phân biệt của phương trình
1 0
f f x
A. 9 . B. 8 . C. 10. D. 7 .
Câu 72. Cho hàm số y f ( x)
xác định trên \ 0 và có bảng biến thiên như hình vẽ. Số nghiệm của
phương trình 3 f 3 2x
10 0 là
là

A. 2. B. 1. C. 4. D. 3.
( )
2
Câu 73. Cho phương trình ( m + 2) 2+ x -2 2- x + 3x + 4 4- x = m + 12. Số giá trị nguyên của
tham số m để phương trình đã cho có hai nghiệm thực phân biệt là
A. 3. B. 4 . C. 2 . D. 5.
Câu 74. Số giá trị nguyên của m thuộc khoảng 2019;2019
để phương trình
2 2
x 2x1 x 2x2
4 m.2 3m
2 0 có bốn nghiệm phân biệt là
A. 2017 . B. 2016 . C. 4035 . D. 4037 .
Câu 75. Chuyên Lý Tự Trọng Cần Thơ) Tìm tất cả các giá trị của tham số sao cho đường thẳng
y 2m
1
cắt đồ thị hàm số
3
y x 3 x 1
tại 4 điểm phân biệt
A. 0 m 1
. B. m 1
. C. 0 m 1
. D. m 0 .
Câu 76. (Đặng Thành Nam Đề 14) Cho hàm số y f ( x)
liên tục trên R, f (2) 3 và có đồ thị như
hình vẽ bên
A. 2. B. 18. C. 4. D. 19.
m
Có bao nhiêu số nguyên m( 20;20)
để phương trình f x m 3 có 4 nghiệm thực phân
biệt.
3 2
Câu 77. (SỞ NAM ĐỊNH 2018-2019) Cho hàm số f x x 3x
. Tính tổng tất cả các giá trị nguyên
m
của để đồ thị hàm số g x f x m cắt trục hoành tại 4 điểm phân biệt.
A. 3. B. 10. C. 4. D. 6.
:
Câu 78. (THPT PHỤ DỰC – THÁI BÌNH) Cho hàm số y f x . Hàm số f '( x)
có bảng biến thiên
Bất phương trình f (sin x) 3x m đúng với mọi x ; khi và chỉ khi
2 2

3
3
3
3
A. m f (1) . B. m f ( 1)
. C. m f . D. m f (1) .
2
2
2 2
2
3 2
2
Câu 79. Cho hàm số C : y x 6x 9x
và đường thẳng d : y 2m m . Tìm số giá trị của tham số
thực để đường thẳng và đồ thị C có hai điểm chung.
m d
A. 4 . B. 3 .
C. 2 . D. Vô số.
Câu 80. Cho hàm số y f x liên tục trên và có đồ thị như hình vẽ dưới. Gọi S là tập hợp tất cả
các giá trị nguyên của m để phương trình f (sin x) 2sin x m có nghiệm thuộc khoảng (0; ) .
Tổng các phần tử của S bằng:
A. 10
B. 8
. C. 6
. D. 5
.
Câu 81 Cho hàm số f x
xác định và liên tục trên và có đồ thị như hình vẽ. Có bao nhiêu giá trị
m
2
nguyên của để phương trình 2. f 3 3 9x 30x 21 m 2019 có nghiệm.
A. 15 . B. 14 . C. 10 . D. 13 .
4 2
Câu 82. (THPT LÊ QUÝ ĐÔN QUẢNG NGÃI) Cho hàm số f ( x)
ax bx a,
b có đồ thị hàm
1
số f '( x)
như hình vẽ bên dưới. Biết rằng diện tích phần tô đậm bằng . Phương trình
8
8 f ( x) 1 0 có bao nhiêu nghiệm?

A. 0 . B. 4 . C. 3. D. 2 .
Câu 83. (THẠCH THÀNH I - THANH HÓA 2019) Phương trình x
có bao nhiêu nghiệm thực phân biệt?
A. 0 . B. 1. C. 2 . D. 3 .
2 11 1
2 1 x 1 11
3x
4 2 x
Câu 84 (Đặng Thành Nam Đề 6) Cho hàm số f ( x)
liên tục trên và có đồ thị như hình vẽ bên.
Số giá trị nguyên của tham số để phương trình f x m m có đúng 6 nghiệm thực phân
m
biệt là
A. 1. B. 3. C. 2 . D. 4 .
Câu 85. ( Chuyên Lam Sơn Lần 2) Cho hàm số y f x liên tục trên R có đồ thị như hình bên.
Phương trình f f x
1
0 có tất cả bao nhiêu nghiệm thực phân biệt?
A. 6. B. 5. C. 7. D. 4.
3
Câu 86 (Triệu Thái Vĩnh Phúc Lần 3) Cho hàm số y f x x 3x
1. Số nghiệm của phương
3
trình
f x
3 f x 1 0 là:
A. 1. B. 6. C. 5. D. 7.
Câu 87. (CHUYÊN HOÀNG VĂN THỤ HÒA BÌNH LẦN 4 NĂM 2019) Cho hàm số f ( x)
liên tục
trên và có đồ thị như hình vẽ. Số giá trị nguyên của tham số m để phương trình
2 2
f 3 4 6x 9x 1 m 0 có nghiệm là

A. 6 . B. 4 . C. 5 . D. 7 .
Câu 88 Cho hàm số f x
liên tục trên và có đồ thị như hình vẽ dưới đây. Tập hợp tất cả các giá trị
thực của tham số m để phương trình f 1 2cos x
m 0 có nghiệm thuộc khoảng ;
2 2
là
0;4
A. 4;0 . B. 4;0 . C. . D. 0;4 .
Câu 89. (Cầu Giấy Hà Nội 2019 Lần 1) Cho hàm số y f x liên tục trên và có bảng biến thiên
như hình dưới đây
Số các số nguyên thỏa mãn phương trình f 3sin x 4cos x 5 m có nghiệm là
m
A. 10001. B. 20000. C. 20001. D. 10000 .
Câu 90 (-Mai-Anh-Tuấn-Thanh-Hóa-lần-1-2018-2019) Cho hàm số y f x có đồ thị như hình vẽ
bên.

Có bao nhiêu giá trị nguyên của m để phương trình f ( x - 1) = m có 4 nghiệm phân biệt ?
A. 2. B. 1. C. 3. D. 4.
m
Câu 91. (THẠCH THÀNH I - THANH HÓA 2019) Cho hàm số y f x liên tục trên và có đồ thị
như hình vẽ. Tập hợp tất cả các giá trị của tham số để phương trình f cos x 2m
1
có
nghiệm thuộc khoảng 0; là
2
y
3
1
1
1
1
x
0;1
A. 1;1 . B. . C. 1;1 . D. 0;1 .
Câu 92. (SỞ QUẢNG BÌNH NĂM 2019) Cho hàm số y = f x liên tục trên R và có đồ thị như hình
vẽ bên. Tập hợp tất cả các giá trị thực của tham số để phương trình f 2sin x + 1 = m có
( )
é pö nghiệm thuộc nửa khoảng
0; là:
ê 6 ÷
ë ø
A. 2;0 . B. 0;2 .
(- ]
( ]
[- )
( )
C. 2;2 . D. -2;0 .
m ( )
Câu 93. (THPT ISCHOOL NHA TRANG) Cho hàm số f x xác định trên và có đồ thị như hình
4 4
vẽ. Có bao nhiêu giá trị nguyên của để phương trình f 4 sin x cos x
m có nghiệm?
m

A. 2. B. 4. C. 3. D. 5.
Câu 94. (THPT-Nguyễn-Công-Trứ-Hà-Tĩnh-lần-1-2018-2019-Thi-tháng-3) Cho đồ thị hàm số
3 2
y 2x 3mx m 6 ( m là tham số ) cắt trục hoành tại đúng một điểm khi giá trị của m là
A. m 0 . B. 6 m 2 . C. 0 m 2 . D. 6 m 0 .
Câu 95. Cụm 8 trường chuyên lần1)Cho hàm số
y f x
có đồ thị như hình vẽ.
m
2
Số giá trị nguyên dương của để phương trình f x 4x 5 1
m có nghiệm là
A. . B. . C. . D. Vô số.
3 4 0
Câu 96 (THPT NINH BÌNH – BẠC LIÊU LẦN 4 NĂM 2019) Cho hàm số f x có đồ thị như hình
vẽ.
5
Số nghiệm thuộc đoạn
; của phương trình là
6 6
f 2sin x 2
1
A. 1. B. 3 . C. 2 . D. 0 .
Câu 97 Cho hàm số y f x liên tục trên và có đồ thị như hình vẽ dưới đây

m
2
Tập hợp tất cả các giá trị thực của tham số để bất phương trình f 4 x m có nghiệm
thuộc nửa khoảng
2 ; 3 là
A. 1;3
. B. 1; f 2
. C. . D. .
1;3
1; f 2
Câu 98 Cho hàm số y f x có bảng biến thiên dưới đây:
Để phương trình 3 f 2x 1 m 2 có 3 nghiệm phân biệt thuộc 0;1 thì giá trị của tham số m
thuộc khoảng nào dưới đây?
A. ; 3
B. C. D.
1;6
6;
3;1
3 2
Câu 99 Cho hàm số y f x ax bx cx d a 0 có đồ thị như hình vẽ:
Phương trình
0
f f x
có bao nhiêu nghiệm thực?
A. 3 . B. 7 . C. 9 . D. 5 .
7
Câu 100 Cho hàm số y f x
thỏa mãn f 0
và có bảng biến thiên như sau:
6

3 13 2
1
2 f x f x 7
f x
2 2
Giá trị lớn nhất của tham số m để phương trình e
m có nghiệm trên đoạn
0;2 là
15
e 13
2
4
3
A. e . B. . C. e . D. e .
Câu 101. (Chuyên Vinh Lần 3) Cho hàm số y f x có đạo hàm trên và có đồ thị là đường cong
0
trong hình vẽ dưới. Đặt g x f f x . Tìm số nghiệm của phương trình g
x .
.
A. 2 . B. 8 . C. 4 . D. 6 .
Câu 102. (Chuyên KHTN lần2) Cho hàm số
3 2
y x 3x
2
có đồ thị như hình vẽ:
Số nghiệm của phương trình
x
3x
2 1
là
3 2
A. 3. B. 4 . C. 6 . D. 5 .
4 2
Câu 103 Cho hàm số y x 2x
3 có đồ thị như hình vẽ bên dưới. Với giá trị nào của tham số m thì
phương trình
4 2
x x m
2 3 2 4
có hai nghiệm phân biệt?

m
0
m
0
1
A. m . B.
1
1 . C. 0 m . D. .
2
1
m
2
m
2
2
Câu 104 (TTHT Lần 4) Cho hàm số y f x liên tục trên đoạn 2;2 , và có đồ thị là đường cong
như trong hình vẽ bên. Hỏi phương trình
đoạn 2;2 .
f x 1 2
có bao nhiêu nghiệm phân biệt trên
A. 2. B. 5. C. 4. D. 3.
Câu 105. (TTHT Lần 4) 1 Cho hàm số y f x liên tục trên đoạn 2;2 , và có đồ thị là đường cong
như trong hình vẽ bên. Hỏi phương trình
2;2.
f x 1
có bao nhiêu nghiệm phân biệt trên đoạn
A. 2. B. 5. C. 4. D. 3.
.
Câu 106 (ĐH Vinh Lần 1) Cho hàm số
3
để phương trình
y f x
có đồ thị như hình vẽ bên. Có bao nhiêu số nguyên m
3 có 6 nghiệm phân biệt thuộc đoạn 1;2 ?
f x x m

A. 3. B. 2 . C. 6 . D. 7 .
Câu 107 (TTHT Lần 4) 2 Cho hàm số y f x liên tục trên đoạn 2;2 , và có đồ thị là đường cong
như trong hình vẽ bên. Hỏi phương trình
đoạn 2;2 .
f x 1 2
có bao nhiêu nghiệm phân biệt trên
A. 6. B. 5. C. 4. D. 3.
Câu 108 (ĐH Vinh Lần 1) (Thi thử chuyên Sư Phạm HN lần 1 năm 2019) Cho hàm số y f ( x)
liên
tục trên và có đồ thị như hình bên. Phương trình f (2sin x)
m có đúng ba nghiệm phân
biệt thuộc đoạn ; khi và chỉ khi
A. m 3;1
. B. m 3;1
. C. m 3;1
. D. 3;1
m .
Câu 109 (TTHT Lần 4) 3 Cho hàm số y f x liên tục trên đoạn 2;2 , và có đồ thị là đường cong
như trong hình vẽ bên. Hỏi phương trình
đoạn 2;2 .
f x 1 2 x
A. 2. B. 5. C. 4. D. 3.
.
có bao nhiêu nghiệm phân biệt trên

Câu 110 (ĐH Vinh Lần 1) (Thi thử chuyên Lam Sơn lần 2 năm 2019) Cho hàm số y f x
liên tục
trên có đồ thị như hình vẽ bên. Phương trình f f x
có tất cả bao nhiêu nghiệm
thực phân biệt?
1
0
A. 6 . B. 5. C. 7 . D. 4 .
Câu 111(THPT QG 2017 Mã đề 110) Tìm giá trị thực của tham số
1 3 2 2
y x mx m 4
x 3 đạt cực đại tại x 3.
3
m
để hàm số
A. m 1. B. m 7
. C. m 5 . D. m 1.
Câu 112 (Mã đề 101 BGD&ĐT NĂM 2018) Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số
8 5 2 4
hàm số y x m 2 x m 4 x 1
đạt cực tiểu tại x 0 ?
m
để
A. 3 . B. 5 . C. 4 . D. Vô số.
Câu 113 (CHUYÊN LÊ HỒNG PHONG – NAM ĐỊNH 2019 – LẦN 1) Cho hàm số bậc ba y f ( x)
có đồ thị như hình vẽ bên. Số nghiệm của phương trình f ( x) 3 là
A. 0 . B. 2 . C. 1. D. 3 .
8
5
6
4
2
1
1 3
5 5 10
2
Câu 114. (THPT-Chuyên-Sơn-La-Lần-1-2018-2019-Thi-tháng-4)Cho hàm số
thiên như sau
y f x
có bảng biến
Số nghiệm thực của phương trình
2 f x
3 0
A. 2 . B. 4 . C. 3 . D. 1.
Câu 115. (KHTN Hà Nội Lần 3) Cho hàm số
f
x
là
có bảng biến thiên sau

Số nghiệm phương trình
2 f x
3 0
A. . B. . C. . D. .
3 2 1 0
2
Câu 116 Tìm tất cả các giá trị của m để phương trình x 1 m 2x
1
có hai nghiệm phân biệt.
6
2 6
2
A. m . B. m . C. m . D.
6
2 2
2
là
2 6
m
2 6
Câu 117. Cho hàm số y f x xác định và liên tục trên mỗi nửa khoảng ; 2 và 2; , có bảng
biến thiên như hình vẽ.
Tập hợp các giá trị m để phương trình f x m có hai nghiệm phân biệt là
7
A. 22;
. B. ;2 22; .
4
7 7
C.
;2 22; . D. .
4
;
4
Câu 118. Cho hàm số
y f x
có bảng biến thiên như sau:
Số nghiệm thực phân biệt của phương trình
3 f x
5 0
A. 4 . B. 2 . C. 3 . D. 1.
Câu 119. Cho hàm số
y f x
có bảng biến thiên như sau.
là
m 0
Tập hợp tất cả các giá trị thực của tham số để phương trình f x m có hai nghiệm phân
biệt là

1;2
1;2
A. ;2 . B. . C. . D. 2;
.
Câu 120. Cho hàm số
nào đúng?
4 2
y ax bx c
có đồ thị như hình vẽ bên. Trong các mệnh đề dưới đây, mệnh đề
y
-2 -1 O 1 2
x
-3
A. a 0 , b 0 , c 0 . B. a 0 , b 0 , c 0 .
C. a 0 , b 0 , c 0 . D. a 0 , b 0 , c 0 .
Câu 122. (Sở Thanh Hóa 2019) Cho hàm số
y f x
có bảng biến thiên như sau
Số nghiệm thực của phương trình
2 f x
3 0
A. 4. B. 1. C. 2 . D. 0.
.
Câu 122. (THTT lần5) Cho hàm bậc ba y f x có đồ thị C như hình vẽ. Tổng tất cả các giá trị
là
C
nguyên của m để đường thẳng y m cắt đồ thị tại ba điểm phân biệt bằng:
Y
^
4
o
X
>
A. 6. B. 10. C. 9. D. 5.
Câu 123. Cho hàm số
y f x
có đồ thị là đường cong trong hình dưới đây. Tìm tất cả các gía trị thực
của tham số m để phương trình f x m có hai nghiệm phân biệt?

0 m 3
m
3
m
4
A. . B. m 4 . C. . D. .
m
4
m
4
m
0
Câu 124. ( Chuyên Lam Sơn Lần 2) Cho hàm số y f ( x)
liên tục trên R có bảng biến như hình
vẽ.Tìm số nghiệm thực của phương trình: 2 f ( x) 7 0
A. 1. B. 3. C.4 D. 2.
y f x
Câu 125. (Liên Trường Nghệ An)Cho hàm số xác định trên \ 1
và liên tục trên mỗi
khoảng xác định và có bảng biến thiên như sau:
x
y'
∞
+
1
3
0
+
+ ∞
y
2
+∞
2
+∞
∞
4
Số nghiệm của phương trình f 2x 3 4 0 là :
A. 4 . B. 3. C. 2 . D. 1.
Câu 126. Cho hàm số
y x x
3 2
2 3 1
m
3 2
có đồ thị như hình vẽ. Bằng cách sử dụng đồ thị hàm số xác
định để phương trình 2x 3x 2m
0 có đúng 3 nghiệm phân biệt, trong đó có 2 nghiệm
1
lớn hơn .
2

A. m 1
1
;0 . B. m1;0
. C. 0; . D. .
2
m
1 1
;
2
m
4 2
Câu 127. (Ba Đình Lần2) Cho hàm số y
f ( x)
có bảng biến thiên như sau
Số nghiệm phương trình
2 f ( x) 3 0
là
A. 2. B. 0. C. 1. D. 3.
Câu 128. Tập hợp các giá trị thực của tham số m
3 2
để phương trình 2x 3x 12x 2m
1 0 có ba
nghiệm phân biệt là:
21
21
21
A. 3; . B. 3; . C. . D. .
2
2
3;
;
2
Câu 129. Cho hàm số
trình 3 f x 1 0 bằng
3 2
0
f x ax bx cx d a
có đồ thị như hình vẽ. Số nghiệm của phương
A. 0 . B. 1. C. 2 . D. 3 .
Câu 130. (Chuyên Phan Bội Châu Lần2) Cho hàm số y f x liên tục trên và có bảng biến thiên :
Tìm m để phương trình
2 f x m 0
có đúng 3 nghiệm phân biệt
A. m 4 . B. m 2 . C. m 1. D. m 2
.

Câu 131. (THPT ĐÔ LƯƠNG 3 LẦN 2)Cho hàm số
y f x
có bảng biến thiên như sau:
Số nghiệm thực của phương trình 5 f 1
2x
1 0 là
A. 0 . B. 1. C. 3 . D. 2 .
Câu 132. (SỞ GD & ĐT CÀ MAU) Cho hàm số
y f x
có bảng biến thiên như sau
x 1
0 1
y 0 0 0
y
3
Số nghiệm thực của phương trình
4
4
2 f x
7 0
A. 4 . B. 1. C. 2 . D. 3 .
Câu 133. (Quỳnh Lưu Lần 1) Cho hàm số
như hình vẽ bên. Số nghiệm thực của phương trình
là
4 2
f x ax bx 1
a,
b
. Đồ thị của hàm số
2018. f x
2019 0
là
y f x
A. 4 . B. 0 . C. 3 . D. 2 .
Câu 134 (THPT LÊ QUÝ ĐÔN QUẢNG NGÃI) Cho hàm số y f x có bảng biến thiên như hình vẽ
Số nghiệm thực của phương trình
3 f x
2 0
bằng
A. 1. B. 0 . C. 3. D. 2 .
Câu 135. (Đặng Thành Nam Đề 6) Cho hàm số f x
liên tục trên và có đồ thị như hình vẽ bên.

Số nghiệm của phương trình
4 f x
3 0
A. 0 . B. 2 . C. 3 . D. 4 .
Câu 136. Cho hàm số y f x có bảng biến thiên :
là
Lời giải
x 1
1
y 0 0
y
3
1
Số nghiệm thực của phương trình
4 f x
3 0
A. 1 B. 4 . C. 3 . D. 2 .
Câu 137. (KINH MÔN HẢI DƯƠNG 2019) Đồ thị sau đây là của hàm số
là
3 2
y = - x + 3x
-4
. Với giá
3 2
trị nào của m thì phương trình x - 3x + m = 0 có hai nghiệm phân biệt. Hãy chọn câu trả lời
đúng.
é m = 0
é m = -4
é m = -4
A. . B. . C. . D. m = 0 .
ê
ëm
= 4
ê
ëm
= 4
ê
ëm
= 0
Câu 138. (Chuyên Lê Quý Đôn Điện Biên Lần2) Cho hàm số
y f x
có bảng biến thiên như sau:

Số nghiệm thực của phương trình: 2 f x 1 0 là:
A. 3. B. 4. C. 1. D.2.
.
Câu 139. Cho hàm số y f x xác định và liên tục trên khoảng ;
, có bảng biến thiên như sau:
x
y
y
1
0
2
4
Phương trình 2 f x m 0 có 3 nghiệm phân biệt khi và chỉ khi
3
0
m
m
m
A. 4;2 . B. 4;8 . C. 8;4 . D. m 2;4 .
Câu 140. Cho hàm số
để phương trình
3
y x x
3 2
3
x x m
có đồ thị như hình vẽ bên. Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m
3 2 2 0
có ba nghiệm thực phân biệt.
A. 0 m 4 . B. 0 m 2 . C. 0 m 4 . D. 0 m 2 .
Câu 141. Cho hàm số
y f x
có bảng biến thiên như sau
2
Số giá trị nguyên dương của tham số m để bất phương trình log e f x
f x 1 f x m có
nghiệm trên khoảng
2;1
là
A. 68. B. 18. C. 229. D. 230.

Câu 142. (KSCL-Lần-2-2019-THPT-Nguyễn-Đức-Cảnh-Thái-Bình) Cho hàm số
như sau:
f ( x)
có bảng biến thiên
Số nghiệm thực của phương trình f ( x) 4 là?
A. 2 . B. 3 . C. 4 . D. 1.
Câu143. (THPT-Nguyễn-Công-Trứ-Hà-Tĩnh-lần-1-2018-2019-Thi-tháng-3)Cho hàm số y f x có
bảng biến thiên như sau:
Số nghiệm thực của phương trình
3 f x
2 0
A. 1. B. 2. C. 3. D. 4.
Câu 144. Cho hàm số
y f x
có bảng biến thiên như sau:
là
Số nghiệm thực của phương trình
2 0
f f x
A. 4 . B. 3 . C. 2 . D. 6 .
Câu 145. Cho hàm số
y f x
là
có bảng biến thiên như hình vẽ
m 2 3
Số các giá trị nguyên của để phương trình f x m có 4 nghiệm phân biệt là
A. 4 . B. 0 . C. 1. D. 2 .
Câu 146. Cho hàm số
y f x
có bảng biến thiên như sau

Số nghiệm thực của phương trình 2018 f x 2019 0 là
A. 8 . B. 2 . C. 4 . D. 0 .
Câu 147. (THPT ĐÔ LƯƠNG 3 LẦN 2)Cho hàm số y f x liên tục trên và có đồ thị như hình
x
bên. Tập hợp tất cả các giá trị thực của tham số để phương trình f e m có nghiệm
thuộc khoảng
0;ln 3
là
m
1
1
1
A. 1;3
. B. ;0 . C. ;1 . D. .
3
3
;1
3
f x
2
Câu 148. Cho hàm số liên tục trên và có đồ thị như hình vẽ bên. Phương trình f sin x m có
nghiệm khi và chỉ khi.
m
m
m
A. 1;0 . B. 1;3 . C. 1;1 . D. m 1;1 .
Câu 149. Cho hàm số
y
f (x)
có bảng biến thiên như sau
Tập hợp tất cả các giá trị của tham số m để phương trình
f ( x) m 0
có 2 nghiệm phân biệt là

m
2
m
2
m
1
m
1
A. . B. . C. . D. .
m
1
m
1
m
2
m
2
Câu 150. (Kim Liên) Cho hàm số
y f x
có bảng biến thiên như hình dưới.
Số giá trị nguyên của tham số m để phương trình f x m có 6 nghiệm phân biệt là
A. 2 . B. 0 . C. 3 . D. 1.
Câu 151. (Gang Thép Thái Nguyên) Cho hàm số
y
f ( x)
có đồ thị như hình vẽ:
2
Tìm số nghiệm thực phân biệt của phương trình f ( x) 1
m .
A. 2. B. 1. C. 0. D. 3.
3 2
Câu 152. Gọi S là tập hợp tất cả các giá trị thực của tham số m để phương trình 2x 3x 2m
1
có
đúng hai nghiệm phân biệt. Tổng các phần tử của S bằng
1
3
5
1
A. . B. . C. . D. .
2
2
2
2
Câu 153. (ĐỀ-THI-THU-ĐH-THPT-CHUYÊN-QUANG-TRUNG-L5-2019) Cho hàm số
bảng biến thiên như sau
y f x
có
Số nghiệm thực của phương trình
2019 f x
5 0
A. 3 . B. 0 . C. 1. D. 2 .
là
Câu 154. (-Mai-Anh-Tuấn-Thanh-Hóa-lần-1-2018-2019) Cho hàm số
sau:
y
f ( x)
có bảng biến thiên như

Có bao nhiêu giá trị nguyên của m để phương trình 2 f x 3m
0 có 4 nghiệm phân biệt ?
A. 6. B. 7. C. 5. D. 4.
Câu 155. Cho hàm số y
f ( x)
có bảng biến thiên như sau:
4;
2; 4
2; 4
; 2
Tập tất cả các giá trị của tham số m để phương trình f x m có ba nghiệm phân biệt là
A. . B. . C. . D.
Câu 156. (THPT-Gia-Lộc-Hải-Dương-Lần-1-2018-2019-Thi-tháng-3) Cho hàm số
biến thiên như sau
y f x
có bảng
m
m0;2
m2;2
m4;2
m2;1
Tìm để phương trình 2 f x 2019 m 0 có 4 nghiệm phân biệt.
A. . B. . C. . D. .
Câu 157. (KỸ-NĂNG-GIẢI-TOÁN-HƯỚNG-ĐẾN-THPT-QG) Cho hàm số
thiên có bảng biến thiên như sau:
y f x
có bảng biến
m 1 0
Tập hợp tất cả các giá trị của tham số để phương trình f x m có ba nghiệm phân
biệt là
A. 2; . B. ;3 . C. . D. 1; .
2;
Câu 158 Cho hàm số y f x xác định, liên tục trên \ 1 và có bảng biến thiên như hình dưới đây
x 1
0 1
y 0
y
1

1
S m
Tập hợp tất cả các giá trị của để phương trình f x m có đúng ba nghiệm thực là :
S
S S
A. 1 . B. 1; 1 . C. 1; 1 . D. S 1; 1 .
Câu 159. (THANH CHƯƠNG 1 NGHỆ AN 2019 LẦN 3) Cho hàm số
nghiệm thực của phương trình
f
2
x 1 0
bằng
f
x
có đồ thị như hình bên. Số
A. 3. B. 6. C. 4. D. 1.
Câu 160. (Chuyên Hạ Long lần 2-2019) Hàm số
4 2
f x ax bx c
a, b, c
có bảng biến thiên
m 3
Có bao nhiêu số nguyên để phương trình f x m có đúng 8 nghiệm phân biệt
A. Vô số. B. 1. C. 4. D. 2.
4 2
Câu 161. (KỸ-NĂNG-GIẢI-TOÁN-HƯỚNG-ĐẾN-THPT-QG) Cho hàm số f x ax bx c
a, b,
c
có đồ thị như hình vẽ.
Số nghiệm thực của phương trình
2 f x
3 0
bằng
A. 0. B. 3. C. 2. D. 4.
Câu 162. (SỞ PHÚ THỌ LẦN 2 NĂM 2019) Cho hàm số y f x xác định trên \ 1 , liên tục trên
mỗi khoảng xác định và có bảng biến thiên như hình vẽ.

Số giá trị nguyên của tham số m để phương trình f x m có 3 nghiệm phân biệt là
A. 1. B. 0 . C. 3 . D. 2 .
Câu 163. Cho hàm số
y f x
có đạo hàm trên . Đồ thị của hàm số y f x
như hình dưới
2
Tìm m để bất phương trình m x 4 2 f x 1
2x
nghiệm đúng với mọi 4;2
x .
A. m 2 f (0) 1. B. m 2 f ( 3) 4 . C. m 2 f (3) 16 . D. m 2 f (1) 4 .
Câu 164. (Giữa-Kì-2-Thuận-Thành-3-Bắc-Ninh-2019) Cho hàm số
cong trong hình dưới đây.
y x x
3 2
4 6 1
có đồ thị là đường
Khi đó phương trình
3 2 3 2
x x x x
3 2
4 4 6 1 6 4 6 1 1 0
có bao nhiêu nghiệm thực.
A. 9 . B. 6 . C. 7 . D. 3 .
Câu 165. Cho hàm số
y x x
3 2
4 6 1
có đồ thị là đường cong trong hình dưới đây.

3 2
3 2 3 2
Khi đó phương trình 4 4x 6x 1 6 4x 6x
1 1 0 có bao nhiêu nghiệm thực.
A. 9 . B. 6 . C. 7 . D. 3 .
Câu 166 (ĐH Vinh Lần 1) Cho hàm số y f x
có đồ thị như hình vẽ.
Có bao nhiêu số nguyên m để phương trình 1 x
f 1
x m có nghiệm thuộc đoạn 2;2
3 2
?
A. 11. B. 9. C.8. D. 10.
Câu 167. Cho hàm số
y f (x) có đồ thị như hình bên. Có bao nhiêu số nguyên m để bất phương trình
2 2
mx m x m f x
5 2 1 ( ) 0 nghiệm đúng với mọi x [ 2;2] ?
A. 1. B. 3. C. 0 . D. 2
Câu 168 (Chuyên Vinh Lần 2) Cho hàm số y f (x) có đồ thị như hình bên. Có bao nhiêu số nguyên m
để hàm số
2
2 4 x
2
y mx m m 2m 1 f ( x)
2
1
5 x
có tập xác định [ 2;2]
A. 1. B. 2 . C. 0 . D. 3

Câu 169. Cho hàm số
y f (x) có đồ thị như hình bên. S là tập các số nguyên m để bất phương trình
3 2 2019
m x x mx m
f x f x
. 2 2 4 2 3 ( ) 2019 0 nghiệm đúng với mọi
x [ 2;2019)
. Tổng các phần tử của S là
A. 1. B. 3. C. 0 . D. 2
4 3 2
Câu 170. [2D1-5.3-4] (Triệu Thái Vĩnh Phúc Lần 3) Cho hàm số f x mx nx px qx r
m, n, p, q, r .
Hàm số y f x
có đồ thị như hình vẽ bên dưới
Tập nghiệm của phương trình
f x
r
có số phần tử là
A. 4 . B. 2 . C. 3 . D. 1.
Câu 171. Cho hàm số
y f x
y f x
y f x
hai hàm số: và .
là hàm đa thức với hệ số thực. Hình vẽ bên dưới là một phần đồ thị của
f x me 0;2
x
Tập các giá trị của tham số m để phương trình có hai nghiệm phân biệt trên
là nửa khoảng a;
b . Tổng a b gần nhất với giá trị nào sau đây?
A. 0.81. B. 0.54
. C. 0.27
. D. 0.27 .
Câu 172. (Thuận Thành 2 Bắc Ninh) Cho hàm số
y f x
có bảng biến thiên như hình vẽ bên:

m
Có bao nhiêu số nguyên dương để phương trình f 2sin x 1
f m có nghiệm thực?
A. 2. B. 5. C. 4. D. 3.
Câu 173. Cho hàm số y f ( x)
xác định, liên tục trên và có đồ thị như hình vẽ. Có bao nhiêu giá trị
m
2
nguyên của để phương trình 2. f 3 4 6x 9x m 3 có nghiệm.
A. 13 . B. 12 . C. 8 . D. 10 .
3 2
y f x
A0;1
B 2; 3
Câu 174. Cho hàm số y f x ax bx cx d (với a, b, c, d , a 0 ). Biết đồ thị hàm số
trình
này có điểm cực đại và điểm cực tiểu . Hỏi tập nghiệm của phương
3
f x f x
3
f x
2 0
có bao nhiêu phần tử?
A. 2019 . B. 2018 . C. 9 . D. 8 .
3
T
Câu 175. (Nguyễn Du Dak-Lak 2019) Phương trình 2 f x f x có tập nghiệm T1 20; 18; 3 .
Phương trình 2g x 1 3g x 2 2g x có tập nghiệm
2
0; 3; 15; 19 . Hỏi tập
nghiệm của phương trình
1
f x g x f x g x
có bao nhiêu phần tử?
A. 4 . B. 3 . C. 11. D. 6 .
Câu 176. Tìm môđun của số phức
z thỏa mãn điều kiện z(4 3 i) 2 z
1
A. | z | 2
B. | z | C. | z | 4
D. | z | 3
2
Câu 177 (Đặng Thành Nam Đề 10) Cho hàm số y f x liên tục trên có đồ thị như hình vẽ bên
dưới.

0
Có bao nhiêu số nguyên m để phương trình f f x m có tất cả 9 nghiệm thực phân
biệt?
A. 1. B. 0 . C. 3 . D. 2 .
Câu 178. Cho hàm số
1 3 2
f x x 2x 3x
1. Khi đó phương trình
3
f f x 0 có bao nhiêu
nghiệm thực?
A. 9 . B. 6 . C. 5 . D. 4 .
2sin
; khi và chỉ khi
Câu 179. Cho hàm số y f x liên tục trên và có đồ thị như hình bên. Phương trình
có đúng ba nghiệm phân biệt thuộc đoạn
f x m
m
m
m
A. 3;1 . B. 3;1 . C. 3;1 . D. m 3;1 .
Câu 180. Thanh Chương Nghệ An Lần 2) Cho hàm số
y
14
y f x
có đồ thị như hình vẽ.
2
O
-1
1
2
3
x
-13

Tổng các giá trị nguyên của m để phương trình f f x 1
m có 3 nghiệm phân biệt bằng
A. 15 . B. 1. C. 13 . D. 11.
Câu 181. (Đặng Thành Nam Đề 5) Cho hàm số
hình vẽ bên.
3 2
, , ,
f x ax bx cx d a b c d
có đồ thị như
Phương trình
0
f f f f x
có tất cả bao nhiêu nghiệm thực phân biệt?
A. 12. B. 40. C. 41. D. 16.
Câu 182. Cho hàm số f x có đạo hàm liên tục trên và thỏa mãn f x 0 , x
. Biết
f
0 1
2
và f x 6x 3 x . f x . Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để phương trình
f x
m
có nghiệm duy nhất.
4
4
m
e
4
m
e
4
A. . B. 1 m e . C. . D. 1 m e .
0 m 1
m
1
Câu 183. Cho hàm số
y f x
có đồ thị như hình vẽ dưới đây. Gọi S là tập hợp tất cả các giá trị của
m
2
tham số để phương trình f 3 4 x m có hai nghiệm phân biệt thuộc đoạn
2; 3
. Tìm tập S.
A. S 1; f 3
2
. B. S
.
f 3 2 ;3
C. . D. S 1;3 .
S
Câu 184. (THANH CHƯƠNG 1 NGHỆ AN 2019 LẦN 3) Cho hàm số
y f x
có đồ thị như hình vẽ.

Số nghiệm thực của phương trình
0
f f x f x
là
A. 20 . B. 24 .
C. 10. D. 4 .
Câu 185. Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để hệ phương trình sau có nghiệm
2
x 4x y m
2
2x xy x 2
9
A. m 6 . B. 10 m 6 .
C. m 10
. D. m 10
hoặc m 6 .
Câu 186. (Đặng Thành Nam Đề 10) Cho hàm số y f x liên tục trên và có đồ thị như hình bên
dưới
Có bao nhiêu số nguyên để phương trình f x x 3 m có 9 nghiệm thực thuộc đoạn
m
0; 4?
A. 3 . B. 2 . C. 5 . D. 4 .
Câu 187. (KSCL-Lần-2-2019-THPT-Nguyễn-Đức-Cảnh-Thái-Bình)Cho
2
3 2
f x x 3x
1. Có bao
nhiêu giá trị nguyên của m để phương trình 2019. f f x m có 7 nghiệm phân biệt?
A. 4037 . B. 8076 . C. 8078 . D. 0 .

Câu 1.
Câu 2.
Câu 3.
Câu 4.
Chọn B
Quan sát bảng biến thiên ta thấy trong khoảng 1;2
hàm số có f ' x 0 nên nghịch biến
trong khoảng 1;2 .
Chọn B
Từ bảng biến thiên ta thấy:
+) Hàm số y f x đạt cực đại tại x 1
A đúng.
+) Hàm số y f x nghịch biến trên khoảng 1; C đúng.
+) Đồ thị hàm số y f x có 1 tiệm cận đứng là x 1và 2 tiệm cận ngang là y 1;
y 1
D đúng.
+) Hàm số đồng biến trên các khoảng ; 1 và 1;1
B sai.
Chọn D
Dựa bảng biến thiên hàm số nghịch biến trên các khoảng 1;0 và 0;1 . Chọn D.
.
Câu 5.
Câu 6.
Câu 7.
Chọn C
Dựa vào bảng biến thiên, hàm số đã cho nghịch biến trên khoảng 1;1 .
Chọn C
Tập xác định D \ 5m
.
5m
6
Ta có y .
x 5m
2
Để hàm số nghịch biến trên khoảng
10;
6 6
5m 6 0
m m
6
5 5 2 m .
5m10;
5
5m10
m
2
Do m m 2; 1;0;1
.
Chọn C
Từ bảng biến thiên ta thấy hàm số đã cho nghịch biến trên khoảng ( 1;1)
.
Chọn D
thì

Câu 8.
Nhìn đồ thị hàm số ta thấy hàm số y f x đồng biến trên khoảng 1;0 và 1; .
Chọn C
Từ bảng biến thiên ta thấy hàm số đã cho nghịch biến trên khoảng ( 1;1)
.
Câu 9.
Câu 10.
Câu 11.
Câu 12.
Câu 13
Chọn B
Từ đồ thị hàm số ta thấy:
+ Hàm số đồng biến trên khoảng 3; 1
.
Vậy ta chọn đáp án B.
Chọn D
Chọn B
Từ bảng xét dấu '( ) ta thấy trên khoảng ; 1 thì f '( x) 0 nên hàm số y f ( x)
nghịch biến trên khoảng ; 1
.
Chọn D
f x
Từ bảng biến thiên ta thấy hàm số y f x đồng biến trên các khoảng ;0 và 1; .
Ta có 3; 2 ;0 nên hàm số đồng biến trên khoảng 3; 2 .
Chọn A
Hàm số đã cho xác định với x
.
2 2
Đạo hàm y ' 3mx 2 m 1 x 2.
Hàm số đạt cực tiểu tại x 1
y ' 1
0 2m 3m 0 m 0; .
2
2 3
Thử lại:
2
+)Với m 0 thì y 2x 2x
3 và y ' 2x
2 Hàm số đạt cực đại tại x 1
(KTM)
Câu 14
3 9 2 13
4
+)Với m thì y ' x x 2 ; y ' 0 x 1; . Hàm số y là hàm số bậc ba có
2 2 2
9
3
4
a 0 nên hàm số đạt cực đại tại x và đạt cực tiểu tại x 1
(Thỏa mãn).
2
9
3
Vậy m .
2
Chọn D
Tập xác định: D .

3 2
Ta có: 4 1 2 2
y m x m x
* Điều kiện cần:
Điều kiện cần để hàm số đạt cực tiểu tại
2
m
0
2m
4m
0 .
m
2
* Điều kiện đủ:
Trường hợp 1: m 0 hàm số trở thành
Ta có: y ' 0
Bảng biến thiên:
3
4x
4x
0
x
1
x 0
x 1
x 1
là ' 1
0
4 2
y x 2x
2019
2
f m
m
4 1 2 2 0
Từ bảng biến thiên ta có hàm số đạt cực đại tại x 1
nên loại m 0 .
4 2
Trường hợp 2: m 2 hàm số trở thành y x 2x
2019 .
Ta có: y ' 0
Bảng biến thiên:
3
4x
4x
0
x
1
x 0
x 1
Câu 15
Từ bảng biến thiên ta có hàm số đạt cực tiểu tại x 1. Chọn m 2 .
Vậy với 2 thì hàm số y m 1 x 4 m 2 2 x
2 2019 đạt cực tiểu tại x 1.
m
Cách 2: Kiểm tra điều kiện đủ, (Lưu Thêm).
4 2
- Với m 0 , hàm số trở thành y x 2x
2019 .
3
2
y 4x 4x
, y 12x
4 .
y 1 0
Ta có: , suy ra hàm số đạt cực đại tại x 1
nên loại m 0 .
y 1
8 0
4 2
- Với m 2 , hàm số trở thành y x 2x
2019 .
3
2
y 4x 4x
, y 12x
4 .
y 1 0
Ta có: , suy ra hàm số đạt cực tiểu tại x 1
nên chọn m 2 .
y 1
8 0
Kết luận: m 2 .
Chọn A

8 6 2 5
y
9x 7 m 2 x 6 m 4 x y
0 0, m
.
7 5 2 4
y
9.8x 7.6 m 2 x 6.5 m 4 x y
0 0, m
.
Ta nhận thấy
4 5
y 0 y 0 y 0 0, m
Ta có y (6) 9.8.7.6.5.4x 3 7.6.5.4.3.2m 2 x 6.5.4.3.2.1m
2 4
(6) 2
y 0 6.5.4.3.2.1m
4
.
(6) m
2
*TH1: y 0
0 thì:
m
2
8
+ m 2 y
9x 0, x
nên hàm số đồng biến trên nên không đạt cực trị tại x 0 .
6 2
+ m 2 y
x 9x
28 không đổi dấu khi qua x 0 nên không đạt cực trị tại x 0 .
*TH2:
y
(6)
0 0 m 2
Khi đó để hàm số đạt cực tiểu tại
x 0 thì cần thêm
0 0 6.5.4.3.2.1 4 0 4 0 2 2 1;0;1
.
(6) 2 2
y m m m m
Câu 16
Câu17
Vậy có 3 giá trị nguyên của tham số . m
Chọn B
4 3 2 2 2
Ta có y¢ = x -4( 2m-1)
x - mx = x éx 4( 2m 1)
x mù
êë
- - - úû
.
Dễ thấy x = 0 là một nghiệm của đạo hàm y¢ . Do đó hàm số đạt cực tiểu tại x = 0 khi và chỉ
khi y¢ đổi dấu từ âm sang dương khi đi qua nghiệm x = 0 . Ta thấy dấu của y¢ là dấu của hàm
( ) = - ( - ) - ( )
g ( x ) g ( 0)
= 0 Û m = 0
2
m = 0 g ( x)
x 4x
2
số g x x 4 2m 1 x m . Hàm số g x đổi dấu khi đi qua giá trị x = 0 khi x = 0 là
nghiệm của . Khi đó .
Thử lại, với thì = + đổi dấu từ âm sang dương khi đi qua giá trị x = 0 .
Vậy có 1 giá trị
Chọn A
TXĐ: D .
m
thỏa mãn yêu cầu bài toán.
2
x
x 1
2
x x 1
1
5
1
x
2
Ta có g x x 2 f x x 0
.
x
x 0 ( l)
2
1
1 x
2 0
2
x
g x không xác định tại x 0 .
Bảng xét dấu
Vậy g x
có 5 điểm cực trị.

Câu 18.
Chiến
Chọn B
Ta có y ( m 1) x 4 m 2 x
3 .
3 4 3
+ TH1: m 1. Khi đó y x 6 y
3x
. Suy ra hàm số đạt cực tiểu tại x 0 (loại).
4
x1
0
+ TH2: m 1. Khi đó y 0
m 2 .
x2
m 1
4
Nhận thấy nếu x Hàm số luôn nghịch biến trên
2
x1 0 m 2 y
3x 0 x
Þ
nên hàm số không có cực trị ( loại)
m
1
m
1 0
2 m 1
x1 x
2
Vì vậy yêu cầu bài toán tương đương với
m 1
m 2
.
m
1
0
m
2
x1 x2
m
1
Suy ra số giá trị nguyên thuộc khoảng -2019;2019 là 2016.
m ( )
Câu 19
Chọn A
Từ giả thiết ta có
f x 2h f x
2
h
f x 2 h f x h , h
0 , h
0 .
x 2h x 2
2
x h
x
f x h f x h
0 lim lim 0
h
0 2 h
0 2
Ta có
4 2
m 29m 100 sin 2x
f x 0, x
m
2018 28
g x 2019 x f x 1 f x 29 m x f x
1
f x
2018 28m
4 2
2019x 29 m x m 29m 100 sin 2x
.
2017 27m
4 2
g x 2019.2018x 29 m 28 m x 2 m 29m 100 cos2x
.
g
Khi đó 0 0 ; g 0 2 m 4 29m
2 100
.
f x C , với C là hằng số.
4 2 2
0 0 29 100 0 4 25 5; 2 2;5 .
g m m m m
Trường hợp 2 , ta có g x 2019x 2018 27x 26 x 26 2019x
1992 27 .
m
Vì x 0 là nghiệm bội chẵn của phương trình g x 0 nên trường hợp này loại.

Trường hợp 5, ta có g x 2019x 2018 24x 23 x 23 2019x
1995 24 .
m
Trường hợp 2 , ta có g x 2019x 2018 31x 30 x 30 2019x
1988 31 .
m
Vì x 0 là nghiệm bội chẵn của phương trình g x 0 nên trường hợp này loại.
Trường hợp 5, ta có g x 2019x 2018 24x 23 x 23 2019x
1995 24 .
m
Dễ thấy g x đổi dấu từ âm sang dương khi qua x 0 nên hàm số g x đạt cực tiểu tại
x 0 .
Trường hợp 5, ta có g x 2019x 2018 34x 33 x 33 2019x
1985 34 .
m
Dễ thấy g x đổi dấu từ âm sang dương khi qua x 0 nên hàm số g x đạt cực tiểu tại
x 0 .
Vậy m S 5; 4; 3;3;4;5 nên tổng các bình phương của các phần tử của S là 100 .
Câu 20
Chọn A
Từ bảng biến thiên của hàm số y f x , suy ra bảng biến thiên của hàm số y f x là
x x1
1
x2
3 x3
y
0
2
0
4
0
Câu 21
Dựa vào bảng biến thiên, ta suy ra hàm số có
4
điểm cực trị.
Câu 22.
Chọn A
y ' 3x 2 m 4 x 5m
2
2
Ta có
y '' 6x 2 m 4
Để hàm số đạt cực tiểu tại x 2 thì
12 4 m 4 5m 2 0 m
2
12 2m
8 0
m
2
y ' 2 0
y '' 2 0
Vậy không có giá trị m thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Chọn D
TXĐ: D

2
y 3x 6 x m,
y 6x
6.
Hàm số
3 2
y x 3x mx đạt cực đại tại x 0 y(0) 0 m 0.
Với m 0 ta có: y(0) 6 0 x 0 là điểm cực đại của đồ thị hàm số.
Vậy
m 0
là giá trị cần tìm.
Câu 23.
Câu 24.
Câu 25
Chọn B
Kiến thức cần nhớ: Cho hàm số y f x
có đạo hàm cấp một trên a;
b
chứa điểm x0
và
y f x
có đạo hàm cấp hai khác 0 tại x0
, khi đó:
f ' x0
0
+ Nếu thì hàm số y f x
đạt cực tiểu tại điểm x0
.
f '' x0
0
f ' x0
0
+ Nếu thì hàm số y f x
đạt cực đại tại điểm x0
.
f '' x0
0
2 2
Áp dụng ta có y ' 3x 2 3m 1 x m ; y '' 6x 2 3m
1
.
2 2 2
m 1
Xét phương trình y ' 1 0 31 23m 1
m 0 m 6m
5 0
m
5
Với m 1 y '' 6x 4 y '' 1 2 0 nên hàm số đạt cực đại tại x 1.
Với
Vậy
m 5 y '' 6x 28 y '' 1 22 0 nên hàm số đạt cực tiểu tại x 1.
m 5
thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Chọn D
+ TXĐ D .
2 2
+ y ' x 2mx m m 1.
1 3 2 2
Hàm số y x mx m m 1
x 1
đạt cực đại tại điểm x 1
3
2 2 2 m
1
y ' 1 0 1 2 m.1 m m 1 0 m 3m
2 0 .
m
2
2
+ Với m 1, y ' x 2x 1 x 1 2
0 x , y ' 0 x 1.
1 3 2 2
Hàm số y x mx m m 1
x 1đồng biến trên khi m 1.
3
Vậy m 1 không thỏa mãn yêu cầu bài toán.
2 2 x
1
+ Với m 2 , y ' x 4x 3, y ' 0 x 4x
3 0 .
x
3
'' 2 4. y '' 1 2.1 4 2 0 .
y x
1 3 2 2
Hàm số y x mx m m 1 x 1
đạt cực đại tại điểm x 1
khi m 2 .
3
Chọn C
Để
x 1
là điểm cực tiểu của hàm số
y1
0
m 1
3 4m
m 0
3 m 1.
y 1
0 6 4m
0 m
2

3 2
2
Thử lại với m 1, ta có y x 2x x 1
; y 3x 4x
1.
x
1
y x x
1 x
3
2
0 3 4 1 0 .
Bảng biến thiên:
x 1
3
1
y 0 0
y
Quan sát bảng biến thiên ta thấy
m 1
thỏa yêu cầu bài toán.
Câu 26
Chọn C
Hàm số y f x trên là hàm số chẵn nên đồ thị nhận trục Oy là trục đối xứng và gồm hai
phần, phần 1 trùng với phần đồ thị hàm số y f x ứng với x 0 ; phần 2 lấy đối xứng phần 1
qua trục tung.
Bảng biến thiên của hàm số y f x .
Bảng biến thiên của hàm số y f x
Câu 27
Câu 28
Vậy hàm số y f x
Chọn B
3 2
y 4mx m 1
Để hàm số đạt cực tại tại
có 7 cực trị.
x
2
0 thì
y 0 0 m 1 0 m 1
4 3
Với m 1 y x 1, y
4x 0 x 0 . Khảo sát hàm số ta thấy, hàm số đạt cực tiểu tại
x 0 suy ra m 1 không thỏa mãn.
4 3
Với m 1 y x 1, y
4x 0 x 0 . Khảo sát hàm số ta thấy, hàm số đạt cực đại
tại x 0.

Câu 29
Chọn D
Dựa vào bảng biến thiên, giá trị cực đại của hàm số bằng 3 tại x 2
hoặc x 2 .
Chọn C
Hàm số xác định và liên tục trên .
x
x1
Từ đồ thị ta thấy f x
0
x 0 .
x x2
Bảng biến thiên:
x 1
x 0
+
x 2
y'
0 + 0 + 0 +
y
Câu 30.
Khi đó hàm số y f x đạt cực tiểu tại x x hay hàm số y f x có 1 điểm cực trị.
Chọn C
1
Câu 31.
Câu 32.
Chọn C
2
Ta có y 3x 6mx m 2 và y 6x 6m
.
3 2
y
1 0
Hàm số y x 3mx m 2
x m đạt cực tiểu tại x 1
y 1
0
3 6m
m 2 0 m
1
không có giá trị của m thỏa mãn yêu cầu bài toán.
6 6m
0 m
1
.
Chọn B
Tập xác định: D .
2 2
Ta có: y ' x 2mx m 4 và y" 2x 2m
.
2 m
1
Hàm số đạt cực đại tại x 3suy ra y ' 3 0 m 6m
5 0 .
m
5
Thử lại:
Với m 1
thì y" 3 4 0, suy ra x 3 là điểm cực tiểu của hàm số.
Với m 5 thì y" 3 4 0 , suy ra x 3 là điểm cực đại của hàm số.
Vậy
m 5
là giá trị cần tìm.
Ta có y ' 3x 2 2mx 3m
1
Điều kiện cần:- Giả sử hàm số này đạt cực trị tại
x 1 y ' 1 0 m 0

Điều kiện đủ: Thử lại m 0
ta được
3
y x 3x
Hàm số đạt cực đại tại . x 1
Câu 33.
Chọn A
Cách 1.
Nhìn bảng xét dấu đạo hàm ta có bảng biến thiên của hàm số
y f x
như sau
Câu 34.
Câu 35.
Vậy hàm số đã cho có 3 điểm cực trị.
Cách 2.
f x
Từ bảng xét dấu của f x , ta thấy f x có 4 nghiệm phân biệt, đổi dấu khi qua các nghiệm
x 2, x 0 , x 1
và không đổi dấu khi qua x 3. Vây hàm số đã cho có 3 điểm cực
trị.
Chọn B
Dựa vào bảng biến thiên suy ra hàm số đạt cực đại tại
x 2 .
Chọn A
Dựa vào đồ thị hàm số ta có bảng biến thiên:
x 1; Hàm số đạt cực tiểu tại điểm
Câu 36.
Điểm cực tiểu của hàm số là x 0.
Dựa vào bảng biến thiên, ta thấy đạo hàm đổi dấu từ âm sang dương khi đi qua
số y f ( x)
đạt cực tiểu tại điểm x 2.
x 2
nên hàm

Câu 37.
Câu 38.
Câu 39
Câu 40.
Câu 41.
Câu 42.
Câu 43.
Chọn B
Từ BBT ta thấy hàm số đạt cực đại tại x 2 .
Chọn D
Vì hàm số đạt cực tiểu tại x 1
và giá trị cực tiểu là y 1.
Chọn A
Từ bảng biến thiên ta có:
+) Hàm số y f x có tập xác định là D R \ 1
. Suy ra hàm số không đạt cực trị tại x 1.
Do đó các mệnh đề ở đáp án B và C là các mệnh đề sai.
+) Hàm số không có điểm cực đại nên không có giá trị cực đại bằng 1. Do đó mệnh đề ở đáp án
D là mệnh đề sai.
+) Tại x 2 thì f ' x 0 và đổi dấu từ âm sang dương nên x 2 là điểm cực tiểu của hàm số
và dễ thấy hàm số không có điểm cực đại. Suy ra mệnh để ở đáp án
Vậy mệnh đề của đáp án
A
là đúng.
Chọn A
Phân tích đáp án:
Đáp án A: Đúng.
Đáp án B: Sai vì hàm số đạt cực đại tại x 2 .
Đáp án C: Sai vì hàm số có 1 cực tiểu.
Đáp án D: Sai vì hàm số có giá trị cực tiểu là 1.
Chọn A
Nhìn vào đồ thị hàm số ta thấy hàm số đạt cực đại tại x 1.
Dựa vào đồ thị hàm số ta xác định được hàm số đạt cực trị tại
Vậy hàm số có 2 điểm cực trị .
Chọn. D.
Dựa vào đồ thị hàm số ta xác định được hàm số đạt cực trị tại
Vậy hàm số có
2
điểm cực trị.
CT
A
đúng.
x -1 và x 2
x -1 và x 2
Câu 44.
Chọn B
Cách 1:

TXĐ: D
2 1 2 2 2 2019 2. 2019 1 2 2019
f x x x x x
2019.2020
2
2019x
20192x
2020
2
f x 0 2019 2x 2020 0 x 1010
.
Ta có BBT:
.
Vậy hàm số đạt giá trị nhỏ nhất tại . x 1010
Cách 2: thuypham
Ta có f x 2019x 2 21 2 3 ..... 2019 x 1 2 2 2 ..... 2019
2
2019
2019x
2. 1 2019 1 2 ..... 2019
2
x
2 2 2 2
2 2 2 2 2 2
x x
2 2 2 2 2
x
2019 2020. 1010 1 2 ..... 2019 2019.1010
2019 1010 1 2 ..... 2019 2019.1010
Câu 45.
2 2 2 2
1 2 ..... 2019 2019.1010 , x
.
Do đó f x đạt giá trị nhỏ nhất khi x 1010
.
Chọn D
4 3 2
Ta có f x f 0 , x
x ax bx 0, x
.
2 2
2
x x ax b 0, x
x ax b 0, x
.
2
2
a
0 a 4b
0 b .
4
2
a a
Khi đó: S a b a
1 1 1,
a
.
4 2
2
a
b
1
Dấu “ ” xảy ra khi và chỉ khi
4 b
.
a a 2
1 0
2
Vậy min S 1, khi a 2
, b 1.
2
Câu 46.
Chọn B
Cách 1: phương pháp đại số.

2 2
2 2 2 2
Ta có: a b c 2a 4b 4 a 1 b 2 c 9 .
Áp dụng bất đẳng thức giá trị tuyệt đối và bất đẳng thức BCS, ta có kết quả sau:
2a b 2c 7 2 a 1 b 2 2c 11 2 a 1 b 2 2c
11
BCS
2 2 2
a b c
2 2 2
1 2 2 1 2 11 20.
2 a 1 b 2 2c
0
a
3
a 1 b 2 c
Đẳng thức xảy ra khi: b
3
2 1 2
2 2 c 2
2
a 1 b 2
c 9
Khi đó: P a b c
2 3 3 2.3 3. 2 3.
Cách 2: phương pháp hình học.
Oxyz S
Trong không gian , gọi mặt cầu có tâm I 1;2;0 , bán kính R 3. Khi đó:
2 2 2 2 2 2
S : x 1 y 2 z 9 x y z 2x 4y
4.
: 2 2 7 0
và mặt phẳng P x y z .
2a b 2c
7
Gọi M a; b;
c
, ta có: d M
; P
.
3
2 2 2
Vì a b c 2a 4b 4 M S .
Bài toán đã cho trở thành: Tìm M S sao cho d M ; P lớn nhất.
x
1
2t
Gọi là đường thẳng qua I và vuông góc P
: y
2 t .
z
2t
Điểm cần tìm chính là 1 trong 2 giao điểm của với S : M 3;3; 2 , M 1;1;2
.
M
1 2
20 2 20
Ta có: d M1; P d M 2; P Maxd M ; P
M M1.
3 3 3
Vậy P a b c
2 3 3 2.3 3. 2 3.
Phân tích: Khi quan sát 2 cách giải, đối với giáo viên ta sẽ dễ chọn Cách 1 vì ngắn gọn và tiết
kiệm thời gian. Tuy nhiên học sinh không nhiều em đã từng được tiếp cận bất đẳng thức BCS.
Đối với Cách 2, về mặt trình bày có thể dài hơi, nhiều tính toán hơn nhưng đó chỉ là những
bước tính toán khá cơ bản, một học sinh khá nếu nhận ra ý đồ tác giả thì việc giải bài toán
cũng không mất quá nhiều thời gian. Bài toán sẽ dễ hơn nếu đề bài chỉ yêu cầu tìm Min hoặc
Max của biểu thức 2a b 2c
7 .
Câu 47.
Chọn D
S
Gọi là mặt cầu tâm I 1; 2;3
, bán kính R 24 . Khi đó:
2 2 2
S : x y z 2x 4y 6z
10.

Gọi P là mặt phẳng có phương trình x z 2 và điểm K 7;4; 9
.
M a b c
Với ; ; . Theo giả thiết ta có: M S và M P M S P .
Hơn nữa:
2 2 2
2 2 2 2
Q a b c 14a 8b 18c a 7 b 4 c 9 146 KM 146
.
Bài toán trở thành: Tìm nằm trên đường tròn giao tuyến của mặt cầu S và mặt phẳng
P
sao cho KM lớn nhất.
M
I
A
J
M
B
H
P
có VTPT n 1;0;1 .
P
x
7 t
Gọi là đường thẳng qua K và vuông góc P
: y
4 .
z
9 t
Gọi là hình chiếu của lên mặt phẳng P H P H 9;4; 7
.
H K
K
2 2 2
Ta có: KM KH HM , mà KH không đổi nên KM lớn nhất khi HM
lớn nhất.
x
1
t
Gọi d là đường thẳng qua I và vuông góc P
d : y
2
.
z
3 t
J S I P
Gọi là tâm đường tròn giao tuyến của và P J là hình chiếu của lên
0; 2;2
J d P J
x
3t
Phương trình đường thẳng HJ : y 2 2 t.
z
2 3t
.

Gọi , là các giao điểm của và S A 3; 4;5 , B 3;0; 1
.
A B HJ
Câu 48.
Ta có: HA 4 22 HB 2 22 .
Vậy MaxHM 4 22 M A 3; 4;5
. Khi đó: P 3a 2b c 12.
Chọn B
Gọi x là một nghiệm của phương trình
0
4 3 2
x ax bx cx
+ + + + 1= 0 (*).
Þ x + ax + bx + cx + 1= 0 Þ ax + bx + cx = -x
- 1.
4 3 2 3 2 4
0 0 0 0 0 0 0 0
Theo bất đẳng thức Bunhiacopxki ta có:
2 2
( x 4 + 1) = ( ax 3 + bx 2 + cx ) £ ( a 2 + b 2 + c 2 )( x 6 + x 4 + x
2
)
0 0 0 0 0 0 0
2 2 2
( a b c )
Þ + + ³
4
2
( x + 1
0 )
6 4 2
( x + x + x )
0 0 0
( x 0
= 0 không là nghiệm của phương trình (*) ).
Đặt
2
( ) 2
= 2
(t > 0) ta có t + 1
2 2 2
a b c
3 2
t x 0
+ + ³ .
t + t + t
Đặt f ( t)
2
( t + 1) 2
= (t > 0)
3 2
t + t + t
( )( ) ( )( )
( )
2
( t + ) t
4
-
( )
3
( ) ( )( )
( )
4t 3 + 4t t 3 + t 2 + t - t 4 + 2t 2 + 1 3t 2 + 2t + 1 1 ( 1) t + 1 t - 1 t
2
+ 1
/
Þ f ( t)
= = =
3 2
2
3 2
2
3 2
2
Bảng biến thiên:
t + t + t t + t + t t + t + t
Từ bảng biến thiên ta có
2
Khi a = b = c = thì
3
nghiệm x 0
= 1.
Vậy giá trị nhỏ nhất
min
( 0+¥
)
4
2 2 2 4
f ( t)
= khi t = 1 Þ a + b + c ³ .
3
3
a + b + c = và phương trình
3
2 2 2 4
2 2 2
P = a + b + c bằng 4 3 .
4 3 2
x ax bx cx
+ + + + 1= 0 có
Câu 49.
Chọn C

Câu 50.
2
f x
g x
f x 0 g x 0
2
Ta có f x 3x 2ax
4 và g x 3x 2bx
2 .
Vì và có chung ít nhất một điểm cực trị nên và có chung
2
3t
4
2
a
3t 2at 4 0 2t
nghiệm là t . Suy ra
.
2
2
3t 2bt 2 0 3t
2
b
2t
2 2 2
3t 4 3t 2 3t
3 1
Ta có P a b 3 t 6 . (bất đẳng thức Cauchy)
2t 2t t
t
1
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi t t 1.
t
Vậy min P 6 .
Chọn C
3
Đặt t 1
2cos x , khi x
0; , nên
2
cos 1;1
t 1
2cos x 1;3
x
3
Dựa vào đồ thị hàm số y f x
trên 1;3
, dễ thấy max f x
2 , min f x
.
1;3
1;3
2
3
3 1
Vì f 1 2cos x f t
nên M 2 , m M m 2 .
2
2 2
binhlt.thpttinhgia1@thanhhoa.edu.vn
Câu 51.
Chọn C
Dựa vào đồ thị của hàm số f ( x)
ta có: min f ( x) 2
và max f ( x) 3 .
1;5
1;5
Suy ra: min f ( x) max f ( x) 1.
1;5 1;5
Câu 52.
Chọn D
Ta có hàm số xác định trên
Giả sử là giá trị của hàm số tại x ta có
y
y0
0
3cosx
1
0
0
y
3
0 x0 x0
cosx0
*
3 cos 3cos 1
y 3cosx 3y
1
Nếu y thì * trở thành 0 10
(vô lý). Do đó
0
3
Từ đó suy ra
3y0
1
1
1
y0
3 2 y 2
0
3y0
2 0
2
y0
2
1
3
Vậy m 2;
M M m
2
2
0 0 0
3y
1
3
0
* cosx0
y0

*Cách 2: Đặt ẩn phụ t cos x
trên 1;1
đưa về hàm bậc nhất trên bậc nhất, rồi tìm min, max của hàm đó
Câu 53.
Chọn B
TXĐ: D .
2
Ta có: y 3x 6x
9
2 x
1 y 7
y ' 0 3x 6x
9 0
x
3 y 25
Bảng biến thiên:
.
Câu 54.
Vậy giá trị cực tiểu của hàm số là 25 .
Chọn B
1 1
m x f x x m f x x x
3 3
2 3 3 2
.
Ta có
g x f x 1 x x .
3
g x f x x 2 2x f x x 2 2x
.
Đặt
3 2
Ta có
2
g
x 0 f x x 2x
.
2
Mà f x 1, x
0;3
và x 2x 1 x 1 2
1, x
0;3
nên g x 0, x 0;3
Từ đó ta có bảng biến thiên của g( x ) :
.
1
3
3 2
Bất phương trình m f x x x nghiệm đúng với mọi x 0;3
m g 0 m f (0) .
NHẬN XÉT: (Võ Thị Ngọc Ánh) Bài toán xây dựng dựa trên ý tưởng mối quan hệ giữa bảng
biến thiên của f '( x ) hoặc đồ thị của f '( x ) so sánh với h '( x ) để suy ra sự biến thiên của hàm
số có dạng g( x) f ( x) h( x)
.
Câu 55.

Chọn C
Ta có 2sin
m x f x m f x 2sin x .
Đặt g x f x 2sin x .
Ta có g x f x 2cos x .
g x
0 f x
2cos x .
Mà f x 2, x
0;
và 2cosx 2, x
0;
nên g x 0, x 0;
f '( x) 2
g x
0 x 0 .
2cos x 2
Từ đó ta có bảng biến thiên của g( x ) :
.
Bất phương trình m 2 f x 2 x 1 x 3
nghiệm đúng với mọi x 3;
m g 0 m f (0) .
Câu 56.
Chọn B
2 2
m x f x x m f x x x
2 2 4 3 2 2 4 3.
Ta có
2
Đặt g x 2 f x 2 x 4x
3 . Ta có
g x 0 f x 2 x 2.
Đặt t x 2 ta được f t
t . 1
1 là phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị f t
g x 2 f x 2 2x
4 .
và đường thẳng d : y t (hình vẽ)
Dựa vào đồ thị của f t và đường thẳng y t ta có
t
1
x
3
t 0
ta có f t
t
hay
x 2
.
t
1 x
1
t
2 x
0
Bảng biến thiên của hàm số g x .

Câu 57
Câu 58
Câu 59
Câu 60.
Bất phương trình m 2 f x 2 x 1 x 3
nghiệm đúng với mọi x 3;
m g 2
m 2 f (0) 1.
Chọn D
Khối trụ có độ dài đường sinh l 10
cm nên chiều cao h 10
cm .
2
Ta có V . r . h với r là bán kính đáy hình trụ , mà V 90
cm 3 .
2
Do đó: . r .10 90
nên r 3 cm .
2
Vậy S 2. . r. l 2. .3.10 60
cm .
xq
Chọn D
Đặt z a bi a ,
b .
Khi đó: z 2z 7 3i z a 2 + b 2 - 2a + 2bi = - 7 + 3i + a + bi
2 2
Do
a b 3a 7 b 3 i 0
éì b = 3
ê ï êí
êï
5
a = 7
êï
ï
ê î 4 ( a ³ ) .
êì 3
êï
b = 3
í êï êïî ë a = 4
a nên a 4 z 4 3i w 4 21i w 457
Chọn A
D = { }
[ ]
Tập xác định \ 2 , suy ra hàm số liên tục trên 0;1 .
2
x -4x
é x = 0
Ta có: y¢ = = 0 Û .
2
( x-2)
ê
ëx
= 4
[ ]
Xét trên 0;1 , y¢ = 0 Þ x = 0 .
( ) ( )
Mà y 0 = - 3; y 1 = -4
. Do đó M = - 3; m = -4
.
Vậy M + 2m
= -11.
.
Chọn B
Ta có: f
x
x
x
f 1
2
1 0
f
1

Câu 61.
1
Dựa vào đồ thị, ta thấy phương trình f x có 4 nghiệm thực và phương trình f x 1
vô
nghiệm.
2
Vậy phương trình f x 1 0 có 4 nghiệm thực.
Chọn B
x
t 2 3
x
1
Xét phương trình 2 3 m 2 3 10
. (1)
x
Đặt . Khi đó 2 3 x và phương trình (1) trở thành phương trình
t
1
2
t m. 10
t 10t m . (2)
t
Phương trình (1) có hai nghiệm dương phân biệt khi và chỉ khi phương trình (2) có hai nghiệm
phân biệt lớn hơn 1.
2
Bảng biến thiên của hàm số y t 10t
:
t 1 5
y
9
25
Phương trình (2) có hai nghiệm phân biệt lớn hơn 1 khi và chỉ khi 25 m 9
.
Vậy S 24; 23; ...; 10
và nS 15.
Câu 62
Câu 63.
Chọn A
Ta có: f x 1 m f x m 1 * .
*
Số nghiệm của phương trình là số giao điểm của đồ thị hàm số y f x và đường thẳng
y m 1.
Dựa vào bảng biến thiên, đường thẳng y m 1 cắt đồ thị hàm số y f x tại 3 điểm phân
biệt khi 0 m 1 1 1 m 2 .
Đặt t cos x 1;0 , x
; u 2 f cos x
0;2
.
2

Phương trình trở thành: f u
m *
. Phương trình đã cho có nghiệm x
; khi đường
2
thẳng cắt đồ thị hàm số tại các điểm có hoành độ 0;2 .
y m
Dựa vào đồ thị suy ra 2 2 . Vì m nguyên nên m 2; 1;0;1
.
m
Câu 64.
Nhận xét: Bài này là tương giao đồ thị hàm hợp.
Chọn D
4 2
Xét hàm số y x 5x
4 có
TXĐ: D
x
0
3
y ' 4x 10x
0
10
x
2
10 9
Với x 0 y 4 và x y
2 4
.
BBT
Đồ thị
4 2
Từ đồ thị hàm số y x 5x
4
Bước 1: Ta giữ nguyên phần đồ thị phía trên trục hoành.
Bước 2: Lấy đối xứng phần phía dưới trục hoành của đồ thị lên phía trên trục hoành và xóa bỏ
4 2
đi phần đồ thị nằm phía dưới trục hoành ta được đồ thị hàm số y x 5x
4 .

Câu 65
Khi đó số nghiệm của phương trình
4 2
x x m
5 4 log 2
chính là số giao điểm của đồ thị hàm
4 2
số y x 5x
4 và đường thẳng y log2
m với m 0 . Dựa vào đồ thị hàm số
4 2
y x 5x
4 ta thấy để phương trình
9
4
4 9
0 log2
m 1 m 2 .
Chọn B
2
2 f x 1 5 0 1
Đặt t
2
x 1
t 1
4 2
x x m
5 4 log 2
có 8 nghiệm thì:
Phương trình
5
1 trở thành 2 f t 5 0 f t
2
3
2; 1
1;0
t a a l
t b b l
t c c tm
Câu 66
2
c x x c
1 1
Vậy số nghiệm thực của phương trình 1
là 2.
Chọn A
Gọi đồ thị của hàm số y f x
là C
4
Xét phương trình 5 f x
4 0 f x
1
5
4
1
là phương trình hoành độ giao điểm của C
và đường thẳng d
: y
5
Suy ra: Số nghiệm của phương trình là số giao điểm của đồ thị và đường thẳng
1
C
d

Câu 67
Câu 68.
4
Ta có d
// Ox và 1 0 , do đó d cắt đồ thị C
tại 4 điểm phân biệt.
5
Vậy phương trình 5 f x 4 0 có 4 nghiệm.
Chọn D
2
Ta có f ( x) x 4x m .
2
Để hàm số có hai điểm cực trị x , x 3 cần f ( x) x 4x m 0 có hai nghiệm x1 x2 3
1 2
0
4 m 0
2
b
x 4x m 0 có hai nghiệm: x1 x2 3 3 2 3 3 m 4 .
2a
m
3 0
1. f 3
0
Mà m
m 3 .
Vậy số phần tử của S bằng 1.
Cách 2.
2
Ta có f ( x) x 4x m .
2
Để hàm số có hai điểm cực trị x , x 3 cần f ( x) x 4x m 0 có hai nghiệm x1 x2 3
1 2
đồ thị hàm số C : y x 4x
cắt đường thẳng d : y m tại 2 điểm phân biệt có hoành
2
độ nhỏ hơn hoặc bằng 3.
y 2x
4 . y 0 x 2. Ta có bảng biến thiên:
x 2 3
y 0
y
Dựa vào bảng biến thiên: YCBT 3 m 4 .
Chọn D
0
Đặt t f x t , phương trình f f x trở thành f t 0 .
Qua đồ thị hàm số y f x đã cho ta thấy: Đồ thị hàm số y f x cắt trục hoành tại 3 điểm
4
a 0 b a 2; 1 , b 1;2
phân biệt có hoành độ lần lượt là , , với .
3

t
a f x a
Khi đó: f t
0
t 0 f x
0 . Nhận thấy mỗi đường thẳng trong 3 đường thẳng
t b
f x
b
y a với a 2; 1
; y 0; y b với b 1;2 cắt đồ thị hàm số y f x lần lượt tại 3
điểm phân biệt và 9 điểm này có hoành độ khác nhau.
Vậy phương trình
f f x 0
có 9 nghiệm thực phân biệt.
Câu 69.
Câu 70
Chọn C
Ta có f x m 0 f x m (*). Phương trình (*) có 4 nghiệm phân biệt khi và chỉ khi đồ
thị hàm số y f x cắt đồ thị hàm số y m tại 4 điểm phân biệt.
Theo bảng biến thiên ta thấy đồ thị hàm số y f x cắt đồ thị hàm số y m tại 4 điểm phân
biệt khi và chỉ khi 1 m 2 .
TXĐ: D .
3
f ' x 16x 16x
0
x
0
x 1
.
x 1
f x 4x 8x
1
Ta có đồ thị hàm số
4 2
y
f(x)=-4x^4+8x^2-1
f(x)=3
5
x
-8 -6 -4 -2 2 4 6 8
-5
Câu 71.
Dựa vào đồ thị suy ra có một giá trị nguyên dương của m để phương trình f x m có đúng
hai nghiệm phân biệt là m 3 .
Chọn A

f x a 2 a 1
Xét f f x 1 0 f f x
1
f x b 0 b 1
.
f x c 1 c 2
Câu 72.
Xét f x a 2 a 1
: Dựa vào đồ thị ta thấy y a cắt đồ thị tại điểm phân biệt 1 .
3
3
Xét f x b 0 b 1
: Dựa vào đồ thị ta thấy y b cắt đồ thị tại điểm phân biệt 2 .
Xét f x c 1 c 2 : Dựa vào đồ thị ta thấy y c cắt đồ thị tại điểm phân biệt 3 .
3
Các nghiệm ở trên không có nghiệm nào trùng nhau nên * có 9 nghiệm phân biệt
Chọn C
10
Đặt 3 2x t phương trình đã cho trở thành 3 f t
10 0 f ( t)
. (*)
3
Số nghiệm của phương trình (*) bằng số giao điểu của đồ thị hàm số
y
10
3
song song hoặc trùng với trục hoành.
y
Từ bảng biến thiên đã cho ta vẽ được bảng biến thiên của hàm số y f ( t)
.
f ( t)
và đường thẳng

Dựa vào BBT ta thấy phương trình (*) có 4 nghiệm.
Do hàm số t 3 2x
nghịch biến trên nên số nghiệm t của phương trình (*) bằng số nghiệm
x của phương trình đã cho. Vậy phương trình đã cho có 4 nghiệm phân biệt.
Câu 73.
Chọn A
Điều kiện 2 x 2 .
2 2
Đặt t 2 x 2 2 x 3x 4 4 x 10
t .
Xét hàm g( x) 2 x 2 2 x, x 2;2
.
1 1
Ta có g( x) 0, x
2;2
.
2 2 x 2 x
Bảng biến thiên
t
Ứng với mỗi giá trị 4;2 ta có 1 giá trị x 2;2 .
Phương trình đã cho có dạng
2
t 2t 2 ( t 1) m 1
2
( m 2) t 10 t m 12
Yêu cầu bài toán trở thành tìm m để phương trình 1 có 2 nghiệm t phân biệt thuộc đoạn
4;2
.
+ Với t 1
ta thấy không tồn tại giá trị m .
2
t 2t
2 1
+ Với t 1 phương trình (1) tương đương m t 1
.
t 1 t 1
1
Xét hàm f ( t) t 1 , t 4;2 \ 1
.
t 1
1
t
0 ( tm)
Ta có f ( t) 1 ; f ( t) 0 .
( 1)
2
t
t
2 ( tm)
Bảng biến thiên

Câu 74.
26
Dựa vào bảng biến thiên ta có m 2
.
5
Mà m
m 5; 4; 3 . Vậy có 3 giá trị m nguyên thỏa đề bài.
Chọn B
Cách 1:
x
+) Ta có 2x1 x 2 2x2
4 m.2 3m
2 0
2
2
x 2x1
2
2
x 2x1
2 m.2 3m
2 0 .
2
1
2
2 1
Đặt 2 x x
x
t . Ta có 2 2x1 x
1 0
t 2 2 2 1,
x
. Suy ra t 1.
2
1
2
2
Phương trình 1 trở thành: t 2 m. t 3m
2 0 .
+) Phương trình có bốn nghiệm phân biệt khi và chỉ khi phương trình có hai nghiệm
2
0 m
3m
2 0
phân biệt t1
, t2
thỏa mãn t1 t2 1
t1 1t2 1 0 t1t 2
t1 t2
1 0 .
t1 t2 2
t1 t2
2
t1 t2
2m
Theo định lý Vi-et ta có
.
t1. t2
3m
2
2
m 3m 2 0 m
2
+) Khi đó 3
3m 2 2m 1 0
m
1
m 2 .
2m
2
m
1
Mà nguyên và m 2019;2019 nên ta có m 3;4;...;2018 .
m
Vậy có 2016 giá trị nguyên của m thỏa mãn bài toán.
Cách 2: Đặng Ân
+) Ta có 2 2
2
x 2x1 x 2x2
2
x 2x1
2
x 2x1
4 m.2 3m
2 0 2 2 m.2 3m
2 0 .
2
1
2
2 1
Đặt 2 x x
x
t . Ta có 2 2x1 x
1 0
t 2 2 2 1,
x
. Suy ra t 1.
1
Phương trình trở thành: t 2 2 m. t 3m 2 0 2t 3 . m t
2 2 2 .
3
t 2
Vì t không là nghiệm của 2
nên 2
m *
.
2
2t
3
2
t 2
Xét hàm số y trên khoảng 1;
.
2t
3
2
2t
6t
4
t 1
y
; y
0 .
2
2t
3
t
2
2
3

Ta có bảng biến thiên
Câu 75.
1
m m2019;2019
m3;4;...;2018
Phương trình có bốn nghiệm phân biệt * có hai nghiệm phân biệt lớn hơn 1 m 2 .
Mà nguyên và nên ta có .
Vậy có 2016 giá trị m thỏa mãn bài toán.
Chọn C
Đồ thị hàm số
3
y x x
3 1
là đồ thị bên dưới
4
3
2
-1
-1
1
2
3
y x x
3 1
Từ đồ thị hàm số suy ra đồ thị hàm số y x 3 x 1
là đồ thị bên dưới
3
4
2
1
5 5
2
-1
Câu 76.
Dựa vào đồ thị hàm số
3
y x 3 x 1
và đồ thị hàm số y 2m
1
Ta có: đường thẳng y 2m
1
cắt đồ thị hàm số y x 3 x 1
tại 4 điểm phân biệt
1 2m
1 1 0 m 1
Chọn B
3
Ta có: f x m
x m 1 x 1
m
3 .
x m 2
x 2 m
Để phương trình có 4 nghiệm phân biệt thì

Câu 77.
1 m 0
m 1 m 19,..., 2 .
2 m 0
Vậy có tất cả 18 số nguyên thoả mãn.
Chọn D
3 2
Xét hàm số f x x 3x
. Ta có đồ thị hàm số y f x như sau:
Như ta đã biết: để vẽ đồ thị hàm số y f x từ đồ thị y f x ta thực hiện:
Bước 1: Giữ nguyên phần đồ thị
Oy ; bỏ phần đồ thị bên trái trục Oy .Ta được phần đồ thị P1
y f x
gồm các điểm bên phải và các điểm nằm trên trục
Bước 2: Lấy đối xứng phần đồ thị P1
qua trục Oy ta được phần đồ thị P2
Khi đó: Đồ thị y f x bao gồm đồ thị và P .
Từ đó ta có đồ thị hàm số
P1
2
3 2
y f x x 3 x
như sau:
g x 0 có 4 nghiệm phân biệt. Do đó phương trình
y m
y f x x 3 x
Để đồ thị hàm số
g x f x m cắt trục hoành tại 4 điểm phân biệt thì phương trình
f x m
có 4 nghiệm phân biệt hay
3 2
đường thẳng cắt đồ thị hàm số tại 4 điểm phân biệt.
Dựa vào đồ thị hàm số
4 m
0 0 m 4 .
y f x
Kết hợp yêu cầu đề bài , do đó m 1;2;3 .
suy ra bài toán thỏa mãn khi và chỉ khi
m
Câu 78.
Vậy tổng các giá trị nguyên của m thỏa mãn là: 1 2 3 6 .
Chọn A

Ta có f sin x
3 x m, x
; m g x 3x f sin x, x
; .
2 2
2 2
3 cos . sin
g
x x f x
.
Do x ; nên 1 sin x 1, kết hợp với BBT của f x
ta có 0 f sin x
3.
2 2
Ta lại có 0 cos x 1
nên 0 cos x 3 .
Suy ra x f x
3 cos . sin 0
Do đó hàm
g x
đồng biến trên khoảng ;
2 2
3
g x
g f 1
.
2 2
m g x 3x f sin x, x
;
2 2
3
m g f 1
.
2 2
Câu 79.
Chọn C
f x x 6x 9x
Xét
3 2
2
x
1
f x 3x 12x
9 ; f x
0 .
x
3
Đồ thị hàm số
y f x
Đồ thị hàm số
y f x
gồm hai phần:
Phần 1. Giữ nguyên phần đồ thị nằm phía trên trục hoành.
Phần 2. Lấy đối xứng phần nằm dưới trục hoành qua trục hoành.

Dựa vào đồ thị, ta thấy đường thẳng d và đồ thị C
có hai điểm chung khi
2
2m
m 0
2 m
0
2
hoặc 2m
m 4 hoặc m 2m
4 0 (vô nghiệm vì
m
2
2
2
m 2m 4 m 1 3 0, m
)
Vậy có hai giá trị
m
thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Câu 80.
Chọn C
Đặt t sin x với x 0; t 0;1 .
Xét phương trình f ( t) 2t m .
Để phương trình có nghiệm thì đồ thị hàm y f t cắt đồ thị hàm số y 2t m tại ít nhất một
điểm có hoành độ thuộc 0;1 .
t
Câu 81
Từ đồ thị ta suy ra đồ thị hàm số
số y 2t
1
và y 2t
3 .
y 2t m
Từ đó suy ra 3 m 1 m 3; 2; 1;0
.
Vậy tổng các phần tử bằng . 6
nằm ở phần hình phẳng giới hạn bởi đồ thị 2 hàm
Chọn D
7
Điều kiện: x
1; .
3

Câu 82.
2
Xét phương trình: 2. f 3 3 9x 30x 21 m 2019 1 .
2
2 2
2
Ta có : 9x 30x 21 4 3x
5 0 4 3x
5 2 3 3 3 4 3x
5 3.
2
Đặt t 3 3 9x 30x
21 , t 3;3 .
m 2019
Khi đó, phương trình 1
trở thành: 2. f t m 2019 f t 2
.
2
7
Phương trình 1
có nghiệm x
1; phương trình có nghiệm .
3
2
t 3;3
Dựa vào đồ thị của hàm số y f x , phương trình có nghiệm t 3;3 khi và chỉ khi
m 2019
5 1 2009 m 2021.
2
Do m
m
2009, 2010,..., 2021 .
Vậy số giá trị nguyên của m là: 2021
2009 1 13
.
Chọn D
2
0
1
0 1
1
Diện tích phần tô đậm là S f '( x)dx
f ( x)
.
1
8
f (0) f ( 1)
8
8
1
4 2
Mà f (0) a.0 b.0 0 .
Do đó f ( 1) 1 f (1) f ( 1)
1 (do f ( x)
là hàm số chẵn).
8 8
Ta có bảng biến thiên
1
Ta có 8 f ( x) 1 0 f ( x)
(*).
8
Số nghiệm của phương trình (*) là số giao điểm của đồ thị hàm số
1
y
8
.
y f x
và đường thẳng
Dựa vào bảng biến thiên suy ra phương trình 8 ( ) 1 0 có nghiệm x 1
x 1
.
f x 2
Câu 83.
Chọn C
Điều kiện:
x
1 0 x
1
3 3
x
x
4 4
x 2
x 2

2 11 1 2
11 1
Ta có: 2x 1 x 1 11 2x 1
x 1 11 0 (*)
3x 4 2 x 3x 4 2 x
2 11 1
Xét hàm số f ( x) 2x 1
x 1 11 trên
3x
4 2 x
3
1;
\ ;2
4
3 3
Nhận thấy, hàm số f x
liên tục trên các khoảng
1; , ;2 , 2;
4 4
Ta có,
2 11 1
2 1 33 1
f
( x) 2x 1 x 1 11
4x x 1 2x
1
3x 4 2 x 2 x 1 3x 4 2 x
2
10x
8x
1 33 1
3
0 với x
2 2
1;
\ ;2
2 x 1 3x 4 2 x
4
3
Suy ra, hàm số f x
đồng biến trên 1;
\ ;2.
4
Bảng biến thiên
2 2
Số nghiệm của phương trình (*) bằng số giao điểm của đồ thị hàm số
f
x
và trục hoành.
Từ bảng biến thiên ta suy ra: Số nghiệm của phương trình (*) bằng 2.
Câu 84
Chọn B
Đặt t x m t 0 f ( t)
m (*) .
Với t 0 x m;
với t 0 x m t.
Vậy phương trình có đúng 6 nghiệm phân biệt khi và chỉ khi phương trình
dương phân biệt 1 m 3,
m m
1;0;2 .
(*)
có đúng 3 nghiệm
Câu 85.
Chọn C
Từ đồ thị hàm số
Do đó
f f x
1
0
y f x
ta có: 0
f x
f x 1 a 1
f x 1 b 2
f x 1 c 3
x
a 2; 1
x
b 1;0
x
c 0;2

1 f x a 11;0
Câu 86
1
pt f x a có 3 nghiệm x1, x2,
x3
thỏa mãn x1 a 1 b x2 0 x3
c
2 f x b 10;1
1
x a x 1 x b x 0 x c x
1 4 5 2 3 6
3 f x c 11;3
pt 1
Vậy phương trình
Chọn D
f f x
1
0
pt f x b có 3 nghiệm x4, x5,
x6
thỏa mãn
f x c có nghiệm duy nhất x7 x6
có 7 nghiệm phân biệt.
Đồ thị hàm số
3
y f x x 3x
1
có dạng:
Dựa vào đồ thị ta thấy phương trình
f x 0 có 3 nghiệm x 2; 1 , x 0;1 , x 1;2
1 2 3
3
Nếu phương trình f x 3 f x 1 0 có nghiệm
0
thì f x0 x1, x2,
x3
.
Dựa vào đồ thị ta có:
+ f x x , x 2; 1
có 1 nghiệm duy nhất.
1 1
+ f x x , x 0;1 có 3 nghiệm phân biệt.
2 2
+ f ( x) x , x 1;2 có 3 nghiệm phân biệt.
3 3
x
Vậy phương trình
3
f x
3 f x 1 0
có 7 nghiệm phân biệt.
Câu 87.
Chọn C
2
2
Đặt t 3 4 6x 9x 3 4 1 3x 1 t 1;3
.
1
Dựa vào đồ thị ta có khi t 1;3
thì f t
5;
.
2
Khi đó phương trình
2
1 m
f t
2 2
f 3 4 6x 9x 1 m 0 có nghiệm khi và chỉ khi phương trình
có nghiệm thuộc 1;3 .

Câu 88
2 1 1 2
5 1 m m 4 2 m 2.
2 2
Kết hợp điều kiện m
m 2; 1; 0; 1; 2 .
Vậy có 5 giá trị nguyên của tham số m thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Chọn C
Câu 89.
Câu 90
Đặt t 1 2cos x , khi x ; thì t 1;1
.
2 2
Khi đó phương trình f 1 2cos x m 0 trở thành phương trình f t m
.
Như vậy để thỏa yêu cầu bài toán thì phương trình f t m phải có nghiệm t 1;1 .
Điều này xảy ra khi và chỉ khi 4 m
0 0 m 4 .
Chọn A
Đặt
t 3sin x 4cos x 5
3 4
5
sin x cos x 5
5 5
5sin x
5 với
4
sin
5
3
cos
5
Ta có: 1 sin x 1, x nên 5 5sin x
5, x
suy ra: 0 t 10, x
Phương trình đã cho trở thành:
f t
m với t 0;10
Do đó yêu cầu bài toán 0 m 10000 mà m nên có 10001 giá trị nguyên m.
Chọn C
Đồ thị của hàm số được vẽ theo 2 bước:
+ Tịnh tiến đồ thị của hàm số y f x qua bên phải 1 đơn vị.
+ Giữ nguyên phần bên phải, lấy đối xứng phần bên phải qua trục Oy.
Từ đồ thị ta thấy: phương trình
f ( x - 1) = m có 4 nghiệm phân biệt khi- 3 < m < 1.

Vậy có 3 giá trị nguyên m Î {-2; -1; 0}
Câu 91.
Chọn B
Câu 92.
Câu 93.
Câu 94.
Đặt t cos x . Khi đó: x 0; thì t 0;1
.
2
2 1
Bài toán trở thành: Tìm m để phương trình f t m có nghiệm t 0;1 hay phương
2 1
trình f x m có nghiệm x 0;1 .
Từ đồ thị ta thấy điều kiện bài toán tương đương 1 2m
1 1 0 m 1.
Chọn A
Đặt t = 2sin x + 1
é 1
Ta có: x 0; p ö p
Î Þ 0 £ x < Þ 0 £ sin x <
ê 6÷
ë ø 6 2
Þ 0 £ 2sin x < 1Þ 1£ 2sin x + 1< 2 Þ 1£ t < 2
Þ - 2 < f ( t)
£ 0
. Vậy chọnA.
Chọn D
4 4
f 4 sin x cos x m
1
4 4 1 2
Đặt t 4sin x cos x
4
1 sin 2x
3 cos 4x
. Do đó t 2;4
.
2
Dựa vào đồ thị ta thấy t
2;4 thì 1
f t 5 .
Suy ra phương trình có nghiệm 1 m 5 m
1;2;3;4;5 .
m
1
Vậy có 5 giá trị nguyên của m .
Chọn B
Xét phương trình hoành độ giao điểm giữa đồ thị hàm số y x mx m
2
3
3
2
6
2 1
với trục
hoành: 2x 3 3mx 2 m 6 0 m 1 3x 2 2x
3 6 . Nhận thấy x không phải là nghiệm
3
3
2 3 2x
6
của phương trình với mọi m nên m1 3x 2x 6 m .
2
1 3x
3
2x
6
Xét hàm số f x
.
2
3x
1
4 2
2
6x 6x 36x
6x x 2 x 2x
3
Ta có: f x
2
2
2
2
1
3x
1
3x
x
0
f x
0
x
2
3
2x
6
Ta có bảng biến thiên của hàm số f x
:
2
3x
1

Câu 95.
Dựa vào bảng biến thiên của hàm số suy ra: 6 m 2 .
Chọn A
2
2
Để phương trình x 4x 5 k x 2 k 1
có nghiệm thì k 1.
Do đó để
2 2
f x 4x 5 1 m f x 4x 5 m 1
có nghiệm thì đường thẳng y m 1
phải cắt đồ thị y f x tại những điểm có hoành độ lớn hơn hoặc bằng 1.
Dựa vào đồ thị ta thấy m 1 2 m 3 . Mà m nguyên dương.
Vậy
m
1;2;3
. Có tất cả 3 giá trị.
Câu 96
Chọn C
Đặt t 2sin x 2 .
5
Khi x
; thì .
6 6
t 1;4
Với mỗi giá trị t 1;3 4
thì tương ứng với một giá trị x
; .
6 6 2
5
Với mỗi giá trị t 3;4
thì tương ứng với hai giá trị x
; \ .
6 6
2
Xét phương trình f t 1.
Câu 97
f t 1
t
Từ đồ thị ta thấy phương trình có một nghiệm thỏa mãn t 3;4 .
Suy ra phương trình
Chọn A
f 2sin x 2 1
có 2 nghiệm.
2 2x
Đặt t 4 x t
; t ' 0 x 0
2
2 4 x

Với x
2 ; 3 ta có bảng biến thiên của hàm số t 4 x .
2
Câu 98
Câu 99
Câu 100
Với x
2; 3 t 1;2
Từ đồ thị ta có: t 1;2 f t1;3
2
Vây để phương trình f 4 x m có nghiệm thì m 1;3 .
Chọn B
Đặt t 2x
1. Ta thấy là hàm đồng biến theo và x 0;1 t 1;1
.
t x
m 2
Do đó phương trình 3 f 2x 1
m 2 có 3 nghiệm phân biệt thuộc 0;1
f ( t)
có
3
3 nghiệm phân biệt thuộc 1;1 .
Dựa vào bảng biến thiên suy ra
Chọn C
m 2 1 m 5.
3
2; 1 1
1;2 3
f x a
f f x
0 f x b 0;1 2
f x c
1
2
Dựa vào đồ thị ta thấy: Mỗi phương trình , , 3 đều có 3 nghiệm phân biệt và các
nghiệm này không trùng nhau.
0
Vậy phương trình f f x có 9 nghiệm thực.
Chọn A
Phương trình
e
3 13 2
1
2 f x f x7
f x
2 2
Đặt
t f x
3 13 2
1
m 2 f x f x 7 f x ln m , m 0 .
2 2
x
Với 0;2 và từ bảng biến thiên t
1;max f 0 , f 2
.
7
15 7
7
Vì f 0
, f 2 f 3
nên max
f 0 , f 2
M .
6
13 6
6

7
Do đó t 1; M
1; .
6
Bài toán trở thành: Tìm giá trị lớn nhất của m để phương trình
có nghiệm t 1; M .
3 13 2 1
Xét hàm số g t 2t t 7t
, t 1; M .
2 2
2
g t 6t 13t
7
13 1
m t t t
2 2
3 2
ln 2 7
t
1
gt
0
7
t
6
Bảng biến thiên
.
Từ bảng biến thiên suy ra phương trình
có nghiệm 1;
g M ln m g 1
t M
max ln
m max g
t g 1
2 max m e
1; M
2
Vậy giá trị lớn nhất của để phương trình cho có nghiệm x 0;2 là e .
m
2
.
Câu 101.
Chọn B
f x 0
Ta có: g x f x f
f x
0
*
.
f f x
0
Theo đồ thị hàm số suy ra.
x
0
f x
0 , với 2 a1
3 .
x
a1
x
f 0 , 1
f
f x
0
f x a1
, 2
.
Phương trình 1 : 0 có nghiệm phân biệt khác nghiệm phương trình * .
f x 3

2
1
Phương trình : f x a có 3 nghiệm phân biệt khác nghiệm phương trình 1 và phương
trình * .
Vậy phương trình ban đầu có 8 nghiệm phân biệt.
Câu 102.
Chọn C
Cách 1: Ta có x 3 3x 2 2 1 x 3 3x
2 2 1.
Ta vẽ đồ thị của hàm số y x 3 3x
2 2 bằng cách lấy phần đồ thị phía dưới trục Ox của đồ
thị hàm số y x 3 3x
2 2 đối xứng lên qua trục Ox kết hợp với phần đồ thị phía trên trục Ox
3 2
của y x 3x
2 . Cụ thể ta được đồ thị như hình trên. Từ đây ta thấy phương trình
3 2
x
3x
2 1
có 6 nghiệm phân biệt.
Câu 103
Cách 2:
3 2
x
3x
2 1 1
3 2 3 2
Ta có x 3x 2 1 x 3x
2 1
.
3 2
x 3x
2 1 2
Dựa và đồ thị đã cho, nhận thấy, mỗi phương trình và 2 đều có 3 nghiệm phân biệt khác
nhau nên phương trình đã cho có 6 nghiệm.
Chọn D
1
4 2
Phương trình x 2x 3 2m
4 có hai nghiệm phân biệt khi chỉ khi đồ thị hàm số
4 2
y x 2x
3 và đường thẳng y 2m
4 cắt nhau tại hai điểm phân biệt.
Câu 104
m
0
2m
4 4
Dựa vào đồ thị hàm số trên, yêu cầu bài toán thỏa mãn khi
1 .
2m
4 3
m
2
Chọn C

Cách 1:
f x 1 2 f x 3 1
Ta có: f x 1 2
.
f x
1 2
f x
1 2
1
Phương trình là phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số y f x với đường
thẳng y 3 .
2
Phương trình là phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số y f x với đường
thẳng y 1.
Quan sát hình vẽ:
Qua đồ thị ta thấy:
Phương trình 1
có nghiệm duy nhất;
2
Phương trình có 3 nghiệm phân biệt không trùng nghiệm phương trình 1 .
Vậy phương trình
f x 1 2
có 4 nghiệm phân biệt.
Cách 2: Xây dựng đồ thị của hàm số chứa ẩn trong dấu giá trị tuyệt đối.
Từ đồ thị hàm số y f x , ta dễ dàng suy ra đồ thị hàm số y f x 1
như hình vẽ:
1
Tiếp theo ta vẽ đồ thị hàm số y f x :

Khi đó phương trình
y f x 1
f x 1 2
và đường thẳng y 2 .
chính là phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số
Qua đồ thị ta thấy đường thẳng y 2 cắt đồ thị hàm số y f x 1
tại 4 điểm phân biệt.
Vậy phương trình
Phân tích bài toán:
f x 1 2
có 4 nghiệm phân biệt.
- Đây là một câu ở mức độ vận dụng thấp. Là bài toán tương giao khá cơ bản trong lớp các bài
toán tương giao đồ thị.
- Vấn đề làm khó học sinh ở đây chỉ là phương án xử lý phương trình chứa ẩn trong dấu giá trị
tuyệt đối.
- Đối với bài toán cụ thể trên, xử dụng Cách 1 để giải là phương án hợp lý và tiết kiệm thời gian
và xử dụng ít kỷ thuật.
- Vậy tại sao tôi đưa ra Cách 2? Vừa dùng nhiều kỹ năng vừa mất thời gian. Giả sử giả thiết bài
toán không đổi nhưng yêu cầu bài toán tìm số nghiệm của một trong các phương trình sau thì
1
học sinh chắc chắn sẽ gặp không ít khó khăn: f x , f x 1 2 , f x 1 2 x ;...
Câu 105.
Chọn C
Từ đồ thị hàm số y f x , ta suy ra đồ thị hàm số y f x như sau:
Qua đồ thị ta thấy phương trình
f x 1
có 4 nghiệm phân biệt.
Câu 106
Chọn B

3
Đặt t x 3x
, xét hàm số
trên đoạn 1;2
3
t x 3x
.
2 x
1 t
2
Ta có t 3x
3 0
x 1
.
t
2
3
Ta có bảng biến thiên của hàm số t x 3x
trên đoạn 1;2
.
x
t'
-1 1 2
- 0
+
2 2
t
-2
Từ đó bảng biến thiên trên ta thấy:
+) Nếu 2
t thì 1 1;2
x .
+) Nếu t 2;2
thì có hai nghiệm phân biệt 1;2
3
Do đó phương trình 3
trình
f t
x .
f x x m có 6 nghiệm x phân biệt thuộc đoạn 1;2
m có 3 nghiệm t phân biệt thuộc khoảng 2;2
* .
Dựa vào đồ thị hàm số
mãn * .
khi phương
y f x
đã cho và m là số nguyên ta thấy m 0 hoặc m 1 thỏa
Vậy có hai giá trị nguyên của m thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Bài toán tổng quát:
Cho hàm số y f x
có đồ thị cho trước là C (hoặc cho trước bảng biến thiên). Biện luận
theo tham số m số nghiệm của phương trình f n.
g x p hm
trên tập D cho trước (
D ); trong đó n,
p là các số thực; hm là biểu thức với tham số m .
Cách giải:
Bước 1: Đặt
. . Khi đó f n.
g x p
hm f t hm
t n g x p
.
Bước 2:
+) Tìm miền giá trị D của t ứng với x D .
+) Chỉ ra mối quan hệ giá trị tương ứng giữa t D và x D .
Bước 3: Dựa vào đồ thị C (hoặc bảng biến thiên của hàm số
nghiệm t D của phương trình f t hm
.
y f x
), biện luận theo m số
Bước 4: Dựa vào mối quan hệ giữa x và t ở Bước 2 ta có biện luận số nghiệm x D của phương
trình f n.
g x p
hm
.

Câu 107
Chọn A
Từ đồ thị hàm số y f x , ta suy ra đồ thị hàm số y f x 1
như sau:
Qua đồ thị ta thấy phương trình
f x 1 2
có 6 nghiệm phân biệt.
Câu 108
t
Đặt t 2sin x sin x .
2
Với x ;
thì 1 sin x 1 t 2;2
.
+) Với 2
t thì có 1 nghiệm x thuộc ;
là
+) Với t 2 thì có 1 nghiệm x thuộc ;
là
+) Với 0
x .
2
x .
2
t thì có 3 nghiệm x thuộc ;
là x 0;
.
+) Với t 2;2 \ 0
thì có 2 nghiệm phân biệt x thuộc ;
.
Dựa vào đồ thị của hàm số y f ( x)
đã cho, để phương trình f (2sin x)
m có đúng ba nghiệm
phân biệt thuộc đoạn ;
thì phương trình f t m *
trên 2;2
xảy ra các trường hợp
sau:
TH1: m 1 thì * có hai nghiệm là 1;2
TH2: m 3 thì * có hai nghiệm là 1; 2
Vậy m 3;1
thì thỏa mãn yêu cầu bài toán.
t nên thỏa mãn yêu cầu.
t nên thỏa mãn yêu cầu.
Câu 109
Chọn C
Phương trình
y f x 1
f x 1 2 x
và đường thẳng y 2 x .
Ta có đồ thị như sau:
chính là phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số

Qua đồ thị ta thấy phương trình
f x 1 2 x
có 4 nghiệm phân biệt.
Câu 110
Chọn C
t f x 1 f x t 1 .
Đặt
Từ đồ thị của hàm số đã cho, phương trình f t 0 có ba nghiệm phân biệt:
t 2; 1 , t 1;0 , t 1;2
.
1 2 3
+) Với t 2; 1
1 t 1 0 , dựa vào đồ thị đã cho phương trình f x t1 1
1 1
nghiệm thực x phân biệt.
+) Với t 1;0 0 t 1 1 , dựa vào đồ thị đã cho phương trình f x t2 1
2 2
thực x phân biệt.
+) Với t 1;2 2 t 1 3 , dựa vào đồ thị đã cho phương trình f x t3 1
x .
3 3
Vậy phương trình đã cho có 7 nghiệm thực phân biệt.
Câu 111 Chọn C
2 2
Ta có y x 2mx m 4 ; y 2x 2m
.
có 3
có 3 nghiệm
có 1 nghiệm
1 3 2 2
Hàm số y x mx m 4
x 3 đạt cực đại tại x 3 khi và chỉ khi:
3
y
3 0
y 3 0
6 2m
0
2
9 6m
m 4 0
2
m
m
6 5 0
m
3
m
1
L
m 5 TM
m
3
.
Vậy
m 5
là giá trị cần tìm.
Câu 112 Chọn D
y x m x m x
8 5 2 4
7 4 2 3
Ta có 2 4 1
y
8x 5 m 2 x 4 m 4 x .

3 4 2
y 0 x 8x 5m 2 x 4m
4
0
x
0
g x x m x m
Xét hàm số có g x 32x 3 5 m 2 .
4 2
8 5 2 4 4
0
8 4 5 2 4 2 4
g x x m x m
0
0
Ta thấy g
x có một nghiệm nên g x 0 có tối đa hai nghiệm
+ TH1: Nếu g x có nghiệm x 0 m 2 hoặc m 2
Với m 2 thì 0 là nghiệm bội của g x . Khi đó x 0 là nghiệm bội 7 của y
và y
đổi
x 4
dấu từ âm sang dương khi đi qua điểm x 0 nên x 0 là điểm cực tiểu của hàm số. Vậy m 2
thỏa ycbt.
x
0
4
Với m 2 thì g x 8x 20x
0
5 .
x 3
2
Bảng biến thiên
Dựa vào BBT x 0 không là điểm cực tiểu của hàm số. Vậy m 2
không thỏa ycbt.
+TH2: g 0 0 m 2
. Để hàm số đạt cực tiểu tại x 0 g
2
m 4 0 2 m 2 .
Do nên m 1;0;1 .
m
Vậy cả hai trường hợp ta được 4 giá trị nguyên của m thỏa ycbt
0 0
Câu 113
Câu 114.
Câu 115.
Chọn D
Nhìn đồ thị ta thấy đường thẳng
luôn có 3 nghiệm phân biệt
Chọn A
3
Phương trình 2 f x
3 0 f x
.
2
y 3 cắt đồ thị tại 3 điểm phân biệt nên phương trình f ( x) 3
Số nghiệm của phương trình đã cho bằng số giao điểm của đồ thị hàm số
3
thẳng y .
2
y f x
Từ bảng biến thiên suy ra số nghiệm thực của phương trình 2 f x 3 0 là 2 .
Chọn A
2 f x
3 0 f x
3
.
2
với đường

Câu 116
Từ bảng biến thiên suy ra phương trình trên có ba nghiệm.
Chọn B
x 1
Phương trình m f x
,
2
2x
1
f '
x
2
2x
1
2
2x
1
2
2x
1
2x x 1
1
2x
2
3
2x
1
2 1 6
. lim f x
; f
.
x
2 2 2
BBT.
Câu 117.
Vậy 2 m
6 .
2 2
Chọn B
Số nghiệm của phương trình f x m chính là số giao điểm của đồ thị hàm số y f x và
đường thẳng y m .
Dựa vào bảng biến thiên của hàm số y f x , ta suy ra phương trình f x m có hai nghiệm
phân biệt khi chỉ khi m 7
;2
22;
.
4
Câu 118.
Chọn B
5
Ta có: 3 f x
5 0 f x
.
3
Số nghiệm của phương trình trên là số giao điểm của đồ thị hàm số
y
5
3
.
y f x
và đường thẳng
5
Dựa vào bảng biến thiên ta thấy đồ thị hàm số y f x
cắt đường thẳng y tại 2 điểm
3
phân biệt.

Câu 119.
Vậy phương trình đã cho có 2 nghiệm thực phân biệt.
Chọn B
f x m 0 f x m
Phương trình f x m
có hai nghiệm phân biệt đồ thị hàm số y m
cắt đồ thị hàm số
y f x
tại hai điểm phân biệt 2 m
1 1 m 2 .
Vậy m 1;2 .
Câu 120.
Câu 122.
Câu 122.
Chọn A
Quan sát đồ thị hàm số ta thấy:
+) Khi x đồ thị hàm số có hướng đi xuống a 0 .
+) Đồ thị hàm số có 3 điểm cực trị ab 0 mà a 0 b 0 .
+) Khi x 0 thì y 3
c 3 c 0 .
Dựa vào bảng biến thiên ta thấy phương trình
Chọn A
f
x
3
2
vô nghiệm.
Câu 123.
Dựa vào đồ thị C ta thấy để đường thẳng y m cắt đồ thị C tại ba điểm phân biệt thì
0 m 4 . Giá trị nguyên của m thỏa mãn là 1;2;3 . Tổng các giá trị nguyên của m bằng 6 .
Chọn D
Từ đồ thị hàm số y f x ta suy ra đồ thị hàm số y f x như sau:
- Giữ nguyên phần đồ thị hàm số y f x phía trên trục Ox
- Phần đồ thị hàm số y f x bên dưới trục Ox được lấy đối xứng qua trục Ox .

Câu 124.
Câu 125.
Số nghiệm của phương trình f x m là số giao điểm của đồ thị y f x và đường thẳng
y m .
m
4
Từ đồ thị ta thấy phương trình có đúng hai nghiệm phân biệt khi .
m
0
Chọn C
7
Ta có 2 f ( x) 7 0 f ( x) . (1) .Dựa vào bảng biến thiên ta thấy phương trình (1) có 4
2
nghiệm thực.
Chọn D
x
3
Từ bảng biến thiên ta có: f x
4
trong đó x0 1.
x
x0
Nên phương trình f 2x 3
4 0 f x
2x
3 3
2x
3 9 x 6.
2x
3 x0
2 3 4
(Vì x0 1nên phương trình 2x
3 x0
vô nghiệm).
Vậy phương trình f 2x 3 4 0 chỉ có một nghiệm x 6 .
Câu 126.
Câu 127.
Chọn D
3 2 3 2
Phương trình 2x 3x 2m 0 2x 3x 1 2m
1.
Dựa vào đồ thị, ta có ycbt
Chọn D
1 1 1
2m
1 0 m
2 4 2
Ta có
3
2 f ( x) 3 0 f x
2

3
Từ BBT ta có đồ thị hàm số f x
cắt đường thẳng y tại 3 điểm phân biệt nên phương
2
trình đã cho có 3 nghiệm
Câu 128.
Câu 129.
Chọn A
3 2
2x 3x 12x 2m
1 0
f x 2x 3x 12x
Đặt
3 2
Ta có:
2
3 2
2x 3x 12x 1 2m
1
x
1
f x 0 6x 6x
12 0
x
2
x 1
2
f ( x)
+ 0 – 0 +
f ( x)
7
20
21
Dựa vào bảng biến thiên ta thấy để 1
có 3 nghiệm thì 20 1 2m
7 3
m .
2
Chọn B
Câu 130.
Câu 131.
1
Ta có: 3 f x
1 0 f x
. Số nghiệm của phương trình trên là số giao điểm của đồ thị
3
1
y f x
và đường thẳng y .
3
1
1
Vẽ đường thẳng y song song với trục hoành cắt trục tung tại điểm có tung độ bằng .
3
3
1
Dựa vào đồ thị ta thấy đường thẳng y cắt đồ thị y f x
tại duy nhất một điểm nên
3
phương trình có duy nhất một nghiệm.
Chọn D
m
2 f x
m 0 f x
2
m
khi 1 m 2
.
2
Chọn D
. Dựa vào BBT ta có phương trình có đúng 3 nghiệm khi và chỉ

1
5 1 2 1 0 1 2 .
5
Xét phương trình f x f x
1
Đặt 1 2x t tR
. Ta có phương trình f t
1
.
5
1
Số nghiệm của phương trình là số giao điểm của đồ thị hàm số y f t và đường thẳng
1
y
5
. Ta có bảng biến thiên sau:
Câu 132.
1
Dựa vào bảng biến thiên ta thấy đường thẳng y cắt đồ thị hàm số y f t
tại 2 điểm
5
phân biệt nên phương trình có 2 nghiệm phân biệt.
1
1
t
Ta có 1 2x t x nên ứng với 2 nghiệm t sẽ cho 2 nghiệm x .
2
Vậy phương trình ban đầu có 2 nghiệm phân biệt.
Chọn A
7
Ta có 2 f x
7 0 f x
.
2
Số nghiệm của phương trình đã cho bằng số giao điểm của đồ thị hàm số
y f x
7
thẳng y .
2
7
Từ bảng biến thiên của hàm số y f x
, ta có đường thẳng y cắt đồ thị hàm số
2
tại 4 điểm phân biệt. Vậy phương trình đã cho có 4 nghiệm thực.
và đường
y f x
Câu 133.
Chọn D
Dựa vào giả thiết và đồ thị ta thấy giá trị cực tiểu của hàm số là 1 .
2019
Ta có 2018. f x
2019 0 f ( x)
.
2018
2019
Từ đồ thị hàm số ta suy ra số giao điểm của hai đồ thị hàm số y f ( x);
y
2018
chung nên phương trình
có 2 nghiệm phân biệt.
Câu 134
Chọn A
2018. f x
2019 0
có 2 điểm

2
Ta có 3 f x 2 0 f x *
.
3
*
Phương trình là phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số y f x và đường
thẳng
2
y
3
. Số giao điểm của hai đồ thị là số nghiệm của phương trình đã cho.
2
Dựa vào bảng biến thiên ta thấy đường thẳng y cắt đồ thị hàm số y f x
tại một điểm.
3
Vậy phương trình có một nghiệm.
Câu 135.
Chọn D
3
Ta có: 4 f x
3 0 f x
.
4
f x
Số nghiệm của phương trình 4 3 0 bằng số giao điểm của đồ thị hàm số y f x và
3
đường thẳng y .
4
Câu 136.
Câu 137.
3
Dựa vào đồ thị ta thấy đường thẳng y cắt đồ thị hàm số y f x
tại 4 điểm phân biệt.
4
Vậy phương trình
4 f x
3 0
3
Ta có : 4 f x
3 0 f x
.
4
có 4 nghiệm.
3
Số nghiệm của phương trình là số giao điểm của của đồ thị y f x
với đường thẳng y .
4
3
Dựa vào bảng biến thiên ta thấy đồ thị hàm số y f x
cắt đường thẳng y tại 3 điểm phân
4
biệt nên phương trình đã cho có 3 nghiệm phân biệt.
Chọn A
3 2 3 2
Ta có: x - 3x + m = 0 Û - x + 3x - 4 = m-4
.(1)
Số nghiệm của phương trình (1) cũng chính là số giao điểm của đồ thị hàm số
3 2
y = - x + 3x
-4
và đường thẳng y = m-4
.

Câu 138.
3 2
Dựa vào đồ thị của hàm số y = - x + 3x
-4
, phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt khi và
chỉ khi:
ém- 4 = -4 Û m = 0
.
ê
ëm- 4 = 0 Û m = 4
Chọn D
1
Ta có: 2 f x
1 0 f x
.
2
Số nghiệm của phương trình là số giao điểm của đồ thị hàm số
y f x
và đường thẳng
Câu 139.
Câu 140.
1
y .
2
1
Dựa vào bảng biến thiên, ta có đồ thị hàm số y f x
cắt đường thẳng y tại 2 điểm phân
2
biệt .
Vậy phương trình
2 f x 1 0
có 2 nghiệm phân biệt.
Chọn B
m
m
2 f x
m 0 f x
. YCBT 4 2 4 m 8 .
2
2
Câu 141.
3
3
Số nghiệm của phương trình x 3x 2 2m
0 là số giao điểm của đồ thị y x 3x
2 và
đường thẳng y 2m
.
Nhìn vào đồ thị suy ra phương trình có 3 nghiệm phân biệt 0 2m
4 0 m 2 .
Chọn D
Dựa vào bảng biến thiên ta có f ( x) 2;4 , x
2;1
f x
4
2
f x
f x 2
log e 1 log 4 e 1 .4
2
4
Để bất phương trình đã cho có nghiệm trên khoảng 2;1 thì m log 4 e 1 .4 230,39 .
Vì
m là số nguyên dương nên 1
m 230.
Do đó số giá trị nguyên dương của tham số m thỏa yêu cầu bài toán là 230.

Câu 142.
Chọn A
Số nghiệm thực của phương trình f ( x) 4 là số giao điểm của đồ thị hàm số y f x và
đường thẳng y 4 .
Câu143.
Từ bảng biến thiên ta thấy đường thẳng y 4 cắt đồ thị hàm số y f x tại hai điểm phân
biệt. vậy số ngiệm thực của phương trình
f ( x) 4
là hai nghiệm.
Chọn C
2
Xét phương trình 3 f x
2 0 f x
1
.
3
2
Số nghiệm của phương trình 1
là số giao điểm của đường thẳng y và đồ thị hàm số
3
y f x
. Ta có bảng sau:
Câu 144.
2
Dựa vào bảng biến thiên ta thấy đường thẳng y cắt đồ thị hàm số y f x
tại 3 điểm phân
3
biệt nên phương trình có 3 nghiệm phân biệt.
Chọn A
1
Từ bảng biến thiên ta có :
f
f f x 2 0 f f x
2
f
x
x
2
2
.
2 2 .
f x x
f
x
x x1 x1
2
2
x x2 x2
2
.
Câu 145.
Vậy PT đã cho có bốn nghiệm phân biệt.
Chọn B
2 3
Số nghiệm của phương trình f x m bằng số giao điểm của đồ thị hàm số y f ( x)
và
đường thẳng y 2 3m
.

2 3
Phương trình f x m có 4 nghiệm phân biệt đường thẳng y 2 3m
cắt đồ thị
hàm số y f ( x)
tại 4 điểm phân biệt.
1
Từ bảng biến thiên suy ra: 3 2 3m
5 1
m nên không có giá trị nguyên nào của
3
m thỏa mãn.
Câu 146.
Chọn B
2019
Ta có: 2018 f x 2019 0 f x .
2018
Từ bảng biến thiên ta thấy hàm số y f x là hàm số chẵn nên f x f x , x R ;
Câu 147.
Câu 148.
Câu 149.
Câu 150.
2019
Mặt khác, do đồ thị của hàm số y f ( x)
cắt đường thẳng y tại hai điểm phân biệt.
2018
Suy ra phương trình
Chọn D
2018 f x 2019 0
có 2 nghiệm thực.
x
x
Đặt t e , 0 , phương trình f e m trở thành f t m với t 0 .
f e
x
t
m có nghiệm thuộc khoảng 0;ln 3 f t m có nghiệm t 1;3 .
Theo đồ thị hàm số ta có m 1
;1 .
3
Chọn D
Đặt sin 2 x t t 0;1 f sin 2 x m f t m, t
0;1 .
Dựa vào đồ thị ta thấy để f t m, t
0;1 có nghiệm thì 1 m 1.
Chọn C
Phương trình
f ( x) m 0
có 2 nghiệm phân biệt
hai đồ thị y f ( x)
và y m
cắt nhau tại hai điểm phân biệt
y 2 m 2 m
2 .
y 1
m 1
m
1
Chọn A
Từ bảng biến thiên của hàm số y f x ta có bảng biến thiên của hàm số y f x như sau:

Số nghiệm của phương trình
f x
m
và đường thẳng có phương trình y m .
chính bằng số giao điểm của đồ thị hàm số
y f x
Từ bảng biến thiên trên ta suy ra đường thẳng y m cắt đồ thị hàm số y f x tại 6 điểm
phân biệt khi và chỉ khi 2 m 5
Do m
m
3;4 . Vậy có 2 giá trị nguyên của m thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Câu 151.
Chọn B
Số nghiệm của phương trình
2
f ( x) 1 m bằng số giao điểm của đồ thị hàm số y f ( x)
và
2
2
đường thẳng y 1
m . Mặt khác, 1 m 1, m
.
Do đó ta có đồ thị
Dựa vào đồ thị, ta thấy phương trình f ( x) 1
m
m . Vậy phương trình đã cho có một nghiệm thực.
2
luôn có một nghiệm thực với mọi giá trị của
Câu 152.
Chọn B
Xét hàm số
3 2
y 2x 3x
có đồ thị C
TXĐ: D
2
y 6x 6x
2 x
0
y 0 6x 6x
0 .
x
1

Câu 153.
Bảng biến thiên
x 0 1
x
f 0 0
f
x
0
3 2
Phương trình 2x 3x 2m
1
(1) có đúng hai nghiệm phân biệt khi và chỉ khi đường thẳng
d : y 2m
1 và đồ thị C có đúng hai điểm chung phân biệt. Từ bảng biến thiên, phương trình
1
2m
1 0
(1) có hai nghiệm phân biệt
m
1
2 suy ra S .
2m
1 1
; 1
2
m
1
Vậy tổng các phần tử của tập S là: 1 1
3 .
2 2
Chọn A
Ta có 2019 f x 5 0 1
f x
5
2019
5
Từ bảng biến thiên ta thấy đồ thị hàm số y f x
cắt đường thẳng y tại 3 điểm phân
2019
biệt nên phương trình (1) có 3 nghiệm thực.
1
Câu 154.
Chọn A
3m
2
Ta có 2 f x 3m 0 f x
Để phương trình 2 f x 3m
0 có 4 nghiệm phân biệt thì đồ thị hai hàm số y f x và
3m
y
2
phải cắt nhau tại 4 điểm phân biệt.
Dựa vào bảng biến thiên, suy ra
m
Vì nên m 0;1;2;3;4;5 .
3m
2 16
8 1
m
2 3 3
Câu 155.
Câu 156.
Vậy có 6 giá trị của
m
thỏa mãn đề bài.
Chọn C
Từ bảng biên thiên ta thấy phương trình
Chọn C
f x
m
f x m f x 2019
*
2 2019 0
m
2
Ta có bảng biến thiên của hàm số
có có ba nghiệm phân biệt 2 m 4.
.
2019
y g x f x
như sau:

m
Phương trình * có 4 nghiệm phân biệt khi 2 1
4 m 2 .
2
Câu 157.
Chọn A
f x m 1 0
1
f x m .
Câu 158
Để phương trình có 3 nghiệm phân biệt thì 1 m 3 m 2
.
Chọn D
m
1
Dựa vào bảng biến thiên phương trình f x
m có đúng ba nghiệm thực .
m
1
Vậy S 1; 1 .
Câu 159.
Chọn C
f x 1
2
Ta có f x
1 0 .
f x
1
1
Dựa vào đồ thị suy ra phương trình f x có 1 nghiệm, f x 1
có 3 nghiệm nên phương
trình đã cho có 4 phân biệt.
Câu 160.
Chọn B
Lấy đối xứng phần đồ đồ thị phía dưới Ox của hàm số y f x qua trục Ox .
Bỏ phần đồ thị y f x phía dưới Ox .
Khi đó ta có đồ thị hàm số y f x .
3
Số nghiệm của phương trình f x m là số giao điểm của 2 đồ thị y f x và y m .

Câu 161.
Câu 162.
Dựa vào bảng biến thiên, ta thấy đồ thị y f x cắt đường thẳng y m tại 8 điểm phân biệt
khi và chỉ khi 0 m 2 .
Vì m nên m 1.
Chọn C
3
2 f x
3 0 f x
, suy ra phương trình đã cho có 2 nghiệm.
2
Chọn D
Ta có số nghiệm của phương trình f x m bằng số giao điểm của đồ thị hàm số y f x và
đường thẳng y m .
f x
m
m m m1;2
Do đó, dựa vào bảng biến thiên ta thấy, phương trình
chỉ khi 0 3. Kết hợp điều kiện suy ra .
có ba nghiệm phân biệt khi và
Câu 163.
Vậy có 2 giá trị nguyên của tham số m thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Chọn D
2
2
m x f x x m f x x
4 2 1 2 2 1 2
Đặt g x 2 f x 1 x 2 2
Ta có g x 2 f x 1 2 x 2 2 f x 1 x 2
.
ta được f t t 1 1
1 là phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị f t
Đặt t x 1
g x 0 f x 1 x 2
và đường thẳng d : y t 1 (hình vẽ)
Dựa vào đồ thị của
ta có 1
t
t
3
t 1
hay
t 3
Xét hàm t t( x) x 1
f và đường thẳng y t 1 ta có
x
4
x 0 .
x 2
đồng biến trên suy ra bảng biến thiên của hàm số g x :

2
Bất phương trình m x 4 2 f x 1
2x
nghiệm đúng với mọi 4;2
m g 0
m 2 f (1) 4 .
x .
Câu 164.
Chọn C
Từ đồ thị ta có
3 2 3 2
x x x x
3 2
4 4 6 1 6 4 6 1 1 0
3 2
4x 6x 1 a 1;0 (1)
3 2
4x 6x 1 b 0;1 (2)
3 2
4x 6x 1 c 1;2 (3)
Câu 165.
3 2
Ta thấy số nghiệm của phương trình 4x 6x 1
m
3 2
y 4x 6x
1
và đường thẳng y m .
Từ đó ta có: (1) có 3 nghiệm phân biệt
(2) có 3 nghiệm phân biệt
(3) có 1 nghiệm
Vậy phương trình đã cho có
Chọn C
7
nghiệm thực.
chính là số giao điểm của đồ thị hàm số

Câu 166
Từ đồ thị ta có
3 2 3 2
x x x x
3 2
4 4 6 1 6 4 6 1 1 0
3 2
4x 6x 1 a 1;0 (1)
3 2
4x 6x 1 b 0;1 (2)
3 2
4x 6x 1 c 1;2 (3)
3 2
Ta thấy số nghiệm của phương trình 4x 6x 1
m
3 2
y 4x 6x
1
và đường thẳng y m .
Từ đó ta có: (1) có 3 nghiệm phân biệt
(2) có 3 nghiệm phân biệt
(3) có 1 nghiệm
Vậy phương trình đã cho có
Chọn C
7
nghiệm thực.
chính là số giao điểm của đồ thị hàm số
1 x
x x
Ta có f 1
x m f 1 6 1
3m
6
3 2 2 2
x
Với t 1
và x 2;2
nên ta có t 0;2
.
2
6
Xét hàm số y f t t trên 0;2 .
6 0
Ta có y
f t , t
0;2 .
Phương trình có nghiệm
f t 6t 3m
6
min f t
6t 3m 6 max f t
6t
f m f
0;2
0;2
4 3m
6 6 12
10
m 4 .
3
0 3 6 2 12

m
Vì nên m 3; 2; 1;0;1;2;3;4
.
Phân tích:
Bản chất bài toán: Bài toán đã cho là giải phương trình hay bất phương trình bằng phương pháp
tương giao giữa hai đồ thị y g x và y h m
- Đồ thị hàm số y h m bản chất là một đường thẳng song song hoặc trùng với trục Ox và đi
qua điểm có tung độ có giá trị là h m .
- Đồ thị hàm số y g x xác định được tính chất dựa vào các dữ kiện đã cho hàm số
y f x
ban đầu; hàm số
hàm của nó, đồ thị của đạo hàm.
y f x
có thể cho bằng công thức, bằng đồ thị, bằng hàm đạo
Vì đây là phần kiến thức tương đối rộng nên tôi xin chỉ khai thác ở một góc độ nào đó của bài
toán.
Khó khăn đối với học sinh:
- Từ đồ thị hàm số y f x suy ra đồ thị hàm số y g x .
- Trong trường hợp không thể dùng đồ thị hàm số thì học sinh khó khăn trong việc
kiểm soát đặc điểm của hàm số y g x do hàm số y g x có chứa biểu thức hàm hợp phức
tạp của hàm y f x .
- Phần lớn học sinh chưa phân biệt được kiến thức: “Số nghiệm của phương trình
chính là số giao điểm của đồ thị hai hàm số” và “Nghiệm của phương trình chính là hoành độ
của giao điểm”.
Giải pháp:
- Sử dụng một số phép biến đổi đồ thị cơ bản
- Sử dụng cách đặt ẩn phụ đưa về hàm số theo ẩn mới có chứa y f t .
Kiểu 1: Sử dụng một số phép biến đổi đồ thị cơ bản.

Câu 167.
Kiểu 2: Sử dụng cách đặt ẩn phụ đưa về hàm số theo ẩn mới có chứa y f t .
Sau đây tôi xin đưa ra lớp bài toán sưu tầm theo mức độ để giúp học sinh có cách nhìn dễ dàng
trong các bài thi trắc nghiệm:
Chọn A
Đặt
2 2
g( x) mx m 5 x 2m
1.
Phương trình f ( x) 0 có nghiệm x 1 là nghiệm bội lẻ.
Vì g( x). f ( x) 0, x
2;2
Suy ra
m
1
2
g(1) 0 2m 3m
1 0
1
m L
2
.
Với m 1,
2
g( x) x 5 x 1.
f ( x) 0
, 2;1
g( x) 0
f ( x) 0
g( x)
0
2
5 x x 1
2
Ta có: x
; 4 2x
2x
, x
1;2
Vậy với 1
NHẬN XÉT:
m , ta có g( x). f ( x) 0, x 2;2
.
Bài toán tổng quát: Tìm tham số m sao cho f x, m g x 0 , x a;
b
Với y f x, m,
y g x
hàm số liên tục trên ;
Phân tích:
a b .
+ Mấu chốt bài toán kiểm soát nghiệm bội chẵn, lẻ của f x, m g x
0 trên a;
b
Tìm tập nghiệm 0
chẵn.
g x S S1 S2
với S
1
là tập nghiệm bội lẻ và với S
2
là tập nghiệm bội
Yêu cầu bài toán suy ra f , m 0, S1
toán.
P/S:
. Đây cũng chính là chìa khóa xây dựng lớp bài
.

Câu 168
A
Câu 169. A
Câu 170.
Chọn C
3 2
Ta có f x 4mx 3nx 2 px q.
Do đồ thị của hàm f x cắt trục Ox tại 3 điểm phân
5
biệt có hoành độ 1; ;3 nên f
5
x 4m x 1 x x 3 m x 14x 5 x 3
, với
4
4
m 0.
13
f x m x 1 4x 5 x 3 dx C m
x x x 15 x
C.
3
Suy ra
4 3 2
4 3 2
Theo bài ra, f x mx nx px qx r nên ta có f 0 r C r .
4 13 3 2
Vậy f x m
x x x 15x
r .
3
13
f x r m
x x x 15x
r r
3
Phương trình
4 3 2
13
3
4 3 2
x x x x
15 0
x 0 hoặc x 3 hoặc
5
x .
3
Vậy tập nghiệm của phương trình
f x
r
có 3 phần tử.
Câu 171.
Chọn C
y f x
C1
hàm y f x
.
Nhận xét: Đồ thị hàm y f x cắt trục hoành tại điểm thì x là điểm cực trị của hàm
x0
0
. Dựa vào hai đồ thị đề bài cho, thì là đồ thị hàm y f x và là đồ thị
x
Xét phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số y f x và y me ta có:
Đặt
g x
f
x
x
e
ta có:
f x me
x
x
f
m
x
e
.
C 2

f x f x
g x
x
e
.
x
1
g x 0 f x f x
x
2
x
x0
1;0
y f x
Dựa vào đồ thị của hai hàm số: và y f x ta được:
.
Câu 172.
Câu 173.
f 2
Yêu cầu bài toán ta suy ra: m 0 (dựa vào đồ thị ta nhận thấy f
)
2
0
f 2
2
e
0, 27 m 0 .
Suy ra: a 0, 27, b 0 .
Vậy a b 0,27 .
Chọn D
Ta có x
: 1 2sin x 1 3.
Căn cứ vào đồ thị ta có 2 f ( x) 2 x 1;3 2 f (2sin x 1) 2 x
.
Từ đó suy ra phương trình f 2sin x 1 f m
f m m m m1;2;3
có nghiệm thực khi và chỉ khi
2 ( ) 2 1 3, mà nguyên dương nên .
Vậy có 3 số nguyên dương m thỏa mãn đề bài.
Chọn A
Cách 1:
Điều kiện: 6x 9x 0 0 x .
3
2
2 2
2
Với x
0; , ta có
3
0 £ 6x- 9x = 1 -(1- 3 x) £ 1 Û 0 ³-4 6x- 9x
³-4
2 2
2
3 3 4 6x
9x
1.
2
có nghiệm
2 2
Dựa vào đồ thị ta có: 5 f 3 4 6x 9x 1 10 2. f 3 4 6x 9x
2 .
Khi đó phương trình
2. f 3 4 6x 9x m 3
10 m 3 2 7 m 5 .
Do nên m 7; 6; 5; 4; 3; 2; 1; 0; 1; 2; 3; 4; 5 , có 13 giá trị của m .
Cách 2:
m
Điều kiện: 6x 9x 0 0 x .
3
2 2
Đặt t 3 4 6x 9 x g( x), x
0; suy ra
3
2 2
12 3x
1 1
g x
g x
0 x
2
6x
9x
3

2 1
Max g x g 0 g 3; Min g x
g 1
suy ra t 1;3
.
2 3 2
3
x0; x
0;
3 3
Phương trình
2
2. f 3 4 6x 9x m 3 có nghiệm
m 3
2. f t m 3 f t , t 1;3
có nghiệm.
2
m 3
5 1
7 m 5 .
2
Do nên m 7; 6; 5; 4; 3; 2; 1; 0; 1; 2; 3; 4; 5 , có 13 giá trị của m .
m
Câu 174.
Chọn D
3 2
2
Ta có f x ax bx cx d f x 3ax 2bx c .
3 2
f 0 0 c
0
f x ax bx 1
+ A0;1
là điểm cực đại .
f 0
1 d
2
1 f x
3ax 2bx
f 2 0 12a
4b
0 a
1
+ B 2; 3
là điểm cực tiểu
.
f 2
3
8a
4b
1 3
b
3
3 2
Suy ra f x x 3x
1.
2 x
0 y 1
Thử lại: f x 3x 6x
0 , ta có bảng biến thiên của :
x 2
y f x
y 3
f
x
'( x)
f ( x)
Từ bảng biến thiên, chứng tỏ
+ Xét phương trình:
-¥ +¥
0 2
-¥
+ 0 - 0 +
1
-3
f x x 3x
1 là một hàm số cần tìm
+¥
3 2
1
3
2 0 f x 2. f x 3 f x
2. 3 f x *
3
f x f x 3 f x
3
3 2
Xét hàm số đặc trưng h t t 2t h
t 3t 2 0, t
.
Phương trình
* trở thành: f x 3 f x f 3
x f x
f
f
f
x
x
x
0
1
1
2
3 2
x
3x
1 0 (1 )
3 2
Từ 1
và 2
ta có: x
3x
0 (2 )
.
3 2
x
3x
2 0 (3 )
Phương trình (1 ) có 3 nghiệm phân biệt, phương trình 2 có 2 nghiệm phân biệt, phương
trình 3 có 3 nghiệm phân biệt (Không có nghiệm trùng nhau) nên tổng số nghiệm là 8.

Câu 175.
Chọn D
f x g x
+ Xét phương trình: f x g x 1 f x g x ,
f x
g x
1 g x 1 0
+ Xét phương trình: 2 f x f x .
Với
f x 0
phương trình vô nghiệm.
f x
g x
0, 0
1 1 0
x
f
g x
1 1
1 2
f x 1
2
Với 0 f x
2, phương trình tương đường với f x f x
2 0
.
f x
2 ( l)
f x 1
Vậy phương trình có tập nghiệm T1 20; 18; 3 .
1
+ Xét phương trình: 2g x
3
1 3g x 2 2g x
, g x
.
2
2
u 2g x
1 u
0
u 2g x
1
Đặt
và .
3
1
v
3
3g x
2
v 3g x
2
v 3
2
2
2 3 2 3 4
3
3u 2v 1 3 v v 2v
1 *
Ta có hệ phương trình 3 3
2 .
3 4
u v v 2 3 4
3 3
u v v
3 3
Khi đó, phương trình
*
trở thành:
6 4 3 2
4v 12v 10v 9v 24v
13 0
.
v
1
v 1 2 4v 4 8v 3 2v
13
0 4 3
4v 8v 2v
13 0
.
3
2
Vì h v 8v 2v
13
h ' v 24v 2 0, v
1 3 7.4
nên phương trình
4 3
4v 8v 2v
13 0
vô nghiệm.
Vậy v 1 g x 1 có tập nghiệm T2 0; 3; 15; 19 .
Vậy tập nghiệm cần tìm là T T1 T2 0; 3; 15; 18; 19; 20 .
3 1
2
h v h
2
Câu 176.
Chọn B
Đặt: z a bi ( a, b R)
z a b
Vậy z(4 3 i) 2 z
2 2
( a bi)(4 3 i) 2 a b
2 2
Từ
3a
,thay vào
4
3a
9
4 16
2
b 1 4a 3. 2 a 2 a
2
*

2
25 25a
25 5
a 2 a 2 a 25a 8 5 a
4 16 4 4
25a 8 5 a (khi a 0)(3)
25a 8 5 a (khi a < 0)(4)
2 3
Phương trình (3) 20a 8 a b
5 10
Phương trình
(4) : Vô nghiệm, do từ * a 0
z a b
2
2 2 1
Câu 177
Câu 178.
Vậy :
z a b
2
2 2 1
* Ta có đồ thị hàm số y f x cắt trục hoành tại 3 điểm phân biệt có hoành độ lần lượt là a ,
b , c với 2 a 1, 1 b 0 , 1 c 2 .
f x m a f x m a 1
Ta có f f x
m
0 f x
m b f x
m b 2
.
f x
m c
f x
m c 3
Nhận thấy phương trình f x k có nhiều nhất 3 nghiệm thực phân biệt với 3 k 1.
* Để phương trình f f x m có 9 nghiệm thực phân biệt thì các phương trình ,
và
3
0
1
2
đều có 3 nghiệm thực phân biệt.
3 m a 1
3 a m 1
a 4
Khi đó
3 m b 1 .
3 b m1
b 5
3 m c 1
3 c m 1 c 6
Với 2 a 1
nên 3 a 2
suy ra m 2
.
Với 1 c 2 nên 1 c 0 suy ra m 0 .
Do m nên m 1.
* Với m 1
+ Ta có 3 b 2 1
m và 1 b 1 1
m nên m 1
thỏa mãn điều kiện 5 .
+ Có 2 a 11 a 2 3 a 1 m 2 1
a nên điều kiện (4) thỏa mãn.
+ Có 1 c 2 2 c 1 3 c 4 m 1 1
c nên điều kiện (6) thỏa mãn.
Vậy có 1 giá trị nguyên của
Chọn C
Xét hàm số
m
1 3 2
y x 2x 3x
1
có
3
thỏa mãn đề bài.
2
x 1
+) y x 4x
3. Có y 0 .
x
3

1
x
+) Xét y 1 x 0
3 2x 2 3x 1 1 x 3 6x 9x
0 .
3
x
3
1 1 1
x
+) Xét y x 1
3 2x 2 3x 1 x 3 6x 9x
4 0 .
3 3 3
x
4
1 3 2
Ta có bảng biến thiên của hàm số y x 2x 3x
1
như sau:
3
Câu 179.
x
a 0;1
Dựa vào bảng biến thiên ta thấy phương trình f x
0
x b 1;3
.
x
c 3;4
f x a 0;1
Khi đó f f x
0
f x b 1;3
.
f x c 3;4
Dựa vào bảng biến thiên ta thấy
+) Phương trình f x a 1 có 3 nghiệm phân biệt .
+) Phương trình f x b 2 có 1 nghiệm khác nghiệm của phương trình 1 .
+) Phương trình f x c có 1 nghiệm khác nghiệm của phương trình và 2 .
Vậy phương trình
f f x 0
có 5 nghiệm phân biệt.
Chọn A
Ta có bảng biến thiên hàm số y g x 2sin x trên ; .
1
Phương trình f 2sin x m có đúng ba nghiệm phân biệt thuộc đoạn ; khi và chỉ khi
phương trình
f t
m
có:
Một nghiệm duy nhất 0 , nghiệm còn lại không thuộc 2;2
, khi đó m
t
t 2
2;2 \ 0
t 2
2;2 \ 0
hoặc một nghiệm nghiệm còn lại thuộc , khi đó m 1
hoặc một nghiệm , nghiệm còn lại thuộc , khi đó m 3
.
Vậy m 3;1 .
Câu 180.
Chọn D

f x
k x 0; 3
f x13;14
u f x 1
f u
m
1 m 2
f u
m
Phương trình f x k có ba nghiệm phân biệt khi và chỉ khi 1 f x k 2 hay
0 1 1 3 . Với mọi ta có .
Đặt , ta có phương trình .
- Nếu thì phương trình có đúng ba nghiệm phân biệt u , u , u thỏa mãn
1 2 3
điều kiện 0 u 1 u 2 u 3, và khi đó mỗi phương trình f x 1 u , f x 1
u ,
1
2
3
1 2
1
3
đều có ba nghiệm phân biệt. Do đó phương trình f f x
1
m
f x u
có 9 nghiệm
phân biệt.
- Nếu m 2 thì phương trình f u m có đúng hai nghiệm phân biệt u 1, u 2; 3 và khi
1 2
1 2
đó mỗi phương trình f x 1 u , f x 1
u đều có ba nghiệm phân biệt. Do đó phương
trình
f f x 1
m
có 6 nghiệm phân biệt.
f u
- Tương tự khi m 1, phương trình f f x 1
m có 6 nghiệm phân biệt.
- Nếu m 2 hoặc m 1
thì phương trình m có một nghiệm duy nhất u . Khi đó
phương trình
Câu 181.
Chọn C
0
f x 1 u f x u 1
có ba nghiệm phân biệt khi
0 0
13 m 1
1 u0
1 2 0 u0
3 13 f u0
14
.
2 m 14
Vậy m 12; 11; ...; 2; 3; 4; ...;13 . Tổng cần tìm là S 2 13 11.
Đặt
f ( x) f (...( f ( x)));(
k hàm f ; k 1;4)
k
f3( x) 0 (1)
Ta có f4( x) 0
f3( x) 3 (2)
f2( x) 0 (3)
Xét (1) : f3( x) 0
f2( x) 3 (4)
f ( x) 0 (5)
Xét (3) : f
2( x) 0
f ( x) 3 (6)
Dựa vào đồ thị thấy ngay (5) có 2 nghiệm, (6) có 3 nghiệm.
f ( x) a1
(0;1) (7)
Xét (4) : f2( x) 3
f ( x) a2
(1;3) (8)
f ( x) a3
(3;4) (9)
Theo đồ thị, mỗi phương trình (7),(8),(9) đều có 3 nghiệm phân biệt và (7),(8),(9) không có 2
phương trình nào có chung nghiệm.

f2( x) a1
(0;1) (10)
Xét (2) : f3( x) 3 f2( x) a2
(1;3) (11)
f2 x
a3
(3;4) (12)
Lập luận tương tự như trên, mỗi phương trình (10),(11),(12) đều có 9 nghiệm phân biệt và
(10),(11),(12) không có 2 phương trình nào có nghiệm chung.
Vậy có tất cả 9 9 9 3 3 3 2 3 41 nghiệm phân biệt.
Câu 182.
Chọn A
2
f x
2
Theo giả thiết f x 0, x
nên ta có f x 6x 3 x . f x
6x 3x
.
f x
f 0
1
C ln f 0
ln1 0 f x x x f x
f x
2 2 3
Suy ra dx 6x 3x dx ln f x
3x x C .
f x
2 3
2 3 3
Mặt khác nên . Vậy ln 3 e x
x .
2 3
2 3
Ta có 6 3 .e x
x
0
f x x x
x ; f x
0 .
x
2
Bảng biến thiên của hàm số f x
Câu 183.
Nhận xét:
Số nghiệm của phương trình f x m là số giao điểm của đồ thị hàm số y f x và đường
f x
thẳng y m . Dựa vào bảng biến thiên của hàm số suy ra phương trình f x m có
nghiệm duy nhất khi và chỉ khi
Chọn A
4
m
e
0 m 1
2
2
Xét phương trình f 3 4 x m . Điều kiện 4 x 0 2 x 2 .
2
Đặt t 3 4 x với x 2; 3
x
. Ta có t và t 0 x 0 .
4 x 2
Bảng biến thiên của hàm số
2
t 3 4 x trên đoạn
2; 3

Nhận xét:
+) Mỗi t 1;3 2
cho ta 2 giá trị x
2; 3
+) Mỗi t 3 2;2
cho ta một giá trị x
2; 3
+) t 1 cho ta 1 nghiệm duy nhất x 0 .
f t
1;2
Dựa vào đồ thị hàm số y f x ta suy ra đường thẳng y m chỉ
cắt đồ thị hàm số y nhiều nhất tại một điểm trên .
2
Do đó, để phương trình f 3 4 x m có hai nghiệm phân
biệt thuộc đoạn 2; 3
thì m1; f 3
2
Vậy, các giá trị của m cần tìm là m1; f 3
2
.
m
Câu 184.
Chọn A
Đặt
f x t 0
. Khi đó phương trình trở thành
f t
t
, 1
.
Từ đồ thị hàm số ta có
Phương trình
1
có 4 nghiệm
t a , 0 a 1
t b, a b 1
t c, 1 c 2
t d , 2 d

Khi đó các phương trình f x a , f x b , f x c mỗi phương trình có 6 nghiệm phân
biệt không trùng nhau. Phương trình
của 3 phương trình trên.
f x
d
Vậy phương trình đã cho có 20 nghiệm phân biêt.
có 2 nghiệm phân biệt không trùng với nghiệm
Câu 185.
Chọn D
4
4 1
2 2
x x y m y m x x
2 3 2
2x xy x 2 9 x 2x mx x 2 9 2
Hệ có nghiệm phương trình 2 có nghiệm.
2
3 2 2
2 x 2x x 2 mx x 2 9 x x 2 mx x 2 9 .
2
Đặt x x 2 t x 2x t 0 (phương trình này có nghiệm khi
1 t 0 t 1).
2
Khi đó phương trình 2 trở thành t mt 9 0 (*). Phương trình 2 có nghiệm khi và chỉ
khi phương trình * có nghiệm t 1.
.
2
2 t 9
t mt 9 0 m (do t 0 không phải nghiệm).
t
2
2
t 9 t 9
Xét hàm số f t , t
1 . Ta có f t
0 t 3.
2
t
t
Bảng biến thiên:
x
1
3
0 +
f' ( t)
0
f( t)
-10
+
+
6
Câu 186.
Từ bảng biến thiên ta thấy phương trình có nghiệm khi và chỉ khi m 10
hoặc m 6 .
Chọn A
Đặt 2
2 x
1
t x x 3 khi đó t 0 x 3 2x x 3
0 .
x
3
Bảng biến thiên của t như sau

t
0
+ Nếu phương trình t x x 3 2
không có nghiệm thuộc đoạn .
t
0;4
4
t
0
+ Nếu phương trình t x x 3 2
có đúng hai nghiệm thuộc đoạn .
t
0; 4
4
Câu 187.
Chọn A
+ Nếu 0 t 4 phương trình t x x 3 có ba nghiệm phân biệt thuộc đoạn 0; 4 .
2
2
9 0; 4
Vậy phương trình f x x 3 m có nghiệm thực phân biệt thuộc đoạn
f t
m
có ba nghiệm thực phân biệt t 0; 4 0 m 4 m
1,2,3 .
3 2
3 2 3 2
Đặt y f f x x 3x 1 3 x 3x
1 1.
3 2 3 2
Ta có: y 9x x 2 . x 3x 1 . x 3x
1
.
Bảng biến thiên:
m
Từ bảng biên thiên ta thấy phương trình f f x
có 7 nghiệm phân biệt khi và chỉ
2019
m
khi 1 1
2019 m 2019 . Do m nguyên, suy ra có 4037 giá trị của m .
2019

Câu 1. (Ngô Quyền Hà Nội) Diện tích miền hình phẳng giới hạn bởi các đường y 2 x , y x
3 ,
y 1 bằng
1
A. 3 . B. . C. . D. .
ln 2 1 1
1
1
ln 2 2
ln 2 1
ln 2 2
Câu 2. (Hậu Lộc Thanh Hóa) Tìm số thực a để hình phẳng giới hạn bởi hai đồ thị hàm
2 2
2
x 2ax 3a
a ax
y
và y có diện tích lớn nhất.
6
6
1
a
1
a
1
A. . B. 1. C. 2. D. 3
3 .
3
2
Câu 3. (Hùng Vương Bình Phước) Cho hàm số y f x có đạo hàm f x liên tục trên
2
x
Hình bên là đồ thị của hàm số y f x.
Đặt g x f x
.
2
2;1 .
Khẳng định nào sau đây đúng?
A. g 1 g 2 g 0 .
B.
( ) < (- ) < ( )
g( ) < g( ) < g( - )
C. g 2 g 1 g 0 .
D.
0 1 2 .
(- ) < ( ) < ( )
g( ) < g( - ) < g( )
0 2 1 .
Câu 4.
(NGÔ SĨ LIÊN BẮC GIANG LẦN IV NĂM 2019) Người ta dự định trồng hoa Lan Ý để trang
trí vào phần tô đậm (như hình vẽ). Biết rằng phần tô đậm là diện tích hình phẳng giới hạn bởi hai
3 2 1
2
đồ thị y f x ax bx cx và y g x dx ex 1 trong đó a, b, c, d, e .
Biết
2
rằng hai đồ thị đó cắt nhau tại các điểm có hoành độ lần lượt bằng 3; 1; 2, chi phí trồng hoa
là 800000 đồng/1m 2 và đơn vị trên các trục được tính là 1 mét. Số tiền trồng hoa gần nhất với số
nào sau đây? (làm tròn đến đơn vị nghìn đồng).
A. 4217000 đồng. B. 2083000 đồng. C. 422000 đồng. D. 4220000 đồng.
2
y mx nx p m, n,
p
có đồ thị P
C
và P
có giá trị nằm trong khoảng nào sau đây?
3 2
Câu 5. (Chuyên Thái Nguyên) Cho hàm số y x ax bx c a, b,
c có đồ thị C và
như hình vẽ. Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi

0;1
1;2
2;3
A. . B. . C. . D. 3;4 .
3
2
Câu 6. (Đặng Thành Nam Đề 9) Cho hàm số f x x ax b và g x f cx dx với
a, b, c,
d
có đồ thị như hình vẽ bên, trong đó đường cong đậm hơn là của hàm số y f x .
Diện tích hình phẳng giới hạn bởi hai đường cong y f x và y g x gần nhất với kết quả
nào dưới đây?
A. 7,66 . B. 4,24 . C. 3,63 . D. 5,14 .
H
2
k
A0;9
Câu 7. (Đặng Thành Nam Đề 15) Gọi là hình phẳng giới hạn bởi parabol y x 3 , trục hoành
và trục tung. Gọi , ( k ) lần lượt là hệ số góc của các đường thẳng đi qua điểm
và chia
H
k1
k2
1 2
thành ba phần có diện tích bằng nhau (tham khảo hình vẽ bên).

Giá trị của k
k
1 2
bằng
13
25
27
A. . B. 7 . C. . D. .
2
4
4
d
a
d
3 2
Câu 8. (THPT-Nguyễn-Đức-Cảnh-Thái-Bình) Cho đồ thị C của hàm số y x 3x
1. Gọi
là tiếp tuyến của C tại điểm A có hoành độ xA
. Biết diện tích hình phẳng giới hạn bởi
27
và C
bằng , các giá trị của a thỏa mãn đẳng thức nào?
4
2
2
2
2
A. 2a
a 1 0 . B. a 2a
0 . C. a a 2 0. D. a 2a
3 0 .
Câu 9. (NGHĨA-HƯNG-NAM-ĐỊNH) Cho hàm số y = f x có đạo hàm liên tục trên . Hàm số
( )
y = f ¢ x
có đồ thị như hình vẽ bên dưới:
y
( )
4
2
3 2 1O 1 2 3 4 5 6 7 x
2
Số nghiệm thuộc đoạn é 2;6ù
ê-
ú của phương trình f x = f 0 là
A. 5 B.2 C. 3 D. 4
ë û
( ) ( )
Câu 10. (CHUYÊN LÊ THÁNH TÔNG QUẢNG NAM LẦN 2 NĂM 2019) Cho hàm số y f x
y 2 y. y 4
có đồ thị C nằm trên trục hoành. Hàm số y f x thỏa mãn các điều kiện
1 5
và f 0
1; f
. Diện tích hình phẳng giới hạn bởi C
và trục hoành gần nhất với số
4 2
nào dưới đây?
A. 0,95. B. 0,96. C. 0,98. D. 0,97.
Câu 11. (THẠCH THÀNH I - THANH HÓA 2019) Xác định a 0 sao cho diện tích giới hạn bởi hai
2 2
2
4a 2ax x x
parabol: y
, y có giá trị lớn nhất.
4
4
1
a 1 a
A. a
4 3 . B. a
3 3 . C. a 3 4 . D. a
4 5 .

Câu 12. (CHUYÊN LÊ THÁNH TÔNG QUẢNG NAM LẦN 2 NĂM 2019) Cho hàm số y f ( x)
2
có đạo hàm liên tục trên đoạn 3;3 và đồ thị y f '( x)
như hình vẽ. Đặt g( x) 2 f ( x) x 4 .
Biết f (1) 24 . Hỏi g( x) 0 có bao nhiêu nghiệm thực?
A. 1. B. 4 . C. 2 . D. 0 .
Câu 13. (Thuận-Thành-3-Bắc-Ninh-2019) Cho hàm số y f x có đạo hàm liên tục trên , đồ thị
hàm y f x như hình vẽ dưới đây. Khẳng định nào trong các phương án A, B, C,
D dưới đây
là đúng?
0 2 1
f 1 f 0 f 2
A. f 2 f 1 f 0 . B. f 0 f 1 f 2 .
C. f f f . D. .
Câu 14. (Thuận-Thành-3-Bắc-Ninh-2019) Cho hàm số y f x có đạo hàm liên tục trên , đồ thị
hàm y f x như hình vẽ dưới đây. Khẳng định nào trong các phương án A, B, C,
D dưới đây
là đúng?
0 2 1
f 1 f 0 f 2
A. f 2 f 1 f 0 . B. f 0 f 1 f 2 .
C. f f f . D. .
4 2
C
: y dx e
x C
Câu 15. (Đặng Thành Nam Đề 2) Cho hàm số f x ax bx c có đồ thị . Gọi
là tiếp tuyến của C tại điểm A có hoành độ 1. Biết cắt tại hai điểm phân biệt

28
M , N ( M , N A)
có hoành độ lần lượt là x 0; x 2. Cho biết dx e f ( x) dx . Tích
5
phân
0
1
f ( x)
dx e dx
bằng:
2
1
2
A. . B. . C. D.
9
5
4
3 2
cos x sin x cos x 1 Câu 16. (Chuyên Vinh Lần 3) Biết , với là các
4 3 d x a b ln 2 c ln 1 3 a, b,
c
cos x sin x cos x
4
số hữu tỉ. Giá trị của abc bằng
A. 0 . B. 2
. C. 4
. D. 6
.
2
2x
Câu 17. (Ngô Quyền Hà Nội) Cho F x x là một nguyên hàm của hàm số f x.
e . Khi đó
2
f x . e x dx
bằng
2
2
2
2
A. x 2x C . B. x x C . C. 2x 2x C . D. 2x 2x C .
ln x 3
Câu 18. (Nguyễn Khuyến) Giả sử F x
là một nguyên hàm của hàm số f x
2
thỏa mãn
x
2 1 0 và F 1 F 2 a ln 2 b ln 5 , với a , b là các số hữu tỷ. Giá trị của
F F
3a
6b
bằng
A. 4. B. 5. C. 0 . D. 3.
x
Câu 19. (ĐH Vinh Lần 1) Cho hàm số f x thỏa mãn f x f x e , x
và
cả các nguyên hàm của f x e 2x
là
A. 2e x
x e C . B. x 2
C. x 1
e x C . D. x 1
e x
Câu 20. (ĐH Vinh Lần 1) Cho hàm số
Tất cả các nguyên hàm của
2 e x x
e C .
2
0
C .
1
5
f 0 2 . Tất
2
x
f x thỏa mãn f x 2xf x
2 xe , x
và
x. f x e x2
là
1
2
1
2 x C .
2
A. x 1 2
2 2
2
2 x
2
2
x
2
C . B. x 1
e C . C. x 1
e C . D. 1 2
f 0 1.
Câu 21. (Chuyên Quốc Học Huế Lần1) Gọi F x là nguyên hàm trên của hàm số
1
f x x a
a
A. 0 a 1. B. a 2. C. a 3. D. 1 a 2.
2 e ax
0 , sao cho F F 0
1. Chọn mệnh đề đúng trong các mệnh đề sau.
2
x ln x a 1
Câu 22. (Trần Đại Nghĩa) Cho I dx ln 2 với a, b,
c là các số nguyên dương và các
2
x 1
b c
1
a b
phân số là phân số tối giản. Tính giá trị của biểu thức S .
c
5
1
2
1
A. S . B. S . C. S . D. S .
6
3
3
2
Câu 23. (Chuyên Thái Bình Lần3) Cho f ( x)
là hàm số liên tục trên thỏa mãn
f x f x x,
x
và 0 1. Tính f 1 .
f

2
1
e
A. . B. . C. e . D. .
e
e
2
Câu 24. (Đặng Thành Nam Đề 6) Họ các nguyên hàm của hàm số f ( x) (2x 1)ln
x là
Câu 25.
2
2
2 x
2 x
A. x xln
x x C . B. x xln
x x C .
2
2
2
2 x
1
C. x 1
ln x x C . D. 2ln x C .
2
x
(PHÂN TÍCH BL_PT ĐỀ ĐH VINH L3 -2019..) Biết rằng e x
trên khoảng ;
. Gọi F x là một nguyên hàm của
của F 1
bằng
x là một nguyên hàm của f
x
f xe x
thỏa mãn F 0
1
A. 7 2 . B. 5 e
7 e
5
. C. . D.
2
2
2 .
, giá trị
Câu 26. (THPT LÊ QUÝ ĐÔN QUẢNG NGÃI) Họ nguyên hàm của hàm số f x 2x 2 ln x là
3 2 2
A. ln . B. .
2 x x x
3 2 2
ln
2 x x x C
5 2 2
C. ln . D. .
2 x x x
5 2 2
ln
2 x x x C
Câu 27. (Trung-Tâm-Thanh-Tường-Nghệ-An-Lần-2) Họ nguyên hàm của hàm số
2
2x
xln
x 1
y
là
x
2
2
2
x
2
x
A. x x 1
ln x x C . B. x x 1
ln x x C .
2
2
2
2
2
x
2
x
C. x x 1
ln x x C . D. x x 1
ln x x C .
2
2
Câu 28. (Sở Lạng Sơn 2019) Cho hàm số y f x .
Biết hàm số đã cho thỏa mãn hệ thức
y f x
là hàm số nào trong các hàm số sau?
x
f x sin xdx = f x cos x cos xdx . Hỏi hàm số
x
x
x
x
A. f x
ln
. B. f x
. C. f x ln
. D. f x
.
ln
ln
d sin cos
f xdx xsin x cos x C d sin cos
Câu 29. (Thuận-Thành-3-Bắc-Ninh-2019) Tìm nguyên hàm của hàm số f x x cos x .
A. f xdx xsin x cos x C . B. f x x x x x C .
C. . D. f x x x x x C .
d sin cos
f xdx xsin x cos x C d sin cos
Câu 30. (Thuận-Thành-3-Bắc-Ninh-2019) Tìm nguyên hàm của hàm số f x x cos x .
A. f xdx xsin x cos x C . B. f x x x x x C .
C. . D. f x x x x x C .

Câu 31. (Chuyên KHTN) Cho hàm số f ( x)
liên tục trên và có f ( x) dx 8 và f ( x) dx 4. Tính
1
1
f ( 4x 1) dx.
9 11
A. .
B. .
C. 3. D. 6.
4
4
f x
Câu 32. (Yên Phong 1) Cho hàm số liên tục trên tập thỏa mãn f x x 2 1 2x f x 1
và
f x 1, 0
0. Tính f 3 .
f
A. 3 . B. 9. C. 3. D. 0.
Câu 33. (Đặng Thành Nam Đề 2) Tìm một nguyên hàm của hàm số f x x tan x .
3
0
2
2
2
2
x
2
x
A. x tan x dx x tan x ln cos x C . B. tan d tan ln cos .
2
x x x x x x C
2
2
2
2
x
2
x
C. x tan x dx x tan x ln cos x C . D. tan d tan ln cos .
2
x x x x x x C
2
3
sin cos
3
3 sin cos
3
sin cos
3
3 sin cos
Câu 34. (Sở Phú Thọ) Họ nguyên hàm của hàm số y 3x x cos x là
3
A. x x x x C . B. x x x x C .
3
C. x x x x C . D. x x x x C .
x
Câu 35. Cho hàm số y e sin x . Họ nguyên hàm của hàm số trên là
1 x 1 x
1 x 1 x
A. e cos x e sin x C . B. e cos x e sin x C .
2 2
2 2
1 x 1 x
1 x 1 x
C. e cos x e sin x C . D. e cos x e sin x C .
2 2
2 2
1
x
Câu 36. Biết d x a.tan
C . Giá trị của S a b là
1
cos x b
A. 1. B. 1. C. 2 . D. 2
.
2
xf x f x x x x x f
f 9
Câu 37. (Cầu Giấy Hà Nội 2019 Lần 1) Cho hàm số y f x có đạo hàm cấp hai trên 0; thỏa
mãn 2 cos , 0; ; 4 0 . Giá trị biểu thức là:
A. 0 . B. 3 . C. . D. 2 .
Câu 38. (ĐH Vinh Lần 1) Tất cả các nguyên hàm của hàm số ( )
2
x
2
æ p ö
= trên khoảng ç - ;0
çè 2 ÷ ø là
2
f x x tan x
2
x
F x = - x tan x + ln cos x - + C.
2
A. F ( x) = x tan x + ln( cos x)
- + C.
B. ( ) ( )
C. F ( x) = x tan x - ln( cos x)
- + C.
D. ( )
2
x
2
2
x
F x = x tan x - ln cos x - + C.
2
Câu 39. (Lê Xoay lần1) Cho tích phân I x 1 sin 2xd x.
Tìm đẳng thức đúng?
4
0
4
4
1
4
A. I
x 1
cos2x cos2xdx
. B. I x 1
cos2x cos2xdx
.
2
0
0
0
5
0

4
4
1 4 1
4
C. I x 1
cos2x cos2xdx
. D. .
2 2
I x 1
cos2x cos2xdx
0
0
Câu 40. (THPT-Yên-Mô-A-Ninh-Bình-2018-2019)Trong mặt phẳng, cho đường elip E có độ dài trục
lớn là AA 10
, độ dài trục nhỏ là BB 6 , đường tròn tâm O có đường kính là BB (như hình
vẽ bên dưới). Tính thể tích V của khối tròn xoay có được bằng cách cho miền hình hình phẳng
giới hạn bởi đường elip và được tròn (được tô đậm trên hình vẽ) quay xung quanh trục AA .
0
0
A. V 36 . B. V 60 . C. V 24
.
20
D. V .
3
Câu 41.
x
4
(Ngô Quyền Hà Nội) Biết dx a
b ln 2 , với a , b
0
1
cos 2x
là các số hữu tỉ. Tính
T 16a 8 b?
A. T 4 . B. T 5 . C. T 2 . D. T 2
.
Câu 42. (CỤM TRẦN KIM HƯNG - HƯNG YÊN NĂM 2019) Cho hàm số y f x liên tục trên
0;4
đoạn và thỏa mãn điều kiện 4xf x 2 6 f 2x 4 x
2 . Tính tích phân f x dx
.
A. I . B. I . C. I . D. I .
5
2
20
10
4
0
4
ln( sinx 2cos x)
Câu 43. ( Sở Phú Thọ) Cho tích phân 2 dx a ln 3 b ln 2 c . (với a, b,
c là các số hữu
cos x
0
tỉ). Giá trị biểu thức abc bằng.
15
5
5
17
A. . B. . C. . D. .
8
8
4
8
Câu 44. (KỸ-NĂNG-GIẢI-TOÁN-HƯỚNG-ĐẾN-THPT-QG) Cho hình phẳng H giới hạn bởi các
2
đường y x x 1, y 0 , x 0 , x 2 . Gọi V là thể tích khối tròn xoay được tạo thành
khi quay H xung quanh trục Ox . Mệnh đề nào sau đây đúng?
2
2
2
A. V x x 1 dx
. B. V x x 1 dx
.
0
2
2
2
2
C. V x x 1 dx
. D. V x x 1 dx
.
0
2
0
2
0
2

Câu 45. (SỞ BÌNH THUẬN 2019) Cho H là hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số y e x 4x
,
trục hoành và hai đường thẳng x 1, x 2 ; V là thể tích của khối tròn xoay thu được khi quay
hình
H
quanh trục hoành. Khẳng định nào sau đây đúng?
2
2
x
x
x
x
A. V e 4x dx . B. V 4x e dx . C. V e 4x dx . D. V 4x e dx .
1
2
1
1
2
1
Câu 46.
(THĂNG LONG HN LẦN 2 NĂM 2019) Tính thể tích vật thể tròn xoay tạo thành khi cho hình
2 2
x y
phẳng giới hạn bởi đường elip có phương trình: 1
quay xung quanh trục Ox .
9 4
A. 8 . B. 12 . C. 16 . D. 6 .
2018
Câu 47. (CỤM-CHUYÊN-MÔN-HẢI-PHÒNG) Giá trị của 2019x
1 dx
bằng
2017
2017
A. 2 1. B. 1. C. 2 1. D. 0 .
Câu 48. (Thanh Chương Nghệ An Lần 2) Thể tích vật thể tròn xoay sinh bởi hình phẳng giới hạn bởi
các đường
2
y x , y 2x
khi quay quanh trục Ox được tính theo công thức nào dưới đây ?
1
0
2
4 2
2
A. x 4x dx
. B. 2x x dx
.
2
0
2 4
C. 4 x x d x
2 4
. D. 4x x dx
.
0
Câu 49. (Lý Nhân Tông) Cho hình phẳng D giới hạn bởi đường cong y ln x , trục hoành và đường
thẳng x e . Tính thể tích V của khối tròn xoay tạo thành khi quay D quanh trục hoành.
A. V e 1 . B. V e 2 .
e
V e
1
C. V . D. .
x 2
Câu 50. (THCS-THPT-NGUYỄN-KHUYẾN-TP-HCM) Cho d x a ln 3 b ln 2 c với a , b ,
x 1
1
c là các số nguyên. Giá trị P abc là
A. P 36
. B. P 0 . C. P 18. D. P 18
.
H
x V H
2
2
Câu 51. (Kim Liên 2016-2017) Ký hiệu là hình phẳng giới hạn bởi các đường 1 e x
y x
x ;
y 0; 2 . Tính thể tích của khối tròn xoay thu được khi quay hình xung quanh trục
hoành.
2e 1
A. V
2e 3
. B. V
e 1
. C. V
e 3
. D. V
.
2e
2e
2e
2e
2
0
2
0
5

1
Câu 52. (Kim Liên 2016-2017) Tính thể tích khối tròn xoay do hình phẳng giới hạn bởi các đường y ,
x
y 0, 1 và x a a 1
quay xung quanh trục Ox .
x
1
A. 1 . B. . C. . D. .
a 1
1
1
1
1
1
a
a
a
Câu 53. (Hàm Rồng ) Tính thể tích khối tròn xoay được tạo thành khi quay hình phẳng giới hạn bởi đồ
2
thị hàm số y 3x x và trục hoành, quanh trục hoành.
81 41 8 85
A. (đvtt). B. (đvtt). C. (đvtt). D. (đvtt).
10
7
7
10
Câu 54. (KINH MÔN II LẦN 3 NĂM 2019) Hình H trong hình vẽ dưới đây quay quanh trục Ox tạo
thành một khối tròn xoay có thể tích bằng bao nhiêu?
2
2
A. . B. 2. . C. . D. 2 .
2
2
0; H
Câu 55. (Chuyên KHTN lần2) Cho hình phẳng H giới hạn bởi các đường y sin x,
trục hoành và
x x . Thể tích vật thể tròn xoay sinh bởi hình quay quanh trục Ox bằng
2
2
A. . B. . C. 2 . D. .
2
4
2
Câu 56. (Sở Cần Thơ 2019) Cho hình phẳng H giới hạn bởi các đường y cos x , y 0 , x 0 ,
Câu 57.
x . Thể tích của khối tròn xoay được tạo thành khi quay H
xung quanh trục Ox bằng
4
( 2)
2
π(π + 2)
2 1
A. . B. . C. D. .
8
4
8
4
(THPT Sơn Tây Hà Nội 2019) Thể tích khối tròn xoay sinh bởi hình phẳng giới hạn bởi đồ thị
2
2
hai hàm số y x 2x
, y 4 x khi nó quanh quanh trục hoành là:
421
A. . B. . C. . D. .
15 27 125
3 30
Câu 58.
(THPT-Toàn-Thắng-Hải-Phòng) Thể tích khối tròn xoay tạo thành khi quay hình phẳng giới
x
hạn bởi các đường y xe , y 0, x 0, x 1
xung quanh trục Ox là:
1
2 2
A. V x e x dx
. B. e x
2 2
V
x dx
C. e x
2
V
x dx
. D. V
x e x dx
.
0
1
0
Câu 59. (Chuyên Lê Hồng Phong Nam Định Lần 1) Cho f x dx 2
. Tích phân
5
0
2
4 f x 3x
dx
bằng
A. 140
. B. 130
. C. 120
. D. 133
.
1
0
5
0
1
0

Câu 60. (Chuyên Lê Hồng Phong Nam Định Lần 1) Cho hàm số y f x xác định, liên tục trên
và có bảng biến thiên như hình sau:
Câu 61.
Câu 62.
Có bao nhiêu giá trị nguyên m 2019;2019
để phương trình f x m có hai nghiệm phân
biệt.
A. 2018 . B. 4016 . C. 2019 . D. 2020 .
(Chuyên Sơn La Lần 3 năm 2018-2019) Thể tích của vật thể tròn xoay sinh bởi hình phẳng giới
2
hạn bởi đồ thị hàm số y x x 6 và trục hoành quay quanh trục hoành được tính theo công
thức
1
2
A. x
4 3 2
x 6 dx
. B. x 2x 11x 12x 36 dx
.
0
3
2
4 3 2
C. x x 6 dx
. D. x 2x 11x 12x 36 dx
.
2
(Lương Thế Vinh Đồng Nai) Thể tích khối tròn xoay khi cho hình phẳng giới hạn bởi parapol
2
(P): y x và đường thẳng d: y 2x
quay xung quanh trục Ox bằng:
2
2
2 2
A. (2 x x )dx
. B. ( x 2 x) dx
.
0
2 2
2 4
2 4
C. 4x dx
x dx
. D. 4x dx
x dx
.
0 0
1
0
3
2
2
0
2 2
0 0
2
Câu 63. (Lê Xoay lần1) Cho hình phẳng S giới hạn bởi đường cong có phương trình y 2 x và
trục , quay S xung quanh Ox . Thể tích của khối tròn xoay được tạo thành bằng
Ox
8 2
8
4 2
4
A. V . B. V . C. V . D. V .
3
3
3
3
H
2
y H
Câu 64. ( Sở Phú Thọ) Cho hình phẳng giới hạn bởi các đường y 2x x , 0 . Quay
quanh trục hoành tạo thành khối tròn xoay có thể tích là:
2
2
2
2
2
2
2
A. 2x x dx . B. 2x x dx . C. 2x x dx . D. 2x x dx .
0
2
0
2
Câu 65. (Sở Phú Thọ) Cho hình phẳng H giới hạn bởi các đường y 2x x , 0. Quay
quanh trục hoành tạo thành khối tròn xoay có thể tích là
2
2
0
2
0
y H
2
2
2
A. 2 x x d x
2
2
. B. 2x x dx
. C. 2 x x d x
2
. D. 2x x dx
.
0
2
0
2
2
H
Câu 66. (GIA LỘC TỈNH HẢI DƯƠNG 2019 lần 2) Cho hình H giới hạn bởi các đường:
y x x , trục hoành. Tính thể tích khối tròn xoay sinh bởi hình phẳng quanh trục Ox .
16 4 496 32
A. . B. . C. . D. .
15
3
15
15
2
0
2
0

Câu 67.
(Nguyễn Du số 1 lần3) Tính thể tích V của khối tròn xoay tạo thành khi quay hình phẳng giới hạn
bởi các đường y tan x, y 0, x 0, x xung quanh trục Ox.
4
2
ln 2
A. V . B. V ln 2 . C. V . D. V ln 2 .
4
4
2 2
Câu 68. (HSG Bắc Ninh) Cho hình phẳng ( H ) được giới hạn bởi đường cong y m x ( m là tham
số khác 0 ) và trục hoành. Khi ( H ) quay xung quanh trục hoành được khối tròn xoay có thể tích
V . Có bao nhiêu giá trị nguyên của m để V 1000
.
A. 18. B. 20. C. 19. D. 21.
Câu 69. (Kim Liên 2017-2018) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho vật thể nằm giữa hai mặt
phẳng x 0
và x 3. Biết rằng thiết diện của vật thể cắt bởi mặt phẳng vuông góc với trục Ox tại điểm có
2
hoành độ x 0 x 3 là một hình vuông cạnh là 9 x . Tính thể tích V của vật thể.
A. V 171
B. V 171
. C. V 18. D. V 18
.
Câu 70. (Nam-Định-2019) Cho hình phẳng D giới hạn bởi đường cong y 2 sin x , trục hoành và
các đường thẳng x 0, x . Khối tròn xoay tạo thành khi quay D quanh trục hoành có thể tích
V bằng bao nhiêu ?
2
A. V 2 1 . B. V 2 1
. C. V 2
. D. V 2
.
Câu 71. (Kim Liên 2017-2018) Cho hình phẳng H (phần gạch chéo trong hình vẽ). Tính thể tích V
của khối tròn xoay tạo thành khi quay hình
H
quanh trục hoành.
8
16
A. V 8
. B. V 10
. C. V . D. V .
3
3
Câu 72. (Sở Vĩnh Phúc) Thể tích V của khối tròn xoay được sinh ra khi quay hình phẳng giới hạn bởi
đường tròn
2
C : x 2 y 3 1
xung quanh trục hoành là
2
3
2
A. 6 . B. 6 . C. 3 . D. 6 .
2
x
y
4
2 2
x
y 16
2
x
Câu 73. (TTHT Lần 4) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , H1
: y
2
2
, H 2 : x y 2
4 .
4
2
2
x 4, x 4 x y 2
4
Cho H1,
H 2 xoay quanh trục Oy ta được các vật thể có thể tích lần lượt V1 , V2
. Đẳng thức
nào sau đây đúng.

1
3
A. V1 V2
. B. V1 V2
. C. V1 2V
2
. D. V1 V2
.
2
2
2
x
y
4
2 2
x
y 16
2
x
Câu 74. (TTHT Lần 4)Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , H1
: y
2 2
, H 2 : x y 4y
.
4
2 2
2 2
x y 4y
x y 32
V1
Cho H1,
H 2 xoay quanh trục Oy ta được các vật thể có thể tích lần lượt V1 , V2
. Tính
V
Bổ sung hình vẽ 34.1
x 3
H
2
Câu 75. (Chuyên Ngoại Ngữ Hà Nội) Gọi H là hình phẳng giới hạn bởi đường y x 4 , trục Ox
và đường . Tính thể tích khối tròn xoay tạo thành khi quay hình phẳng quanh trục
hoành.
A. V 3
.
7
5
B. V . C. V .
3
3
D. V 2 .
V H
2
Câu 76. ( Nguyễn Tất Thành Yên Bái) Cho hình phẳng H giới hạn bởi đồ thị y 2x x và trục
hoành. Tính thể tích vật thể tròn xoay sinh ra khi cho quay quanh Ox .
4
16
16
4
A. V . B. V . C. V . D. V .
3
15
15
3
1
Câu 77. (Sở Đồng Tháp) Cho f x dx 3 và f x dx 2
. Tính
0
3
1
3
0
f x dx
A. 5. B. 1. C. 1. D. 5
.
Câu 78. (Chuyên Bắc Giang) Cho hình phẳng giới hạn bởi các đường y tan x , y 0
, x 0 , x
4
quay xung quanh trục Ox . Thể tích của khối tròn xoay tạo thành bằng
A. 5 .
B. 1 3
. C.
. D.
.
4
2
2
y x 2 , x 0
Ox D
Câu 79. (Chuyên Lý Tự Trọng Cần Thơ) Gọi D là hình phẳng được giới hạn bởi các đường thẳng
y 3x 10, y 1
và Parabol . Tính thể tích V của khối tròn xoay do ta quay D
y x
quanh trục tạo nên, ( nằm ngoài parabol ).
56
56
56
56
A. V . B. V . C. V . D. V .
5
5
5
15
Câu 80. (KÊNH TRUYỀN HÌNH GIÁO DỤC QUỐC GIA VTV7 –2019) Cho hình phẳng D giới hạn
x
3
x 2 e
bởi đường cong y
, trục hoành và hai đường thẳng x 0 , x 1. Khối tròn xoay
x
xe 1
1
tạo thành khi quay D quanh trục hoành có thể tích V
a b ln
1
, trong đó , là các
e
a b
số hữu tỷ. Mệnh đề nào dưới đây đúng?
A. a 2b
5 . B. a b 3 . C. a 2b
7 . D. a b 5 .
2
2

Câu 81. (Sở Đồng Tháp) Tìm a 0
biết
Câu 82.
Câu 83.
a x
a
0
2 3 dx
4
A. a 4 . B. a 2 . C. a 1. D. a 1.
(Thuận-Thành-3-Bắc-Ninh-2019) Tính thể tích khối tròn xoay được tạo bởi hình phẳng giới
hạn bởi đồ thị hàm số y 3x x
2 và trục hoành khi quay quanh trục hoành.
81π
8π
41π
85π
A. . B. . C. . D. .
10
7
7
7
(Thuận-Thành-3-Bắc-Ninh-2019) Tính thể tích khối tròn xoay được tạo bởi hình phẳng giới
hạn bởi đồ thị hàm số y 3x x
2 và trục hoành khi quay quanh trục hoành.
81π
8π
41π
85π
A. . B. . C. . D. .
10
7
7
7
Câu 84. (Gang Thép Thái Nguyên) Gọi V là thể tích khối tròn xoay tạo thành khi quay hình phẳng giới
hạn bởi các đường y x , y 0 và 4 quanh trục . Đường thẳng x a 0 a 4 cắt
x Ox
đồ thị hàm số y x tại M (hình vẽ). Gọi V1
là thể tích khối tròn xoay tạo thành khi quay tam
giác OMH quanh trục Ox . Biết rằng V 2V
1. Khi đó
Câu 85.
5
A. a 2 . B. a 2 2 . C. a . D. a 3 .
2
(Cầu Giấy Hà Nội 2019 Lần 1) Khi quay hình phẳng được đánh dấu ở hình vẽ bên xoay quanh
trục Ox ta được một khối tròn xoay có thể tích được tính theo công thức
0 1
2 2
A. V f x dx f x dx
. B. V f x dx
f x dx
.
2 0
0 1
0 1
2 2
2 0
2 2
C. V f x dx f x dx
. D. V f x dx
.
2 0
Câu 86. (Lương Thế Vinh Lần 3) Cho hình vuông OABC có cạnh bằng 4 được chia thành hai phần bởi
parabol P có đỉnh tại O . Gọi S là hình phẳng không bị gạch (như hình vẽ). Tính thể tích V
của khối tròn xoay khi cho phần S quay quanh trục Ox .
1
2
2

128
128
64
256
A. V . B. V . C. V . D. V .
5
3
5
5
Câu 87. (Sở Bắc Ninh 2019) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho hình ( H1)
giới hạn bởi các đường
y 2 x , y 2 x , x 4 ; hình ( H
2)
là tập hợp tất cả các điểm M ( x; y)
thỏa mãn các điều kiện
2 2 2 2
2 2
x y 16;( x 2) y 4 ; ( x 2) y 4 . Khi quay ( H1);( H
2)
quanh Ox ta được các
khối tròn xoay có thể tích lần lượt là V1 , V2
.Khi đó, mệnh đề nào sau đây là đúng?
A. V2 2V
1
. B. V1 V2
. C. V1 V2 48
. D. V2 4V
1
.
Câu 88. (Chuyên Hùng Vương Gia Lai) Gọi D là miền được giới hạn bởi các đường
y 3x
10
,
2
2
y 1
,
y x
và D nằm ngoài parabol
y x
. Khi cho D quay xung quanh trục Ox , ta nhận
được vật thể tròn xoay có thể tích là:
56
A. . B. . C. . D. .
5 12 11 25
3
Câu 89. (CHUYÊN HOÀNG VĂN THỤ HÒA BÌNH) Trong mặt phẳng cho hình vuông ABCD cạnh
2 2 , phía ngoài hình vuông vẽ thêm bốn đường tròn nhận các cạnh của hình vuông làm đường
kính (hình vẽ). Thể tích của khối tròn xoay sinh bởi hình trên khi quay quanh đường thẳng AC
bằng
32
2
16
2
8
2
64
2
A. 4
. B. 2
. C. . D. 8
.
3
3
3
3
3 2
2
Câu 90. (Thị Xã Quảng Trị) Cho đồ thị C : y ax bx cx d và Parabol P : y mx nx p có
đồ thị như hình vẽ (đồ thị C là đường cong đậm hơn). Biết phần hình phẳng được giới hạn bởi
C
và P
(phần tô đậm) có diện tích bằng 1. Thể tích của khối tròn xoay tạo thành khi quay
phần hình phẳng đó quanh trục hoành bằng

237
A. 3 . B. . C. . D. .
35 5 159
35
Câu 91. (Thanh Chương Nghệ An Lần 2) Trong không gian Oxyz , cho mặt cầu
2
S P
S : x 2 y 2 z 2 16 và điểm A m; m;2
nằm ngoài mặt cầu. Từ A kẻ các tiếp tuyến đến
mặt cầu , gọi là mặt phẳng chứa các tiếp điểm, biết luôn đi qua một đường thẳng
m
d cố định, phương trình đường thẳng d là:
x
t
x
t
x
t
x
t
A. d : y t . B. d : y 2t
. C. d : y t . D. d : y t .
z
1
z
2
z
2
z
2
P m
Câu 92.
(Thanh Chương Nghệ An Lần 2) Một thùng đựng Bia hơi (có dạng như hình vẽ) có đường kính
đáy là 30cm, đường kính lớn nhất của thân thùng là 40cm, chiều cao thùng là 60 cm, cạnh bên
hông của thùng có hình dạng của một parabol. Thể tích của thùng Bia hơi gần nhất với số nào
sau đây? (với giả thiết độ dày thùng Bia không đáng kể).
A. 70 (lít). B. 62 (lít). C. 60 (lít). D. 64 (lít).
Câu 93.
(Cẩm Giàng) Trong chương trình nông thôn mới, tại một xã Y có xây một cây cầu bằng bê tông
như hình vẽ. Tính thể tích khối bê tông để đổ đủ cây cầu. (Đường cong trong hình vẽ là các
đường Parabol).
y
O
x
3
3
3
3
A. 19 m . B. 21m . C. 18m . D. 40 m .
Câu 94. (THPT Sơn Tây Hà Nội 2019) Trong hình vẽ dưới đây, đoạn AD được chia làm 3 bởi các
điểm B và C sao cho AB BC CD 2 . Ba nửa đường tròn có bán kính 1 là AEB , BFC và

CGD có đường kính tương ứng là AB , BC và CD . Các điểm E , F , G lần lượt là tiếp điểm
của tiếp tuyến chung EG với 3 nửa đường tròn. Một đường tròn tâm F , bán kính bằng 2 . Diện
tích miền bên trong đường tròn tâm F và bên ngoài 3 nửa đường tròn (miền tô đậm) có thể biểu
a
diễn dưới dạng c d , trong đó , , , là các số nguyên dương và , nguyên tố
b a b c d a b
cùng nhau. Tính giá trị của a b c d ?
A. 14 . B. 15 . C. 16 . D. 17 .
Câu 95. (Chuyên Lê Quý Đôn Quảng Trị Lần 1) Cho F x
là một nguyên hàm của hàm số
1
f x . Biết F k k với mọi . Tính
2 k F 0 F F ... F 10
cos x 4
.
A. 55. B. 44. C. 45. D. 0.
2 2
x y
Câu 96. (Chuyên Hạ Long lần 2-2019) Cho hình phẳng H giới hạn bởi E
: 1 và đường
25 9
tròn C : x y 9 (phần nằm trong và nằm ngoài C . Tính thể tích khối tròn xoay sinh
2 2
E
H
Ox
bởi khi quay quanh trục .
24
A. . B. . C. . D. .
5 8
5 24
25 24
x V D
Câu 97. (Nguyễn Trãi Hải Dương Lần1) Cho hình phẳng D giới hạn bởi các đường y x
,
y sin x và 0 . Gọi là thể tích khối tròn xoay tạo thành do quay quanh trục hoành
và V p
4 , p . Giá trị của 24 p bằng
A. 8. B. 4 . C. 24 . D. 12 .
T
Ox x 0 x 2
x 1
e x
T
4
4
13e 1
Câu 98. (THPT-Yên-Khánh-Ninh-Bình) Cho vật thể T giới hạn bởi hai mặt phẳng x 0 ; x 2 . Cắt
Câu 99.
vật thể bởi mặt phẳng vuông góc với trục tại ta thu được thiết diện là
một hình vuông có cạnh bằng . Thể tích vật thể bằng
2
13e 1
2
A. . B. . C. 2e . D. 2
e .
4
4
(THĂNG LONG HN LẦN 2 NĂM 2019) Tính thể tích vật thể giới hạn bởi hai mặt phẳng
x 0 , x . Biết rằng thiết diện của vật thể cắt bởi mặt phẳng vuông góc với Ox tại điểm có
hoành độ 0 x là một tam giác vuông cân có cạnh huyền bằng sinx 2 .
x
7
A. 1. B. 9
1 . C. 7
2 . D. 9 2 .
6
8
6
8

Câu 100. (THPT LƯƠNG THẾ VINH) Cho hình vuông OABC có cạnh bằng 4 được chia thành hai
phần bởi parabol P có đỉnh tại O . Gọi S là hình phẳng không bị gạch (như hình vẽ). Tính
thể tích V của khối tròn xoay khi cho phần S quay quanh trục Ox .
128
128
64
256
A. V . B. V . C. V . D. V .
5
3
5
5
Câu 101. (Chuyên Hưng Yên Lần 3) Để chuẩn bị cho hội trại do Đoàn trường tổ chức, lớp 12A dự định
dựng một cái lều trại có hình parabol như hình vẽ. Nền của lều trại là một hình chữ nhật có kích
thước bề ngang 3 mét, chiều dài 6 mét, đỉnh trại cách nền 3 mét. Tính thể tích phần không gian
bên trong trại.
3
3
3
3
A. 72 m . B. 36 m . C. 72 m . D. 36 m .
Câu 102. (KINH MÔN HẢI DƯƠNG 2019) Một chiếc đồng hồ cát như hình vẽ, gồm hai phần đối xứng
nhau qua mặt nằm ngang và đặt trong một hình trụ. Thiết diện thẳng đứng qua trục của nó là hai
parabol chung đỉnh và đối xứng nhau qua mặt nằm ngang. Ban đầu lượng cát dồn hết ở phần trên
3
của đồng hồ thì chiều cao h của mực cát bằng chiều cao của bên đó (xem hình).
4
12,72cm
3
Cát chảy từ trên xuống dưới với lưu lượng không đổi /phút. Khi chiều cao của cát còn
4cm thì bề mặt trên cùng của cát tạo thành một đường tròn có chu vi 8
cm (xem hình). Biết sau
10 phút thì cát chảy hết xuống phần bên dưới của đồng hồ. Hỏi chiều cao của khối trụ bên ngoài
là bao nhiêu cm ?
A. 10cm . B. 9cm . C. 8cm . D. 12cm .

Câu 103. (Chuyên Vinh Lần 2) Tính thể tích V của vật thể giới hạn bởi hai mặt phẳng x 0 và x 4 ,
x 0< x< 4
biết rằng khi cắt bởi mặt phẳng tùy ý vuông góc với trục Ox tại điểm có hoành độ
thì được thiết diện là nửa hình tròn có bán kính R x 4 x .
64
A.
64
V . B.
3
32
V . C.
3
32
V . D. V .
3
3
Câu 104. (Chuyên Vinh Lần 2) Viết công thức tính thể tích V của phần vật thể giới hạn bởi hai mặt phẳng
vuông góc với trục Ox tại các điểm x = a, x = b ( a < b)
, có thiết diện bị cắt bởi mặt phẳng vuông
góc với trục Ox tại điểm có hoành độ x ( a £ x £ b)
là S ( x ) .
b
2
A. V = pò S ( x)dx
. B. V = pò S ( x) dx
. C. V = ò S ( x)dx
. D. V = p ò S ( x)
dx
.
a
b
a
Câu 105. (Chuyên Vinh Lần 2) Thể tích của phần vật thể giới hạn bởi hai mặt phẳng x = 0 và x = 3 , có
thiết diện bị cắt bởi mặt phẳng vuông góc với trục Ox tại điểm có hoành độ x ( 0 £ x £ 3)
là một
2
hình chữ nhật có hai kích thước bằng x và 2 9 - x , bằng:
A. V = 3 . B. V = 18 . C. V = 20 . D. V = 22 .
Câu 106. (Chuyên Vinh Lần 2) Giả sử hàm số f có đạo hàm cấp 2 trên thỏa mãn f (1) = f ¢ (1) = 1
và
- + ¢¢ = với mọi x Î R . Tính tích phân
2
f (1 x) x f ( x) 2x
A. I = 1. B. I = 2 . C.
Câu 107. (Chuyên Vinh Lần 2) Giả sử hàm số
- + ¢¢ = với mọi x Î . Tính tích phân
2
f (1 x) x f ( x) 2x
A. I = - 1 . B. I = 1. C.
b
a
1
I = ò xf ¢ ( x)
dx .
1
I = . D.
3
0
b
a
2
I = .
3
f có đạo hàm cấp n trên thỏa mãn
1
I = ò xf ¢ ( x)
dx .
1
I = . D.
3
0
1
I = - .
3
Câu 108. (Chuyên Vinh Lần 2) Cho hàm số f ( x)
liên tục trên và thoả mãn
3
( ) + ( 1- ) = ( 1 - ),
" Î và f ( 0)
= 0 . Tính
f x f x x x x
A.
2
æ x ö
I = ò xf ¢ç
ç dx
çè 2÷
bằng:
ø
1
- . B. 1
10
20 . C. 1
10 . D. 1
- .
20
Câu 109. (Chuyên Vinh Lần 2) Cho hàm số f ( x ) nhận giá trị dương, có đạo hàm liên tục trên [ 0;2 ] .
2
2 x -4
x
Biết f ( 0)
= 1 và f ( x) f ( 2- x)
= e với mọi x Î [ 0;2]
. Tính tích phân
2
0
3 2
( x -3 x ) f '( x)
I = ò dx
.
f
A.
( x)
14
I = - . B.
3
32
I = - . C.
5
0
16
I = - . D.
3
16
I = - .
5
Câu 110. (Nguyễn Trãi Hải Dương Lần1) Cho hàm số f x có đạo hàm liên tục trên ,
f
0
0, f 0
0
2 2
f x . f x 18x 3x x f x 6x 1 f x , x
.
1
và thỏa mãn hệ thức
2
Biết x 1 e f x
d x a . e b , với a;
b . Giá trị của a b bằng.
0

2
A. 1. B. 2 . C. 0 . D. .
3
Câu 111. (GIA LỘC TỈNH HẢI DƯƠNG 2019 lần 2) Cho hàm số
f x
xác định và có đạo hàm f x
liên tục trên đoạn 1;3 , 0 với mọi x 1;3 , đồng thời
2
2 2
f x 1 f x
f x x 1
3
f x
và f 1 1.
Biết rằng f x dx a ln 3 b , a,
b , tính tổng
1
S a b 2 .
A. S 0 . B. S 1. C. S 2 . D. S 4 .
Câu 112. (KÊNH TRUYỀN HÌNH GIÁO DỤC QUỐC GIA VTV7 –2019) Cho hàm
2
f
x
có đạo hàm
2 1
liên tục trên đoạn 1;2 thỏa mãn f 2 =0 , f
1
x
dx
và 1 d
. Tính
45
x f x x
30
2
I f x dx
.
1
1
1
1
1
A. I . B. I . C. I . D. I .
36
15
12
12
Câu 113. (Sở Nam Định) Cho hàm số y f x có đạo hàm đến cấp hai liên tục trên . Biết rằng các
1
tiếp tuyến với đồ thị y f x tại các điểm có hoành độ x 1
, x 0 , x 1
lần lượt tạo với
chiều dương của trục Ox các góc 30° , 45, 60 .
0 1
3
Tính tích phân I f ' x . f '' x dx 4 f ' x . f '' x dx
.
1 0
25
1
3
A. I . B. I 0 . C. I . D. I 1 .
3
3
3
Câu 114. (THTT số 3) Cho hàm số f x xác định, liên tục trên và thoả mãn
3 3
1 1
f x x f x x
6 4 2
6x 12x 6x 2, x
1
3
. Tính tích phân f x dx .
A. 32. B. 4. C. 36
. D. 20
.
f x
Câu 115. (Sở Đà Nẵng 2019) Cho hàm số có đạo hàm liên tục trên 1;1
và thỏa f 1 0,
2 2
f x 4 f x 8x 16x
8 với mọi thuộc 1;1
. Giá trị của f x dx
bằng
x
5
2
1
1
A. . B. . C. . D. .
3
3
5
3
Câu 116. (Chuyên Bắc Giang) Cho hàm số f x
có đạo hàm trên thỏa mãn
2
x 2x1
f
2 2
f x f x x 1 e , x
và 1 e . Giá trị của f 5 bằng
12
17
17
12
A. 3e 1. B. 5e . C. 5e 1. D. 3e .
Câu 117. (NGUYỄN TRUNG THIÊN HÀ TĨNH) Cho hàm số y f x liên tục trên 0;2 , thỏa các
2 2
2
1
1
0
2
f x
dx
2
2 2
điều kiện f 2
1 và f xdx f x
dx
. Giá trị của :
3
x
0 0
1

1
1
A.1. B.2. C. . D. .
4
3
f x
Câu 118. (Thuan-Thanh-Bac-Ninh) Cho hàm số có đạo hàm liên tục trên đoạn 0;1 thỏa mãn
1
1
f
1
0
f
x dx
và f x 2 4 6x 2 1 . f x 40x 6 44x 4 32x 2 4, x
0;1 . Tích phân
bằng?
23
13
17
7
A. . B. . C. . D. .
15
15
15
15
6 6
2
Câu 119. (Chuyên Nguyễn Du- Đăk Lăk) Cho f x d x x. f x dx
72. Giá trị của f x dx
bằng
0 0
A. 5. B. 4. C. 3. D. 2.
Câu 120. (Ba Đình Lần2) Hàm số f x
có đạo hàm đến cấp hai trên thỏa mãn:
1 3 1
0,
2 2
f x x f x
. Biết rằng f x x , tính I 2x 1 f " x dx .
A. 8. B. 0 . C. 4. D. 4 .
f
f x
2 3
Câu 121. (Sở Lạng Sơn 2019) Cho hàm số thỏa mãn
f ' x
f x . f '' x 4x 2x
với mọi
x và 0 0. Giá trị của f
2 1 bằng
5
9
16
8
A. . B. . C. . D. .
2
2
15
15
x. f x 1 x. f x f x
0 x
\ 0 .
Câu 122. (Phan Đình Tùng Hà Tĩnh) Cho hàm số y f x xác định và liên tục trên \ 0 , biết
x. f x 1, x
0;
e
1
f x d x.
1
2
f
và với Tính
1
A. 2 . B. . C. . D. .
e 1
1
1
2
1
e
e
e
Câu 123. (THPT Nghèn Lần1) Cho hàm số y f x có đạo hàm liên tục trên đoạn 0;1 thỏa mãn
1
2 9
1 1, x f x dx và d . Tính tích phân .
5
f x
x
I f xdx
5
f
1
0
1
0
3
1
1
4
A. I . B. I . C. I . D. I .
4
5
4
5
Câu 124. (ĐH VINHL3 -2019..) Cho hàm số f ( x ) có đạo hàm liên tục trên và thỏa mãn f (0) 3 và
2
f ( x) f (2 x) x 2x 2, x
. Tích phân
2
xf ( x )d x bằng
4
2
A. . B.
3
3 . C. 5 3 . D. 10
3
- Đề xuất một số bài toán tương tự :
0
2
0
1
0
3
1
Câu PT 43.1. Cho hàm số f ( x ) liên tục trên R và thỏa mãn
x
R . Tính tích phân
1
I xf ( x)
dx
0
2
f ( x) 4 xf ( x ) 2x
1 với
A. 2 . B. 1. C. 2 . D. 1.

Câu PT 43.2. Cho hàm số f ( x ) liên tục trên đoạn
1
2
với x
;1
3
. Tính tích phân ln x. f ( x)
dx
2
3
2
;1
3
và thỏa mãn 2
2 f ( x) 3 f ( ) 5x
3x
A. 5 ln
2 1
3 3 3
. B. 5 ln
2 1 . C.
3 3 3
5 2 1
ln . D.
3 3 3
5 2 1
ln
3 3 3
Câu 125. (CHUYÊN HUỲNH MẪN ĐẠT 2019 lần 1) Cho
b
4 2
P x 5x 4 dx
2 2
với ( a b; a,
b ). Khi đó tính S a b
A. S 5. B. S 8. C. S 4 . D. S 7 .
a
có giá trị lớn nhất
f x
Câu 126. (Thanh Chương Nghệ An Lần 2) Cho hàm số có đạo hàm liên tục trên đoạn 0; thỏa
2
2
mãn: f
x
dx cos x. f xdx
và f 1. Khi đó tích phân bằng
2
0 0
2
f x dx
0
A. 0 . B. 1. C. . D. 1.
2
2
2
f x
Câu 127. (THPT PHỤ DỰC – THÁI BÌNH) Cho hàm số có đạo hàm trên 1;
. Biết đẳng thức
2
x( x 1)
f x
x f x
2
x 3
2
2 ( 1)
được thỏa mãn x 1; . Tính giá trị f 0 .
A. 3 3 . B. 2 3 .
C. 3 . D.Chưa đủ dữ kiện tính f 0 .
Câu 128. (Đặng Thành Nam Đề 14) Cho hàm số
f ( x)
liên tục trên đoạn [0;1] thỏa mãn
2
x
2 f ( x) 3 f (1 x) x 1 x,
với mọi x [0;1].
Tích phân xf ' dx
bằng
0 2
4
4
16
16
A. . B. . C. . D. .
75
25
75
25
f x
Câu 129. (Sở Quảng NamT) Cho hàm số không âm, có đạo hàm trên đoạn 0;1 và thỏa mãn
f
1 1, 2 f x 1 x 2 f x 2x
1 f x
, x
0;1 . Tích phân f x dx
bằng
1
3
A. 1. B. 2 . C. . D. .
3
2
Câu 130. (SGD-Nam-Định-2019) Cho hàm số y f x có đạo hàm đến cấp hai liên tục trên . Biết
rằng các tiếp tuyến với đồ thị y f x tại các điểm có hoành độ x 1, x 0 , x 1
lần lượt
tạo với chiều dương của trục Ox các góc 30° , 45, 60 .
0 1
3
Tính tích phân I f ' x . f '' x dx 4 f ' x . f '' x dx
.
1 0
25
1
3
A. I . B. I 0 . C. I . D. I 1 .
3
3
3
1
0

f x
Câu 131. (THPT ĐÔ LƯƠNG 3 LẦN 2) Cho hàm số có đạo hàm liên tục trên đoạn 1;2 thỏa
2
2
2
1
2
mãn x 1 f xdx
, f 2
0 , . Tính .
3
f x
dx
7 I f xdx
1
1
1
7
7
7
7
A. I . B. I . C. I . D. I .
5
5
20
20
Câu 132. ( Nguyễn Tất Thành Yên Bái) Cho hàm số y f x có đạo hàm liên tục trên khoảng 0; ,
2
2
1
biết f x 2x 1 f x
0 , x
0 và f 2
. Tính giá trị của biểu thức
6
P f 1 f 2 ... f 2019 .
2021
2020
2019
2018
A. . B. . C. . D. .
2020
2019
2020
2019
Câu 133. (KINH MÔN II LẦN 3 NĂM 2019) Cho hàm số f x liên tục trên và thỏa
3
0
8
8
f x
2
f x 16 x dx
2019 , dx
1. Tính f .
2
xdx
x
4
A. 2019 . B. 4022 . C. 2020 . D. 4038 .
Câu 134. (Nam Tiền Hải Thái Bình Lần1) Cho hàm số f x 0 có đạo hàm liên tục trên
0, , đồng
3
f x
2
thời thỏa mãn f 0
0 ; f 0
1
và f x.
f x
f
x
.Tính
cos x
T f
3
3
3
3
1
A. T . B. T . C. T . D. T .
4
4
2
2
Câu 135. ( Chuyên Lam Sơn Lần 2) Cho hàm số f ( x ) có đạo hàm liên tục trên [ 0, ]. Biết f ( 0)
= 2e
cos
và f ( x ) luôn thỏa mãn đẳng thức f '( x) + sin x. f ( x) = cos x. e x , " x Î[ 0, ]. Tính
I = ò
0
( )
f x . dx
(làm tròn đến phần trăm).
A. I » 6,55 . B. I » 17,30 . C. I » 10,31. D. I » 16,91.
f x
Câu 136. (NGHĨA-HƯNG-NAM-ĐỊNH) Cho hàm số thỏa mãn
2
2 2
xf x 1 x 1
f 1 f 1 1
f
f x . f " x với mọi dương. Biết . Giá trị
2
x
bằng
A.
2
2 2ln 2 2 .
2
B. f 2 2ln 2 2 .
f
f
2
2
C. 2 ln 2 1. D. f 2 ln 2 1
.
Câu 137. (Đặng Thành Nam Đề 9) Cho hàm số y f ( x ) có đạo hàm f ( x) 0 , x
[1;2]
thỏa mãn
3
2
2
22 f ( x) 7
f (1) 1, f (2) và dx . Tích phân bằng
4
15
x 375
f ( x ) dx
1
1
1
7
3
4
A. . B. . C. . D. .
5
5
5
5
Câu 138. (Đặng Thành Nam Đề 14) Cho hai hàm số
4
2
4 3 2
f ( x)
ax bx cx dx e
3 2
g( x) mx nx px 1
với a , b , c , d , e , m , n , p , q là các số thực. Đồ thị của hai hàm số
y f ( x) , y g( x)
như hình vẽ bên. Tổng các nghiệm của phương trình f ( x) q g( x)
e
bằng
và

13
13
4
4
A. . B. . C. . D. .
3
3
3
3
Câu 139. (SỞ GDĐT KIÊN GIANG 2019) Cho hàm số y f ( x)
liên tục và có đạo hàm trên thỏa
1
4089
4
mãn 2 f 3 ( x ) 2 x
3 ( ). '( ) 4 2 x
a
f x f x xe 1 1 f (0). Biết rằng I (4x 1) f ( x)dx
là phân
b
số tối giản. Tính T a 3b
A. T 6123. B. T 12279. C. T 6125. D. T 12273.
Câu 140. (Chuyên KHTN) Cho hàm số f ( x)
liên tục trên thỏa mãn
3 8 3
2 ( )
tan . (cos ) f x
x f x dx dx 6 .
x
0 1
Tính tích phân
1
2
2 2
f ( x )
dx
x
A. 4 B. 6 C. 7 D. 10
1
Câu 141. (Nguyễn Du Dak-Lak 2019) Cho hàm số y f x
liên tục trên
;3 thỏa mãn
3
3
1 3
f x
f x x.
f x x . Giá trị tích phân I dx
bằng
2
x
x x
8
2
3
16
A. . B. . C. . D. .
9
3
4
9
0;1
Câu 142. (THPT-Toàn-Thắng-Hải-Phòng) Cho hàm số có đạo hàm liên tục trên thỏa mãn
1
1
1
f 1
0
2 3
f x
3
, f x
dx
2ln 2 và d 2ln 2 . Tích phân bằng
2
2
x
f xdx
x 1
2
0
0
1
3
0
f x
1 2ln 2
3 2ln 2
3 4ln 2
1
ln 2
A. . B. . C. . D. .
2
2
2
2
Câu 143. (Đặng Thành Nam Đề 3) Cho hàm số f ( x)
liên tục và nhận giá trị không âm trên đoạn [0;1].
Giá trị nhỏ nhất của biểu thức
1 1
M 2 f ( x) 3 x f ( x)dx 4 f ( x) x xf ( x) dx
0 0
1
1
1
1
A. . B. . C. . D. .
24
8
12
6
0
bằng

f x
Câu 144. (Đặng Thành Nam Đề 10) Cho hàm số có đạo hàm f x liên tục trên đoạn 1;e thỏa
1
mãn f 1
và x. f x xf 2 x 3 f x
1 , x
1;e
. Giá trị của f e
bằng
2
x
3
4
3
2
A. . B. . C. . D. .
2e
3e
4e
3e
Câu 145. (Chuyên Nguyễn Du- Đăk Lăk) Cho hàm số
f
x
thỏa mãn hai điều kiện
2
2
3 2 1 4 . , và f xdx
12
. Giá trị f xdx
bằng
f x x x x f x x
A. 6 . B. 7 . C. 8 . D. 5 .
10
Câu 146. (Chuyên Hạ Long lần 2-2019) Cho f x liên tục trên và 3 f x 2 f x x , x
.
1
Tính I f x dx
.
0
1
A. I 55. B. I . C. I 11. D. I =
11
Câu 147. (Thuận-Thành-3-Bắc-Ninh-2019) Cho f x
có đạo hàm liên tục trên và thỏa mãn
1
f 2 16, f 2x dx
6 . Tính I x. f x dx
ta được kết quả
0
2
0
A. I 14
. B. I 20 . C. I 10
. D. I 4 .
Câu 148. (Thuận-Thành-3-Bắc-Ninh-2019) Cho f x
có đạo hàm liên tục trên và thỏa mãn
1
f 2 16, f 2x dx
6 . Tính I x. f x dx
ta được kết quả
0
2
0
A. I 14
. B. I 20 . C. I 10
. D. I 4 .
Câu 149. (Sở Hưng Yên Lần1) Cho hàm số y f x có đạo hàm liên tục trên và có đồ thị như hình
vẽ.
3
1
2
0
1
55
Giá trị của biểu thức
4 2
I f ' x 2 d x f ' x 2 dx
bằng
0 0
A. 2
. B. 2 . C. 6 . D. 10 .
1 1
Câu 150. (HSG Bắc Ninh) Cho hàm số f x
liên tục và có đạo hàm trên
; thỏa mãn
2 2
1
2
1
2
2
109 f x
f x 2 f x. 3 x
dx
. Tính d .
2
12
x
x 1
7
2
5
8
A. ln . B. ln . C. ln . D. ln .
9 9 9 9
1
2
0

2
Câu 151. (THPT-Yên-Khánh-Ninh-Bình) Cho f x dx 4 ; 2 f x dx 200 . Khi đó f x dx
bằng
A. 104. B. 204. C. 196. D. 96.
1
1
Câu 152. (KIM LIÊN HÀ NỘI) Cho 3x 1 f x dx 2019, 4 f 1 f 0 2020 . Tính f 3x dx
.
5
1
5
2
0
1
1
A. . B. 3 . C. . D. 1.
9
3
Câu 153. (THPT-Yên-Khánh-Ninh-Bình) Cho I f x dx
2 . Giá trị của
2
sin x. f 3cos x 1 J
d x bằng
0 3cos x 1
4
4
A. 2. B. . C. . D. 2 .
3
3
Câu 154. (Đặng Thành Nam Đề 9) Cho hàm số f ( x ) có đạo hàm f '( x)
liên tục trên R và có đồ thị của
3
1
3
hàm số f '( x)
như hình vẽ, Biết x 1 f '( x ) dx a và f '( x) dx b , f '( x)
dx c , f ( 1)
d
3
. Tích phân f ( x)
dx bằng
0
0
2
1
0
1
1
3
0
A. a b 4c 5d . B. a b 3c 2d . C. a b 4c 3d . D. a b 4c 5d.
Câu 155. (Đặng Thành Nam Đề 2) Cho hàm số f ( x ) có đạo hàm cấp hai f ( x)
liên tục trên và có đồ
thị hàm số f ( x ) như hình vẽ bên. Biết rằng hàm số f ( x)
đạt cực đại tại điểm x 1;
đường
thẳng trong hình vẽ bên là tiếp tuyến của đồ thị hàm số f ( x)
tại điểm có hoành độ x 2 .
Tích phân
ln3
0
x
x
e 1
e f dx
2
bằng

A. 8 . B. 4 . C. 3 . D. 6 .
Câu 156. (CHUYÊN NGUYỄN QUANG DIỆU ĐỒNG THÁP 2019 LẦN 2) Cho hàm số
có đồ thị như hình bên dưới
f
x
liên tục
1
14
Biết F( x) f ( x), x
[ 5;2]
và f xdx
. Tính F 2 F 5
.
3
3
145
89
145
89
A. . B. . C. . D. .
6
6
6
6
Câu 157. (THPT Sơn Tây Hà Nội 2019) Cho hàm số f x
có đạo hàm trên và thỏa mãn
3
0
f
x f 2x 4 dx
8 ; 2 2 . Tính I f 2x dx
.
A. I 5
. B. I 10
. C. I 5 . D. I 10
.
Câu 158. (CHUYÊN NGUYỄN QUANG DIỆU ĐỒNG THÁP 2019 LẦN 2) Cho hàm f :
0,
2
2
2
là hàm liên tục thỏa mãn điều kiện f x 2 f xsin x cos x
dx
1
. Tính
0
2
2
0
f ( x)
dx
.
1
2
2
2
2
2
A. f ( x) dx
1
. B. f ( x) dx
1. C. f ( x) dx
2 . D. f ( x) dx
0 .
0
0
0
0

f x
Câu 159. (CHUYÊN LÊ THÁNH TÔNG QUẢNG NAM) Cho hàm số liên tục trên 0;1 . Biết
1
0
1
x. f 1 x f x
dx
. Tính f 0.
2
1
1
A. f 0
1. B. f 0
. C. f 0
. D. f 0
1.
2
2
f x
0;
f x 0 x
0;
f x x.
f 2
x
x 0;
Câu 160. (CỤM TRƯỜNG SÓC SƠN MÊ LINH HÀ NỘI) Cho hàm số
có đạo hàm trên khoảng
và , thỏa mãn với mọi , biết
2
f 1
và 1
f 2 . Tổng tất cả các giá trị nguyên của a thỏa mãn là
a 3 4
A. 14
. B. 1. C. 0 . D. 2
.
6
e f ln x
Câu 161. (Đặng Thành Nam Đề 6) Cho hàm số f x
liên tục trên thỏa mãn dx
6 và
x
2
0
2
f cos x sin 2xdx
2 . Tích phân f x 2 dx
bằng
3
1
A. 10 . B. 16 . C. 9 . D. 5 .
Câu 162. (Nguyễn Du số 1 lần3) Giả sử hàm số liên tục, dương trên ; thỏa mãn f 0 1 và
x
f ' x f x
f x
. Khi đó hiệu T f thuộc khoảng nào?
2
2 2 2 f 1
x 1
2;3
7;9
0;1
9;12
A. . B. . C. . D. .
Câu 163. (THTT lần 5) Cho hàm số bậc ba y f x có đồ thị C như hình vẽ. Biết đồ thị hàm số đã
cho cắt trục Ox tại 3 điểm có hoành độ x1
, x2
, x3
theo thứ tự lập thành cấp số cộng và
x3 x1 2 3 . Gọi diện tích hình phẳng giới hạn bởi C và trục Ox là S . Diện tích S1
của hình
y f x 1
y f x 1
phẳng giới hạn bởi các đường , , x x1
và x x3
bằng
1
A. S 2 3 . B. R S 4 3 . C. 4 3 . D. 8 3 .
Câu 164. (Đặng Thành Nam Đề 10) Cho hàm số f ( x)
liên tục trên và thỏa mãn
2
5
5
2
f x
f x 5 x dx
1, dx
3. Tích phân bằng
2
x
f xdx
2
1
1
A. 15
. B. 2
. C. 13
. D. 0 .
f x
f
Câu 165. ( Nguyễn Tất Thành Yên Bái) Cho hàm số liên tục trên và 3 21 , f x dx 9 .
Tính tích phân I x. f 3x dx
.
1
0
A. I 15
. B. I 12
. C. I 9 . D. I 6 .
3
0

Câu 166. (Chuyên Thái Bình Lần 3) Cho f ( x)
là hàm số liên tục trên thỏa mãn
2
x
f ( x) f (2 x) x. e , x
. Tính tích phân I f ( x)
dx .
4
e 1
2e
1
4
4
A. I . B. I . C. I e 2 . D. I e 1.
4
2
f x 0 x
f 3
2
2 f 3
4 4 f 3
8 f 3 f 6
Câu 167. (Chuyên-Thái-Nguyên-lần-1) Cho hàm số với , f 0 1
và
f x x 1.
f x với mọi x . Mệnh đề nào dưới đây là đúng?
A. . B. . C. . D. .
Câu 168. (Đặng Thành Nam Đề 15) Cho hàm số thỏa mãn f x . f x 1, với mọi x . Biết
2
2
0
f x
x
f xdx a và f 1
b , f 2
c . Tích phân dx
bằng
f
1
1 x
A. 2c b a . B. 2a b c . C. 2c b a . D. 2a b c .
Câu 169. (SỞ GDĐT KIÊN GIANG 2019) Cho hàm số y f x liên tục và có đạo hàm trên thỏa
2
a
mãn 5 f x 7 f 1 x 3 x 2x
, x
. Biết rằng tích phân I x. f ' xdx
( với
b
a
là phân số tối giản ). Tính T 8a 3b
.
b
A. T 1
. B. T 0 . C. T 16
. D. T 16
.
Câu 170. [2D3-2.4-3] (CổLoa Hà Nội) Cho hàm số y f ( x)
liên tục, có đạo hàm trên ;
và có
đồ thị như hình vẽ. Tích phân
1
0
I f 5x 3 dx
2
bằng
1
0
9
A. . B. 9 . C. 3 . D. 2 .
5
Câu 171. (Hoàng Hoa Thám Hưng Yên) Cho hàm số f x
liên tục trên và thỏa mãn
4
0
2
tan x. f cos x dx
2
2
e 2
f ln x
2
f 2x
và dx
2 . Tính dx
.
x ln x
x
e
A. 0 . B. 1. C. 4 . D. 8 .
y f x
0;
x 2 f x f x
0 f x 0 x
0;
f 2
Câu 172. (THPT LÊ QUÝ ĐÔN QUẢNG NGÃI) Cho hàm số
1
4
có đạo hàm liên tục trên khoảng
thỏa mãn và , . Tính biết f 1 e .

2
3
2
A. f 2 e . B. f 2 e . C. 2 2e . D. f 2 e .
f
Câu 173. (Lý Nhân Tông) Cho hàm số f x
liên tục không âm trên
0; , thỏa mãn
2
2
f x. f
x cos x 1 f x
với mọi x
0; và . Giá trị của bằng
2 f 0
3
f
2
A. 2 . B. 1. C. 2 2 . D. 0 .
1 3 3
Câu 174. (Lý Nhân Tông) Biết x x
x 2 ex
2 1 1 e
d x .ln
x
p
e.2 m eln n e
0
với , , là các số
nguyên dương. Tính tổng P m n p
A. P 5 . B. P 6 . C. P 8 . D. P 7 .
Câu 175. (THPT Sơn Tây Hà Nội 2019) Cho hàm số ( ) có đạo hàm, liên tục trên đoạn 1;2 đồng
2
f x
2 5 2 f ( x) 5 3
thời thỏa mãn f (2) 0 , f '( x) dx ln và d ln . Tính
2
12 3
x
( x 1) 12 2
1
1
.
2
2
I f ( x)dx
3 2
2
3 3
3 2
A. I 2ln . B. I ln . C. I 2ln . D. I 2ln .
4 3
3
4 2
4 3
Câu 176. (THPT TX QUẢNG TRỊ LẦN 1 NĂM 2019) Cho hàm số có đạo hàm liên tục trên khoảng
3
(1; )
và thỏa mãn xf
3
( x) 2 f ( x) ln x x f ( x)
, x (1; ) ; biết f e 3e
. Giá trị
f (2)
thuộc khoảng nào dưới đây?
25
27
23
29
A. 12; . B. 13; . C. ;12 . D. 14; .
2
2
2
2
Câu 177. (Nguyễn Khuyến) Cho hàm số f x
có đạo hàm và liên tục trên
0; , thoả mãn
2
2
0
f x x x
2
cos d 10
và f 0 3 . Tích phân
f x sin2 x d x bằng
A. 13
B. 13 C. 7 D. 7
Câu 178. (THPT LÊ QUÝ ĐÔN QUẢNG NGÃI) Cho hàm y f ( x)
liên tục trên đoạn 0;1 và thỏa
mãn
2
f x f 1 x 2x 2x
1
Tính tích phân
1
I f ( x) dx.
0
2
0
4
2
1
A. I
B. I
C. I
. D.
3
3
2
1
1
I
3
Câu 179. (KonTum 12 HK2) Cho hàm số f x
có đạo hàm liên tục trên tập hợp thỏa mãn
2
f 3x 6dx
3 f
1
và 3 2 . Giá trị của x f x dx
bằng
A. 3. B. 11. C. 6 . D. 9 .
0
3

1
f 2x
Câu 180. (Sở Đà Nẵng 2019) Cho hàm số chẵn y f x
liên tục trên và dx
8 . Giá trị của
1
5 x
2
0
f x dx
bằng:
A. 8 . B. 2 . C. 1. D. 16 .
Câu 181. (THPT-Phúc-Trạch-Hà-Tĩnh) Cho hàm số y f x có đạo hàm trên đoạn 0;3 , thỏa mãn
1
f 3 x . f x 1
3
1
x.
f x
, x
0;3
và f 0
. Tính tích phân I
d
2
f x
1
2
x
2
0
1
f 3 x
. f x
3
1
5
A. I . B. I . C. I 1. D. I .
2
2
2
f x
Câu 182. (-Mai-Anh-Tuấn-Thanh-Hóa) Cho hàm số thỏa mãn f x 2 x. f x e x f x với
f x 0, x
và 0 1. Khi đó f 1 bằng
f
e 2
A. e 1. B. e e 1
. C. e 1. D. e .
f x
Câu 183. (CổLoa Hà Nội) Cho hàm số thỏa mãn xf ' x .ln x f x 2 x 2 , x
1; và
f
2
e e
2
e x
. Tính tích phân I dx
.
e f x
3
1
5
A. I . B. I . C. I . D. I 2 .
2
2
3
Câu 184. (THPT NÔNG CỐNG 2 LẦN 4 NĂM 2019) Cho hàm số
y f x
0;1
có đạo hàm liên tục trên
thỏa mãn 3 f x x. f ( x) x 2018 x 0;1 . Tìm giá trị nhỏ nhất của f x dx
.
1
1
1
1
A. . B. . C. . D. .
2018.2020
2019.2020
2020.2021
2019.2021
Câu 185. (THPT LƯƠNG THẾ VINH 2019 LẦN 3) Cho đa thức bậc bốn
2 x f ( x)
và x 2 . Biết lim 2. Tích phân f ( x)dx
bằng
x0
2x
3
1
3
A. . B. . C. . D. 1.
2
4
4
1
0
f x
1
0
y f ( x)
đạt cực trị tại x 1
Câu 186. (Quỳnh Lưu Lần 1) Cho hàm số thỏa mãn các điều kiện f 1 2 , f x 0, x
0 và
2 2
x 2 1 f ' x f x x
2 1
với mọi x 0 . Giá trị của f 2 bằng
2
2
5
5
A. . B. . C. . D. .
5
5
2
2
Câu 187. (Lương Thế Vinh Lần 3) Cho đa thức bậc bốn y f ( x)
đạt cực trị tại x 1
và x 2 . Biết
2 x f ( x)
lim 2. Tích phân
x0
2x
1
0
f ( x)dx
bằng
3
1
3
A. . B. . C. . D. 1.
2
4
4
2
Câu 188. (CHUYÊN-NGUYỄN-HUỆ-HÀ-NỘI) Cho f x 4xf x 3x
. Tính tích phân
1
I f x dx
.
0

1
1
A. I 2 . B. I . C. I 2 . D. I .
2
2
Câu 189. (CHUYÊN NGUYỄN DU ĐĂK LĂK LẦN X NĂM 2019) Cho f x có đạo hàm trên và
3
f xx thỏa mãn
2 1
2x
3 f x . e 0 với mọi x . Biết f , tính tích phân
2
0
1
f x
7
I x. f x dx
.
0
9
45
11
15
A. I . B. I . C. I . D. I .
2
8
2
4
Câu 190. (ĐH Vinh Lần 1) Chuẩn bị cho đêm hội diễn văn nghệ chào đón năm mới, bạn An đã làm một
chiếc mũ “cách điệu” cho Ông già Noel có hình dáng một khối tròn xoay. Mặt cắt qua trục của
chiếc mũ như hình vẽ bên. Biết rằng OO ' = 5cm , OA = 10cm , OB = 20cm , đường cong AB
là một phần của một parabol có đỉnh là điểm A . Thể tích của chiếc mũ bằng
B
O
A
O'
2750p
2500p
2050p
2250p
A. ( cm
3
) . B. ( cm
3
) . C. ( cm
3
) . D. ( cm
3
) .
3
3
3
3
Câu 191. (ĐH Vinh Lần 1) Cây dù ở khu vui chơi “công viên nước” của trẻ em có phần trên là một chỏm
cầu, phần thân là một khối nón cụt như hình vẽ. Biết ON OD 2m
; MN 40cm
; BC 40cm
;
EF 20cm
. Tính thể tích của cây dù

N
A
B
M
C
D
E
O
F
3 2750p
896000
A. 336000 cm ( 3
3
cm ) . B. cm
.
3
3
3 2050p
C. 112000 cm
( 3
3 2250p
cm ) . D. 896000 cm
( cm
3
) .
3
3
Câu 192. (THPT NINH BÌNH – BẠC LIÊU LẦN 4 NĂM 2019) Sân vận động Sports Hub (Singapore)
là nơi diễn ra lễ khai mạc đại hội thể thao Đông Nam Á được tổ chức ở Singapore năm 2015.
Nền sân là một Elip E có trục lớn dài 150m , trục bé dài 90m . Nếu cắt sân vận động theo mặt
E
phẳng vuông góc với trục lớn của và cắt E tại M và N (hình a) thì ta được thiết diện luôn
là một phần của hình tròn có tâm I ( phần tô đậm trong hình b) với MN là dây cung và
0
MIN 90 . Để lắp máy điều hòa không khí cho sân vận động thì các kỹ sư cần tính thể tích phần
không gian bên dưới mái che và bên trên mặt sân, coi như mặt sân là một mặt phẳng và vật liệu
làm mái che không đáng kể. Hỏi thể tích đó xấp xỉ bao nhiêu?
Hình a Hình b
3
3
3
3
A. 57793m . B. 115586m . C. 32162m . D. 101793m .
Câu 193. (Trung-Tâm-Thanh-Tường-Nghệ-An-Lần-2) Một chi tiết máy được thiết kế như hình vẽ bên.

Các tứ giác ABCD,
CDPQ là các hình vuông cạnh 2,5cm . Tứ giác ABEF là hình chữ nhật có
BE
3,5 cm . Mặt bên được mài nhẵn theo đường parabol P có đỉnh parabol nằm trên
PQEF
cạnh EF . Thể tích của chi tiết máy bằng
395 3
A. . B. . C. . D. .
24 cm 50 3
3 cm 125 3
8 cm 425 3
24 cm
Câu 194. (Kim Liên 2016-2017) Một xe lửa chuyển động chậm dần đều và dừng lại hẳn sau 20 s kể từ lúc
bắt đầu hãm phanh. Trong thời gian đó xe chạy được 120m. Cho biết công thức tính vận tốc của
2
chuyển động biến đổi đều là v v at ; trong đó a ( m/s ) là gia tốc, v (m/s) là vận tốc tại thời
t
0
0
điểm (s). Hãy tính vận tốc v của xe lửa lúc bắt đầu hãm phanh.
A. 30 m/s. B. 6 m/s. C. 12 m/s. D. 45 m/s.
Câu 195. (CỤM-CHUYÊN-MÔN-HẢI-PHÒNG) Cho
F x
là một nguyên hàm của hàm số
1
1 1
f x
thỏa mãn F
2
2 và F e ln 2. Giá trị của biểu thức F F bằng
x ln x
e
2 e
e
A. ln 2 2. B. 3ln 2 2 . C. ln 2 1. D. 2ln 2 1.
Câu 196. (KHTN Hà Nội Lần 3) Một bác thợ xây bơm nước vào bể chứa nước. Gọi
V t
là thể tích nước
2
bơm được sau t giây. Biết rằng V tat bt
và ban đầu bể không có nước, sau 5 giây thể tích
3
3
nước trong bể là 15m , sau 10 giây thì thể tích nước trong bể là 110m . Thể tích nước bơm được
sau 20 giây bằng
3
3
3
3
A. 60 m .
B. 220 m .
C. 840 m .
D. 420 m .
Câu 197. (Đặng Thành Nam Đề 6) Trên đoạn thẳng AB dài 200 mét có hai chất điểm X và Y . Chất điểm
X xuất phát từ A chuyển động thẳng hướng đến B với vận tốc biến thiên theo thời gian bởi quy
1 2 1
luật v( t) t t ( m / s),
trong đó t (giây) tính từ lúc X bắt đầu chuyển động. Từ trạng thái
80 3
nghỉ, chất điểm Y xuất phát từ B và xuất phát chậm hơn X 10 giây và chuyển động thẳng ngược
2
chiều với X có gia tốc bằng a( m / s ) với a là hằng số. Biết rằng hai chất điểm gặp nhau tại đúng
trung điểm của đoạn thẳng AB , giá trị của a bằng
A. 2. B. 1,5. C. 2,5. D. 1.
Câu 198. (Chuyên Hưng Yên Lần 3) Một tay đua đang điều khiển chiếc xe đua của mình với vận tốc
2
. Tay đua nhấn ga để về đích kể từ đó xe chạy với gia tốc a t 2t
1 m/s . Hỏi
180 km/h
rằng 4s sau khi tay đua nhấn ga thì xe đua chạy với vận tốc bao nhiêu km/h
A. 200 km/h . B. 252 km/h . C. 288 km/h . D. 243 km/h .
Câu 199. (Đặng Thành Nam Đề 17) Một thùng đựng bia hơi (có dạng khối tròn xoay như hình vẽ) có
đường kính đáy là 30cm , đường kính lớn nhất của thân thùng là 60cm , các cạnh bên hông của

thùng có hình dạng của một parabol. Thể tích của thùng bia hơi gần nhất với kết quả nào dưới
đây? (giả sử độ dày của thùng bia không đáng kể)
A. 70 (lít). B. 62 (lít). C. 60 (lít). D. 64 (lít).

Câu 1.
Chọn B
2 3
x
x
Đặt f x x , suy ra f x 2 ln 2 1 0 , x
. Suy ra f x đồng biến.
x
x
Mà f 1 0 nên 2 x 3 2 x 3 0 x 1.
Ta có x
3 1 x 2 .
x
Ta có 2 1 x 0 .
Ta có đồ thị các hàm đã cho như sau:
Vậy diện tích miền hình phẳng cần tìm là
Câu 2.
Câu 3.
1 2
x
2
1 2
x
2 x 1 1
S 2 1 dx x 3 1
dx x 2x
.
0
1
ln 2 2 ln 2 2
0 1
Chọn B
Phương trình hoành độ giao điểm của hai đồ thị hàm số là:
2 2 2
x 2ax 3a a ax 2 2
x
a
x 3ax 2a 0
6 6
x a x 2a
0
1 a 1 a
x 2a
Nếu a 0 thì diện tích hình phẳng S 0 .
a
2 2 2 2 3
x 3ax 2a x 3ax 2a 1 a
+ Nếu a 0 thì S
dx d x . .
6 6 6
1 a
1 a 6 1
a
a
2a
2a
2a
2a
2 2 2 2 3
x 3ax 2a x 3ax 2a 1 a
+ Nếu a 0 thì S
dx d x . .
6 6 6
1 a
1 a 6 1
a
a
3 3
1 a 1 a 1
Do đó, với a 0 thì S . .
6 3
.
6 1
a 6 2 a 12
3
Dấu " " xảy ra khi và chỉ khi a 1 a 1.
Vậy diện tích hình phẳng giới hạn bởi hai hàm đã cho có diện tích lớn nhất khi a 1.
Chọn C
Ta có g '( x) f '( x) x 0 x 2 x 0 x 1.
Dựa vào đồ thị của hàm số y f x và đồ thị hàm số y x ta có bảng biến thiên
a

Từ bảng biến thiên ta suy ra g 0 g 2 và g 0 g 1 . (1)
Mặt khác, dựa vào đồ thị ta có:
0 1 0 1
S S f '( x) x d x f '( x) x d x g '( x)d x g '( x)dx
1 2
2 0 2 0
g 0 g 2 g 1 g 0 g 1 g 2
( ) ( ) ( )
. (2)
Từ (1) và (2) suy ra g - 2 < g 1 < g 0 nên chọn đáp án C.
Câu 4.
Câu 5.
Chọn A
Xét phương trình hoành độ giao điểm
f x g x f x g x 0 ax b d x c e x 0 . (*)
2
Vì hai đồ thị cắt nhau tại các điểm có hoành độ lần lượt bằng 3; 1; 2 nên phương trình (*) có
các nghiệm là x 3;
x 1
và x 2 . Do đó, ta có
3 2 3
ax b d x c e x a x 3 x 1 x 2 , x
.
2
3 1
Cho x 0 ta được 6a
a .
2 4
Diện tích phần trồng hoa là
3 2 3
2 2
1 253 2
S f x g x dx x 3 x 1 x 2
d x ( m ) .
4 48
3 3
Số tiền trồng hoa là T 800000. S 4216666,667 (đồng).
Làm tròn đến đơn vị nghìn đồng ta được 4217000 đồng.
Chọn B
Căn cứ đồ thị ta thấy
3 2
y x ax bx c
1
+ Hàm số đạt cực trị tại x nên ta có
2
y mx nx p
y
1 0 2a b 3 0 a
0
.
y1
0 2a b 3 0 b
3
1
+ Hàm số đạt cực đại tại và cắt C tại hai điểm có hoành độ
x 1
nên ta có
x P
2m n 0 n
2
1 a b c m n p m
1
1 a b c m n p
p c 1
1 1
2 3 2 3 2
Suy ra S mx nx p x ax bx x dx x x x 1 dx 1;2
1 1
4
3

Câu 6.
Câu 7.
Chọn D
Ta có f 0 1
và hàm đạt cực đại tại điểm x 1
nên
f 0 1 b 1 b
1
3
f x x 3x
1
f 1 0 a
3 0 a
3
3
Khi đó g x cx 2 dx cx 2 dx
3 1
Đồ thị hàm số y g x đi qua các điểm 0;1 ; 1;3 ; 2;3 do đó
g
0 1
3
c d 3c d 1 3
g
1 3
3
4c 2d 34c 2d
3
g 2 3
c
1, d 1
c
d 1
c 0, d 1
c
d 2
1 3
c , d
4c
2d
1
2 2
4c
2d
2 1 1
c , d
2 2
Vì hàm số y g x có ba điểm cực trị nên c 0 và lim g x nên c 0
Suy ra
c d g x x x x x
2 3 2
1; 1 ( ) ( ) 3( ) 1.
x
Phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị hai hàm số y f x và y g x là
2 3 2 3
( x x) 3( x x) 1 x 3x
1
2 3 3 2
( x x) x 3
x 2x
0
2
2 2 2 2
x 2x x x x x x x 3
0
x
0
2
x
2x
0
x 2
4 3 2
x x x 3 0 x
1
x
x0
1,39
Dựa vào đồ thị ta có
Vậy
2
1,39
0
1,39
3 2 2 2 2 3
3 3
S x 3x x x 3 x x dx x x 3 x x x 3x
dx
1 0
3
3 2 2
x 3x x x 3 x x
dx
5,14
Chọn D
H
Ta có diện tích của hình phẳng là S x 3 dx
9 .
3
0
2

d
Gọi , lần lượt là hai đường thẳng có hệ số góc , và cùng đi qua điểm A 0;9 .
1
d k
2
1 2
y k ( x 0) 9 k x 9
d1
1 1
k
Khi đó phương trình đường thẳng là và phương trình đường
y k ( x 0) 9 k x 9
d2
2 2
thẳng là .
9 9
Đường thẳng d1
và d2
lần lượt cắt trục Ox tại B
;0 và C ;0 (vì k2 k1 0 ).
k1
k2
Câu 8.
Câu 9.
1
1 9
27
S 9. 3
AOC
S
2
2
3 k
k
2 2
Theo giả thiết thì .
2 1 9
27
S
AOB
S
9. 6
k1
3 2
k
4
1
27 27 27
Suy ra k
.
1
k2
4 2 4
Chọn B
2 3 2
Ta có phương trình d: y 3a 6a x a a 3a
1.
C
Phương trình hoành độ giao điểm của với d :
3 2 2 3 2
x 3x 1 3a 6a x a
a 3a
1
2
x
a
x a x 2a
3
0 .
x
3
2a
Diện tích hình phẳng cần tính là:
32a
S x 3x 3a 6a x 2a 3a dx
a
3 2 2 3 2 27
27 4 3 81 2
a 27a a 27a
0
4 2
a
2
.
27 4 3 81 2 27
a 0
a 27a a 27a 0vn
4 2 2
Chọn B
Từ đồ thị của hàm số f
' x
ta có BBT
4

Gọi
Gọi
Gọi
S1
S2
S3
là diện tích hình phẳng giới hạn bởi
là diện tích hình phẳng giới hạn bởi
là diện tích hình phẳng giới hạn bởi
y f ' x ; y 0; x 0; x 2
y f ' x ; y 0; x 2; x 5
y f ' x ; y 0; x 5; x 6
1
2
' 0 2
2
S f x dx f f
3
0
6
5
S f ' x dx f 5 f 6
5
; S f ' x dx f 5 f 2 ;
Từ đồ thị ta thấy S S f f f f f f
2
2 1
5 2 0 2 5 0
và S S S f f f f f f f f
1 3 2
0 2 5 6 5 2 6 0
Khi đó ta có BBT chính xác ( dạng đồ thị chính xác ) như sau :
Câu 10.
Vậy phương trình f ( x) = f ( 0)
có 2 nghiệm thuộc đoạn
é -2;6ù
êë
úû
phanhuuthe@gmail.com
Chọn C
Ta có
f x 2
f x f x
f x . f x 4
. 4
f x . f x
dx 4dx
f x . f x 4x C
. 4
f x f x dx x C dx
2
x
f x
d f x
4 C.
x B
2

f
x
2
2
2 .
2
2
x C x B
f x 4x 2 C.
x B .
Giả thiết cho
f
0 1
và
1 5
f
4 2
B 1
B
1
1 C 5 .
B C
1
4 2 2
2
4 2 1
f x x x C
2
*) Phương trình hoành độ giao điểm của C với trục hoành 4x
2x
1 0 .
1
5
x
4
.
1
2
4x
2x
1 0
x
2
1 5
4
Câu 11.
1
5
4
2
Vì C luôn ở phía trên trục hoành nên S 4x 2x 1dx
0,98 .
1
5
4
Chọn A
Phương trình hoành độ giao điểm của hai parabol:
2 2 2
4a 2ax x x
2 2 x
2a
2x 2ax 4a
0 .
4 4
1 a 1 a
x a
a
4a 2 2ax x 2 x
2 2 2 2
Diện tích cần tìm là:
S dx x ax 2a dx
4 4 4
2a
1 a 1 a 1
a
2a
a
2 x a
a x
1
a 3 2
x 2
a 1
a
3 2 3
x ax 2
a
2 9.
4
4
3
a
2 6
Xét hàm số: f a
9. , a 0;
3a
a
. Ta có: .
1
4
f a
9.
2
a
4
1
a
a 0 0;
f a
a
4
a 3 0;
4
0 3 0;
. Từ đó ta có bảng biến thiên:
.

Vậy hàm số đạt giá trị lớn nhất tại a
4 3 .
4 4 4 4 4
a a a a 4 3
Nhận xét: Có thể đánh giá như sau: 1 a 1 4 4
a
3 3 3 3 3
4 3
3
Câu 12.
Suy ra
Chọn D
g
f a
3 3
a a 27
9. 9 . Đẳng thức xảy ra
4 4 4
1
a 4 3 3 4 3
a
3
2
(1) 2 f (1) 1 4 43 0
g '( x) 2 f '( x) 2x
x
3
g '( x) 0 f '( x) x
x 1
x 3
Bảng biến thiên
a
3
4
4 4
1 a 3 a 3

9
Đặt M 3;3
, N 3;
9
, P 0;
, A1;0
, B 3;0
, C 3; 3
, D 1; 1
.
2 2
S MNPO
9 15
.3
2 2
1 3 .2
18 , S ABCD
4 .
2
2
Gọi S là diện tích hình phẳng giới hạn bởi y f '( x),
y x
, x 3
và x 1thì
1
1
1
S f '( x)
x dx
3
1
1
'( )d
2 g x x
3
1
(1) ( 3)
.
2 g g 1 g( 3)
43
2 2
Vì S1 S
1 43
MNPO g( 3) 18 g( 3) 7 0 .
2 2
Gọi S là diện tích hình phẳng giới hạn bởi y f '( x),
y x
, x 1
và x 3thì
2
3 3
1 1
S2
f x x x g x x g g
2 2
'( ) d '( )d (3) (1)
1 1
Vì S2 S
1 43
ABCD g( 3) 4 g(3) 35 0.
2 2
Vậy trên đoạn 3;3 phương trình g( x) 0 vô nghiệm.
1 43
g(3)
.
2 2
Câu 13.
Chọn B
Gọi
S1,
S2
là diện tích của các phần giới hạn như hình vẽ.
0
Ta có: S f x dx f 0 f 1 0 f 0 f 1
.
1
1
Câu 14.
2
2 0
d d 0 2 0 0 2 .
S f x x f x x f f f f
0 2
Mà S1 S2 f 0 f 1 f 0 f 2 f 1 f 2 .
Vậy f 0 f 1 f 2 .
Chọn B

Gọi
S1,
S2
là diện tích của các phần giới hạn như hình vẽ.
0
Ta có: S f x dx f 0 f 1 0 f 0 f 1
.
1
1
Câu 15.
Câu 16.
2
2 0
d d 0 2 0 0 2 .
S f x x f x x f f f f
0 2
Mà S1 S2 f 0 f 1 f 0 f 2 f 1 f 2 .
Vậy f 0 f 1 f 2 .
Chọn D
: y dx e
là tiếp tuyến của C tại điểm A có hoành độ x 1
nên phương trình
f ( x) dx e 0 có nghiệm kép là x1,2 1.
cắt C tại hai điểm phân biệt M , N ( M , N A)
có hoành độ lần lượt là x 0; x 2 nên
0; x 2
phương trình f ( x) dx e 0 có thêm nghiệm là 3 4 .
f x dx e a x x x
2
( ) ( 1) ( 2)
Do đó .
Ta có:
Vậy
Chọn C
Ta có:
28
( ( ))dx ( 1) ( 2) 1.
2 2
28 2
28 5
dx e f x
2
5
a x x x dx a
5
0 0
2
0 0
2 2
1 1
x
0
( x 1) x( x 2) dx
1
f ( x) dx e ( x 1) x( x 2) ( f ( x) dx e) dx ( x 1) x( x 2) dx .
5
1 tan x 1
3 2
3
cos x sin x cos x 1 2 2 4
d cos x cos x cos x
x
4 3
cos x sin x cos x
1
tan x
4 4
3
1 tan 2 x tan x1 tan 2 x 1
tan
2 x 2
4
3
1
tan x
2
1 tan x 1
tan x
4
1
tan x
dx
dx
3
2
2 1
tan x
2
1
tan x dx
1 1
tan x dx
.
1
tan x
4

2
Đặt t 1 tan x ta được dt 1 tan x dx
, đổi cận x t 2, x t 1
3
4 3
Ta được
1
3 2
1
3 2
1 t 1 2 t
1 dt t 1 dt t 2ln t 1 2ln 2 2ln 1
3
t
t 2
2
2 2
Từ đây ta suy ra a b ln 2 c ln 1 3 1 2ln 2 2ln 1
3 .
Do đó a 1, b 2, c 2 suy ra abc 4.
1
3
Câu 17.
Chọn D
2
2x
2x
Do F x x là một nguyên hàm của hàm số .
nên f x . e F
x 2x
.
f x e
2
Xét f x . e x dx
.
Đặt
dv f xdx
v f x
2x
2x
u e du 2e dx
ta có:
2 2 2 2
f x . e x d x f x . e x 2 f x . e x dx 2x 2x C .
Câu 18.
Chọn B
Xét
ln x 3
f xdx
dx
2
x
Đặt u ln x 3
1
1
1
và dv
dx
, ta có du
dx
và chọn v = - . Khi đó
2
x
x 3
x
1 1
f x d x ln x 3
d
x
x x 3
x 1 1 1 1
ln x 3
d
3
x
x x x 3
1 1 1
ln x 3 ln x ln 3
3 x
3
C
x
1 1
ln x 3
1 ln x C .
x 3 3
F x ln x 3 ln x C1
+) Xét trên 3;0 ta được
1 1 1
x 3 3
Tính 1 1 1
F 2 ln1 ln 2 C ;
1
ln 2 C1
2 1 2
F 1 ln 2 ln1
C1
ln 2 C1
6 3 3
3 3 3
1 1 1
+) Xét trên 0;
ta được F x
ln x 3 ln x C2
.
x 3 3
Tính 4 1
8
F 1 ln 4 ln1
C ; .
2
ln 2 C2
F 2 5 ln 5 1 ln 2 C2
3 3
3
6 3
Ta có F 2 F 1 0
1 8
7
ln 2 C .
1
ln 2 C2
0 C1 C2
ln 2
3 3
3

Từ đó F 1 F 2
2 ln 2 C 5 1
.
1
ln 5 ln 2 C2
ln 2 5 ln 5 C1 C2
3 6 3
6
5 7 10 5
10 5
ln 2 ln 5 ln 2 ln 2 ln 5 a ln 2 bln 5 ta được a ; b 3a
6b
5 .
6 3 3 6
3 6
Câu 19.
Chọn D
Ta có f x f x e x
x
x
f xe f xe 1
f x
Vì
f
0
2x
x
0 2 2.e C C 2 f x e x 2 e .
Vậy f xe 2x
dx
x
x x
x 2 e e dx
x 2e x e
Phân tích: Bài toán cho hàm số
x
e
1
f xe x x C .
2 e x dx
2d e x
x x
x x 2 e
e d x 2
x
C x
1 e x C .
đưa ta tới công thức đạo hàm của tích u. v
u . v u.
v v cho phù hợp
y f x
và y g x
Gx
f x g x f x k x
(Chọn v e ).
Tổng quát: Cho hàm số
Ta có f x g x f x k x
y f x
thỏa mãn điều kiện chứa tổng của f x và f x
với u f x
liên tục trên K , thỏa mãn
G x G x G x
e f x g x e f x k x e .
. Từ đó ta cần chọn hàm
Với
Gx
e f x k x e
G x là một nguyên hàm của
Gx
Gx
Gx
e f x
k xe dx
g x .
Admin tổ 4 – Strong team : Bản chất của bài toán là cho hàm số
G x
G x
f x e k x e dx .
y f x
thỏa mãn điều kiện
chứa tổng của f x và f x
liên quan tới công thức đạo hàm của tích
u f x
. Khi đó ta cần chọn hàm v thích hợp. Cụ thể, với bài toán tổng quát :
thỏa mãn g x. f x h x.
f x k x
u. v u . v u.
v với
Cho hàm số y f x , y g x , y h x , y k x liên tục trên K , g x 0 với x K và
Ta sẽ đi tìm v như sau :
x
v
h x v h x
dx dx
v g x
v
g
Khi đó :
ln v
h x
dx v e
g x
h x
x
g x d
Câu 20.
Câu tương tự:
Chọn D
2
Ta có f x 2xf x
2xe x x 2 x
2
2 x
e f x xf x e .2xe 2
2
x
e f x 2x

Câu 21.
2
x
2
e f x 2xdx x C .
2
Vì f (0) 1
C 1 f x x 1 e x
.
Vậy
Chọn A
2
x
2
xf xe dx
x x
2
1
1 dx
x
2 1 d x
2 1
2
1 2
1 2
2 x C .
2 du
2xdx
2 ax
u
x
F x x e dx
. Đặt 1 .
ax
d e d e
ax
v x v
a
1 2 ax 2 ax 1 2 ax 2
F x
x e xe d x x e . A 1
a a
a a
du
dx
ax
u x
Xét A xe dx
. Đặt 1 .
ax ax
dv e dx
v
e a
1 ax 1 ax
A xe e dx
2
a
a
1
Từ và 2
1 2 2 2 1 2 2 2
suy ra F x x e ax xe ax e ax dx x e ax xe ax e
ax C .
2 2 2 3
a a a
a a a
Mà
1
F
F 0
1
a
1 e 2 e 2 e 2 1
C
a a a a
3 3 3
C 3
3 3
a a a
e 2 e 2 0 1.
Câu 22.
Chọn A
2 2 2
x ln x x ln x
Ta có I dx
2 dx dx
2 2 .
x 1 x 1 x 1
1 1 1
2
x
Xét I1 dx
2 .
x
1 1
Đặt t x 1 dt dx .
3 3 3
t 1 1 1 3 1 3 1
I .
1
dt dt dt ln t ln
2 2 2
t
t
t
t 2 6
2 2 2
2 2 2 2
ln x 1 1 1 1 1
Xét I2 dx ln x dx ln 2 dx
2
.
x 1 x 1
1
x x 1 3
x x 1
I
2
1 1 1
1 x 1 4
ln 2 ln ln 2 ln .
3 x 1 3 3
2
1
3 1 1 4 2 1
Do đó I ln ln 2 ln ln 2 .
2 6 3 3 3 6
3
2

Câu 23.
Câu 24.
Câu 25.
a b
23 5
S .
c 6 6
Chọn A
f x f x x
(1)
x
x x x
Nhân 2 vế của (1) với ta được e . f x e . f x x.e
.
.
e
x x x x
Hay e . f x
x.e e . f x
x.e dx
.
Xét I x.e x dx
.
u x du dx
Đặt
.
x
x
e dx dv v e
.e x d .e x e x d .e x e
x
x x x
I x x x x x C . Suy ra e f x x.e e C .
x x
x.e e 2 2
Theo giả thiết f (0) 1 nên C 2 f x f 1
x
.
e
e
Chọn B
Tìm I (2x 1)ln xdx
ì
1
u ln x
ìï
d d
Đặt ï
= u = x
í
Þ ï
í x
ïdv ( 2x 1) dx
î
= + ï 2
ïî v = x + x
2
2 2 x
(2x 1)ln xdx x xln x
( x 1)dx x xln x x C.
2
Chọn A
Vì e x
x là một nguyên hàm của f x
trên khoảng ;
f x x e
e x e
x x x
, x ;
.
x
x
Do đó f x
e xe
, x
;
f x e x
1 x
, x ;
Nên e x
x
f x
1 x
e x 2
Bởi vậy 2d 2 2
x x x
f x e e x 2 .e x 2 .
F x x x 1 x C .
2
F 0 1 0 2 C C 2 ; F 0
1 C 1.
2
1 2 1 2 7
F x x 2 1 F 1 1 2 1
.
2 2 2
Từ đó 2
Vậy
Nhận xét:
+ F x là một nguyên hàm của của
+ f xdx f x C.
+ Nếu đề bài không cho “ e x
nguyên hàm trên khoảng a;
b
.
f x trên khoảng ;
thì F x f x.
x là một nguyên hàm của f x
trên khoảng ;
;
mà làm
” mà cho có
x x x
f x x e
e x e là chưa đúng.
Nên khi dạy bài này GV nên cho thêm ví dụ 32.1, 32.2 ( 3 ví dụ này dạy cùng 1 buổi là tuyệt đỉnh
các thầy cô nhé! Hi hi)

Câu 26.
Bài toán tương tự
Chọn B
Ta có họ nguyên hàm của hàm số
I f x dx 2x 2 ln x dx .
dx
u
2 ln x du
Đặt x .
dv
2xdx
2
v
x
2 2 ln
f x x x
là
Câu 27.
1 3
2 2
I x 2 2 ln x xdx 2x 2 x 2 ln x x 2 C x 2 x 2 ln x C
Chọn C
2
2x
x ln x 1 1
Ta có:
dx 2x
1
ln
x dx dx I1 I2
.
x
x
1
u ln x
du
d x
I1 2x 1
ln x dx
. Đặt
x .
dv 2x 1 dx
2
v
x x
2 2 1 2
I1
x xln
x
x x d x x xln
x x 1 d x
x
2
2 x
x xln x x C1.
2
.
Câu 28.
Câu 29.
1 I
2
dx
ln x C
x
2x
2
Chọn B
2
.
x ln x 1
dx
I1 I2
x
2 2
2 x
2
x
x xln x x C1 ln x C2
x x 1
ln x x C.
2
2
x
Hệ thức f x sin xdx = f x cos x cos xdx (1).
Xét f xsin
xdx .
u f x du f ' x
Đặt
. Ta được f xsin xdx f xcos x f ' xcos
xdx .
dv sin xdx v cos
x
'
x
Theo hệ thức (1), suy ra f x .
x
Dựa vào đáp án, ta nhận thấy có một hàm số thỏa mãn là f x
.
ln
Chọn B

Ta có: xcosxdx
.
u
x du
dx
Đặt .
dv
cosx dx
v
sin x
Vậy x cosxdx
xsin x sin xdx
xsin x cosx C .
Câu 30.
Chọn B
Ta có: xcosxdx
.
u
x du
dx
Đặt .
dv
cosx dx
v
sin x
Vậy x cosxdx
xsin x sin xdx
xsin x cosx C .
Câu 31. .
Chọn C
Ta có
1
1 4
1
f ( 4x 1) dx f ( 4x 1) dx f ( 4x 1)
dx
1 1
1
4
1
4
1
1
.
f (1 4 x) dx f (4x 1)
dx I J
1
4
+) Xét
1
4
I f (1 4 x) dx.
1
Đặt t 1 4x dt 4 dx;
Với
1
x 1 t 5; x t 0.
4
1
4
0 5 5
1 1 1
I f (1 4 x) dx f ( t)( dt) f ( t) dt f ( x) dx 1.
4 4
4
1 5 0 0
+) Xét
1
J f (4x 1) dx.
1
4
Đặt t 4x 1 dt 4 dx;
Với
1
x 1 t 3; x t 0.
4
1 3 3 3
1 1 1
J f (4x 1) dx f ( t)( dt) f ( t) dt f ( x) dx 2.
4 4
4
Vậy
1 0 0 0
4
1
1
f ( 4x 1) dx 3.

Câu 32.
Câu 33.
Câu 34.
Chọn C
Cách 1.
Với điều kiện bài toán
f x
x
2
Ta có f x
x 1 2x f x
1
.
2 f x 1 x 1
2
2
Suy ra f x x
dx
dx
f .
2 f x 1 x 1
x 1 x 2 1
C
Với f 0 0 ta có 1 1 C C 0 .
Khi đó
2
Vậy f 3 3.
f x 1 x 1
f x x
2
Cách 2.
f x
x
Từ giả thiết ta suy ra được *
.
2
2 f x 1 x 1
Ta có
3 3
f x x
dx
dx
3
2
f x 1 x 1
2
0 2 f x 1 0 x 1
f 3 1 f 0
1 1
f
Chọn D
0 0
3 1 2 f 3
3 .
2
2 1 x x x
x tan x dx x
1 d d d d .
2 x x x x x
2 2
cos x cos x cos x 2
Tính
x
cos x
2
d
x . Đặt
u
x
du
dx
1
dv
dx
v tan x
2
cos x
x
sin x
dx x tan x tan x dx x tan x dx
2
cos x
cosx
d cosx
x tan x x tan x ln cosx C .
cosx
2
2
Vậy
x
x tan x dx x tan x ln cosx C .
2
Chọn A
Phương pháp: Áp dụng phương pháp nguyên hàm từng phần.
Ta có: y f x 3x x cos x . Đặt I f xdx
.
3
2
= 3x x cos x dx
= 3 x
3
dx
+ 3x
cos x dx
= x C 1 + 1 (với I x x x ).
I
u
x du
dx
Đặt
.
dv
cos x dx
v
sin x
I x cos x dx xsin x sin x dx xsin x cos x C
1 2
.
3.I
1
cos d

I
3
3
= x C 1 + 3 xsin x cos x C2
= x 3 xsin x cos x C (với 1 2 ).
C C 3C
Câu 35.
Chọn D
Câu 36.
Câu 37.
Câu 38.
Chọn B.
Chọn B
Với mọi x
0;
, ta có
xf x f x x x x
2
2 cos
1
x f x
f x
2 x cos x
x
.
x
2
f x
x cos x f x
xsin x cos x
C
x 2 x 2 2
Mà f 4 0
1
suy ra C
xsin x cos x 1
. Vậy f x
x .
2
2 2 2
Suy ra
f 9 3 .
Chọn A
Gọi
2 2 2
x
F ( x) = ò x tan xdx = ò x( tan x + 1- 1) dx = ò x( tan x + 1)
dx - ò xdx = ò dx - xd x.
2
cos x
ò
ì u = x
d d
Đặt
ï
ì u = x
í 1 Þ ï
í
ïdv
= dx
ï v = tan x
2 ïî
ïî cos x
Khi đó: ( )
sin
F x = x dx - xdx = x tan x - x dx
- x
ò ò ò
2
cos x
cos x 2
2 2
( x) x x
d cos
= x tan x + ò - = x tan x + ln cos x - + C.
cos x 2 2
æ p ö
Vì x Î ç - ;0
çè 2 ÷
nên cos 0
ø
x > , suy ra ln cos x ln( cos x )
= .
2
Câu 39.
2
x
F x = x tan x + ln cos x - + C.
2
Vậy: ( ) ( )
Chọn C

u x 1
du
dx
Đặt
, ta có 1 . Do đó:
dv
sin 2xdx
v
cos 2 x
2
4 4
1 4 1
I x 1sin 2xdx x 1
cos 2x cos 2xdx
.
2 2
0
o
0
Câu 40.
Chọn C
Chọn hệ trục
Oxy
như hình vẽ.
2 2
x y
Giả sử phương trình chính tắc của elip có dạng : 1
a b 0 .
E
a b
2 2
2 2
AA 10 2a 10 a
5 x y
3
2
Theo giả thiết ta có E
: 1 y 25 x .
BB 6 2b 6 b
3 25 9 5
2 2 2
Đường tròn tâm O bán kính OB có phương trình x y 9 y 9 x .
Gọi V
3 2
1 là thể tích khối tròn xoay do hình phẳng giới hạn bởi các đường y 25 x , y 0,
5
x 0, x 5 quay xung quanh trục Ox .
Câu 41.
V
2
Gọi 2 là thể tích khối tròn xoay do hình phẳng giới hạn bởi các đường y 9 x , y 0,
x 0, x 3 quay xung quanh trục Ox .
Thể tích khối tròn xoay cần tìm bằng:
5 3
9
2 2
V 2V .
1
V2
2
25 x dx 9 x dx
24
25
0 0
Chọn A
x x 1 x
4 4 4
Đặt A dx dx dx
2 2
.
0
1
cos 2x 0 2cos x 2
0
cos x
u x du dx
Đặt: 1
.
dv dx v tan x
2
cos x
Khi đó:

Câu 42.
1
1 1 2 1 1
A tan 4
x x 4 tan xdx x tan x ln cos x
4 ln ln 2
0
2
0
2
0
2 4 2
2 4 2
1
ln 2 .
8 4
1 1
Vậy a , b và 16a
8b
2 2 4.
8 4
Chọn A
2 2
2 2 2 2
Ta có 4xf x 6 f 2x 4 x 4xf x 6 f 2x dx 4 x dx 4I 6I I .
Trong đó
2
2 4
2 1 2 2 1
I1
xf x d x= f x d x f x dx
2 2
0 0 0
2 2 4
1 1
I2
f 2xd x= f 2xd 2x f xdx
2
2
0 0 0
0 0
1 2
2 2 2
2 2 2
I 4 x dx 2 4 4sin t .cos t dt 4 cos t dt
2
0 0 0
2
2 1 cos 2t dt 2t sin 2t
.
0
0
Câu 43.
4
4
I1 I2
1
Khi đó ta có hệ
I hay .
1
I2
f x dx
4I1 6I2
10 2
10
f x dx
5
0
0
Chọn A
u ln(sin x 2 cosx)
cosx 2sin x
du
dx
Đặt dx sin x 2cosx
dv
2
cos x
v
tanx
Khi đó
4 4 4
ln(sin x 2 cosx) cosx 2sin x
dx tan x.ln(sin x 2 cosx) tan x. dx
cos x
sin x 2 cosx
2
0 0 0
3 2
4
1 2 tan x 3 2
4
10
ln tan x. dx ln 2 tan x 5 dx
2 tan x 2 2 tan x 2
0 0
1
4 4
cosx
1 5
4
cosx
ln 3 ln 2 2ln cosx 5x
10 ln 3 ln 2 10
2
dx
dx
sin x 2cosx 2 4
sin x 2cosx
0 0 0
Xét tích phân
4 4
0 0
cosx 2sinx 2sinx 2cosx
cosx 1
dx
sinx 2cosx 5
sinx 2cosx
dx

1
4 1 3 2
ln 2 2 ln ln 2 1
ln 3 3
sinx cosx x ln 2
5 0 5
2 2
5 2 2
Suy ra
4
0
ln(sin x 2 cosx) 1 5 3 5
ln 3 ln 2 2(ln 3 ln 2 ) 3ln 3 ln 2
2 dx
cos x
2 4 2 2 2 4
Câu 44.
Câu 45.
Câu 46.
5 1 15
Vậy a 3, b , c abc .
2 4 8
Chọn C
Thể tích khối tròn xoay được tạo thành khi quay xung quanh trục Ox là
2
2
2
V x x 1 dx
0
Chọn B
Thể tích của khối tròn xoay thu được khi quay hình
2
2 2
x
x
V e 4x dx 4x e dx .
Chọn C
1 1
H
H
quanh trục hoành là:
Câu 47.
2 2
Phương trình elip có dạng
x y
2
1
nên a 9 hay a 3.
2 2
a b
Ta có: x 2 y 2 2 2 2
2
1 y 1 x
4 1
x
y .
9 4 4 9 9
Thể tích khối tròn xoay cần tìm là:
3 2 3
x x
V 41 dx 4 x 4 2 2
16
.
9 27
Chọn D
1
3 3
0
2018 2019
2019x 1 dx x x 0 0 0 .
1
0
3

Câu 48.
Chọn D
x
0
2
Xét phương trình hoành độ giao điểm ta có: x 2x
0 .
x
2
2
Suy ra thể tích vật thể tròn xoay sinh bởi hình phẳng giới hạn bởi các đường y x , y 2x
2 2
2
Ox
4 2 4
khi quay quanh trục là: V x 2x dx 4x x dx
.
0 0
Câu 49.
Chọn B
Phương trình hoành độ giao điểm của đường cong y ln x và trục hoành là: ln x 0 x 1.
V D 2
Thể tích của khối tròn xoay tạo thành khi quay quanh trục hoành là: V ln x dx
.
+ Đặt
2
u
ln x du
2
ln xdx
x
dv
dx
v
x
2 e
e
e
V x ln x 2
ln xdx e 2
ln xdx
.
1
1 1
1
u ln x du dx
+ Đặt x
dv
dx
v
x
e
e
e
V e 2 x ln x dx e 2 x ln x x e 2 e e 1 e 2
1
1
1
Câu 50.
Câu 51.
Câu 52.
Chọn A
5 2 5
x 2 x 2 x 2
dx dx 3 3
dx
1 d 1 d
x 1 x 1 x 1
x
1 x
x x 1
1 1 2
2 5
x 3ln x 1 x 3ln x 1
1 2
2 5
1 2
2 3ln 3 1 3ln 2 5 3ln 6 2 3ln 3
3ln 3 6ln
2 .
Vậy a 3, b 6
, c 2 nên P 36
.
Chọn C
2
x 2x
Xét phương trình: x 1
e 0 x 1 0 x 1.
Thể tích vật thể tròn xoay tạo thành là:
1 2
2
2 e
x x
1
2
Chọn C
1
2 2e
e 1
2e
.
2
2
2
2
1 e x x 1
2
x 2x
2
d e d x 2x
2
1
1
V x x
.
e
1

1
Thể tích khối tròn xoay do hình phẳng giới hạn bởi các đường y ,
x
y 0, x 1
và
a
a
1 1 1
x a a
1 quay xung quanh trục Ox là V
dx
1
2
.
x x
1 1 a
Câu 53.
Chọn A
2 x
0
Ta có: 3x
x 0 .
x
3
Vậy thể tích khối tròn xoay cần tìm là
3 3 3 5 4
2 2 2 4 3 9x x 6x
81
V (3 x x ) dx (9x x 6 x ) dx .
3 5 4
10
Câu 54.
Chọn C
0 0 0
Hình H tạo bởi đồ thị hàm số y sin x , trục hoành và các đường thẳng x 0 , .
3
x
Thể tích của khối tròn xoay được tạo thành khi cho hình H quay quanh trục Ox là:
Câu 55.
Câu 56.
2
1 sin 2 sin 0
sin .d 1 cos 2 .d sin 2 0
2
V x x
2
x x x x 2 2 0
2 2 2 2
Chọn D
0 0
2
2 1
sin d 1 cos 2 d sin 2 .
V x x x x x x
2 2 2 2
Chọn C
0 0 0
.
Câu 57.
Chọn A
4 4
2 x 4
2
2 2 0 2 4 2 8
0 0
sin 2 1 ( 2)
V cos xdx (1 cos 2 x) dx ( x ) ( ) .

2 2 2 x
1
Xét phương trình hoành độ giao điểm: x 2x 4 x 2x 2x
4 0 .
x
2
2
y x 2x
Do khi quay quanh trục hoành thì khối sinh bởi hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số ,
trục hoành, x 0; x 2 sẽ nằm trong khối sinh bởi hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số
Câu 58.
Câu 59.
y
2
4 x
0; 2
, trục hoành, x x . Vậy thể tích cần tính bằng:
0 0 2
2 2
2 2 2
2 203 38 256 421
V 4 x dx x 2x dx
4
x dx .
15 15 15 15
1 1 0
Chọn C
Áp dụng công thức tính thể tích của khối tròn xoay giới hạn bởi đồ thị hàm số
và hai đường thẳng và x b a b khi quay quanh trục :
Ox x a
Chọn D
y f x
2
Ox
b
V f x dx
a
, trục
Câu 60.
Câu 61.
Câu 62.
5 5 5
2 2 3
4 f x 3x
dx 4 f x dx 3x dx 8 x 8 125 133
.
0 0 0
Chọn C
Số nghiệm của phương trình f x m 1 là số giao điểm của đường thẳng d : y m và đồ thị
C
của hàm số y f x . Do đó phương trình 1 có hai nghiệm phân biệt khi và chỉ khi d
m
3
cắt C
tại hai điểm phân biệt .
m
1
Mà m 2019;2019 , m nên m 2019; 2018; 2017;...; 2;3 .
Vậy có 2019 giá trị nguyên của m thỏa mãn.
Chọn D
Phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số và trục là
x
5
0
2
y x x
2 x
2
3 3
2
x 6 0
x
3
6 Ox
2 4 3 2
Thể tích cần tìm là V x x 6 dx x 2x 11x 12x 36 dx
.
Chọn D
2 2
.

12
y
y = x^2
10
8
y = 2x
6
4
2
x
O 2
15 10 5 5 10 15
2
Xét phương trình hoành độ giao điểm của hai đồ thị:
x
2 x
0
2x
x
2
Câu 63.
2 2 2 2
2 2 2 2 4
Ta có : V (2 x) dx ( x ) dx 4x dx
x dx
Chọn A
Ox
0 0 0 0
Cách 1. Ta có
2 x 0
x
2
x 2
2
2 3
2 x 8 2
Thể tích của khối tròn xoay V 2 x dx 2x
.
3 3
Cách 2.
2 2
2
- Nhận thấy hàm số y 2 x có đồ thị là nửa đường tròn tâm O 0;0 , bán kính r 2 nằm
phía trên Ox , nên khi quay nó quanh trục Ox thì được khối cầu có bán kính r 2 . Do đó thể
tích
4 3 8
2
khối tròn xoay thu được là: V r .
3 3
2
Câu 64.
Câu 65.
Chọn B
2 x
0
Hoành độ giao điểm của hai đồ thị hàm số là nghiệm của phương trình: 2x
x 0 .
x
2
Khi đó thể tích khối tròn xoay khi quay hình phẳng
2
2
thức: V 2x x dx .
0
2
Chọn B
2 x
0
Ta có phương trình hoành độ giao điểm 2x
x 0 .
x
2
H
quanh trục hoành được tính theo công

H
2
Do đó thể tích vật thể tròn xoay khi quay quanh trục hoành là V 2x x dx
.
2
0
2
Câu 66.
Câu 67.
Câu 68
Câu 69.
Câu 70.
Câu 71.
Chọn A
Hoành độ giao điểm của đường
2 x
0
x
2x
0 .
x
2
2
y x 2x
và trục hoành là nghiệm của phương trình:
Khi đó thể tích khối tròn xoay sinh bởi hình phẳng H quanh trục Ox là:
2
2
2 16
V
x 2x
dx
.
15
0
Chọn D
4 4 4 4
2
sin x d(cos x)
V ( tan x) dx tan xdx dx
cos x
cos x
0 0 0 0
1
ln | cosx | 4 ln ln 2
0
2
Chọn A
Phương trình hoành độ giao điểm của đường cong và trục hoành là:
2 2
m x 0 x m
m
2
2 2 2 1 3
4
m m
Thể tích vật thể tròn xoay cần tính là: V ( m x ) dx ( m x x ) |
3 m 3
2
4 m m
3
3 3
Ta có: V 1000
1000
m 750 750 m 750 .
3
3
Ta có 750 9,08 và m 0 . Vậy có 18 giá trị nguyên của m.
Chọn C
3
2
3 3
2
2 x
Ta có thể tích của vật thể là V 9 x dx
9 x dx 9x
.
0
3
18
Chọn B
Khối tròn xoay tạo thành khi quay
D
m
m
0 0
quay trục hoành có thể tích là:
2
2 sin 2 sin 2 | cos | 2 2 2 1
V x dx x dx x x
0 0
0 0
Chọn D
Gọi D là hình phẳng giới hạn bởi các đường x 0 , x 4 , f x x và trục hoành.
2
1
D là hình phẳng giới hạn bởi các đường x 2 , x 4 , g x x 2 và trục hoành.
3

Câu 72.
V1
2
V D
Kí hiệu , tương ứng là thể tích của các khối tròn xoay tạo thành khi quay ,
quanh trục hoành.
4 4
2 2
2
Khi đó, V V1 V
8
16
2 f xdx g xdx
xdx
x 2
dx
8
.
3 3
Chọn A
0 2
4 4
0 2
1
D 2
Câu 73.
2 2 2 2
y 3 1 x y 3 1
x
C : x y 3 1 y 3 1 x
y 3 1 x
y 3 1
x
Thể tích V
2
2 2
2 2
của khối tròn xoay được sinh ra khi quay hình phẳng giới hạn bởi đường tròn
C : x 2 y 3 1
xung quanh trục hoành là
2 2
1 1
2 2 2
V 3 1 x dx 3 1 x dx .6 6
.
Chọn D
1 1
4
2
Ta có 1
2
V 8. .4 2
4y dy 96
0
V
2
3 3
4 .4 4 .2
2 64
3 3
3
Suy ra V1 V2
2
Câu 74. [2D3-3.3-2] (TTHT Lần 4)Trong mặt phẳng tọa độ Oxy ,
2
x
y
4
2
x
H1
: y
4
2 2
x
y 32
,
2 2
x
y 16
2 2
H 2 : x y 4y
.
2 2
x y 4y
V1
Cho H1,
H 2 xoay quanh trục Oy ta được các vật thể có thể tích lần lượt V1 , V2
. Tính
V
2

Câu 75.
Bổ sung hình vẽ 34.1
Chọn B
2
Phương trình hoành độ giao điểm x 4 0 x 2
.
2
Vì đồ thị hàm số y x 4 gồm hai nhánh: Nhánh đồ thị tương ứng với x 2 và nhánh đồ thị
tương ứng với x 2
, nhưng chỉ có nhánh đồ thị tướng ứng với x 2 cắt đường thẳng x 3
nên thể tích khối tròn xoay tạo thành khi quay hình H quanh trục hoành là:
3 3
2 x 7
V
x 4dx 4x
.
3 3
2 2
3
Câu 76.
Chọn B
2 x1
2
Phương trình hoành độ giao điểm của H với trục hoành: 2x
x 0 .
x2
0
Vậy thể tích khối tròn xoay sinh ra do H quay quanh Ox là:
2
2
2
2 3 4
2 .d
V x x x
0
2
0
4x 4 x x .dx
2
5
4 3 4 x
16
.
x x .
3 5 15
0
Câu 77.
Câu 78.
Chọn C
Áp dụng công thức
3 1 3
0 0 1
b c b
f x dx f x dx f x d x,
a c b
a a c
f x dx f x dx f x dx
3 2 1
Chọn B
Thể tích của khối tròn xoay tạo thành khi cho hình phẳng giới hạn bởi các đường y tan x ,
y 0 , x 0 , x quay xung quanh trục Ox là:
4
V
4
0
tan
2
4
1
x dx
1 dx
2 tan x x |
cos x
4 0
0
tan tan 0
.
4 4
1
4
ta có
Câu 79.
Chọn A

Phương trình hoành độ giao điểm:
3x
10 1 x 3
2
3x 10 x x 2 (Vì x 0 )
2
x 1 x 1
(Vì x 0 )
2 3
2
2
2 2 2 56
Ta có: V x 1 dx 3x 10
1
dx
.
5
Câu 80. .
Chọn A
Thể tích của hình phẳng
1 2
D
là
x
1 1
2
3
x 2 e
V
y dx
dx
0 0
x
xe 1
1 1
dx
0 0
2 1
e
xe
x
x
1
1
0
x
3 xe 2e
x
xe 1
x
dx
x
1 2 1
e
dx
dx
K .
0 x
xe 1
1
x
1
1 1
e
1 x
Với K 2
d 2 e
x dx
.
0 x
xe 1
0
1
x
x
e
1
0
x
1 xe 2 2e
x
xe 1
1 1
Đặt u x du 1
dx
1
x x . Đổi cận: x 0 u 1; x 1 u 1
.
e e
e
1
1 1
du
1 1
e
K 2 2 .ln u e
2
ln 1 .
1
1
u
e
1 1
Vậy V 2 ln 1 1 2.ln 1 .
e
e
x
dx
Câu 81.
a
1
Từ đó ta suy ra được a 2b
5 .
b
2
Chọn A
a
Ta có:
Vì:
a
0
0
a
x x x x a a
0
2 2
2 3 d 3 3
2x
3 dx
4
2 a
4( tm)
nên a 3a
4
a
1( l)

Câu 82.
Vậy a 4 .
Chọn A
Phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số
y 3x x
2
và trục hoành là:
Câu 83.
Câu 84.
2 x
0
3x
x 0 .
x
3
2
2 81π
Vậy thể tích khối tròn xoay cần tìm là V π 3x x dx
.
10
Chọn A
Phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số
3
0
y 3x x
2
2 x
0
3x
x 0 .
x
3
2
2 81π
Vậy thể tích khối tròn xoay cần tìm là V π 3x x dx
.
10
Chọn D
3
0
và trục hoành là:
4 2
4
x
Ta có: V xdx 8
. Mà V 2V 1
V1
4
.
2
0 0
Gọi K là hình chiếu của M trên Ox OK a, KH 4 a,
MK a .
Khi xoay tam giác OMH quanh Ox ta được khối tròn xoay là sự lắp ghép của hai khối nón sinh
bởi các tam giác OMK,
MHK , hai khối nón đó có cùng mặt đáy và có tổng chiều cao là
1
OH 4 nên thể tích của khối tròn xoay đó là 2 4
a
V
, từ đó suy ra .
1
. .4.
a a 3
3 3
Câu85.
Chọn D
Câu 86. .
Chọn D
x H
Hình phẳng H được đánh dấu trong hình giới hạn bởi đồ thị hàm số y f x , trục hoành và
hai đường thẳng x 2
, 1 nên thể tích của vật thể tròn xoay tạo thành khi cho quay
xung quanh trục Ox là V f x dx
.
1
2
P
O
2
Ta có parabol có đỉnh và đi qua điểm B 4;4
1 2
có phương trình y x .
4
Khi đó thể tích khối tròn xoay sinh bởi hình phẳng (phần gạch chéo) khi quay quanh trục Ox
4
1 2 64
là: V1
x
dx
4 5
0
2
2 2
Thể tích khối trụ khi quay hình vuông OABC quanh cạnh OC là: V2 r h .4 .4 64
.

Câu 87.
Suy ra thể tích V của khối tròn xoay khi cho phần S quay quanh trục Ox là
64
256
V V .
2
V1
64
5 5
Chọn D
Ta thấy đồ thị của 2 hàm số y 2x
và y 2x
đối xứng nhau qua trục hoành nên khối tròn
( H )
xoay thu được khi quay hình phẳng quanh trục Ox cũng là khối tròn xoay thu được khi
y
2x
quay hình phẳng giới hạn bởi các đường y
0 quanh trục Ox .
x 4
4
2
Do đó V 2xdx x 16
.
1
0 0
4
1
Gọi ( C1
) là hình tròn tâm O bán kính R1 4 , ( C
2)
là hình tròn tâm I(2;0)
bán kính R2 2
và ( C ) là hình tròn tâm J ( 2;0)
bán kính 3
2. Khi đó hình phẳng ( H ) là phần nằm bên
3
( )
R
2
( ) ( ) V , V , V
C1
C2
C3
3 4 5
trong hình tròn nhưng nằm bên ngoài các hình tròn và . Gọi lần lượt là
thể tích của các khối cầu có bán kính
Do đó V
2
3 3 3
4 .4 4 .2 4 .2
( ) 64
3 3 3
R1 , R2 , R3
thì V2 V3 V4 V5
( )

Câu 88.
V
4V
Vậy .
Chọn A
2 1
Vẽ các đường các đường y 3x
10
, y 1,
y x
2
Phương trình hoành độ giao điểm 2 đồ thị
y
2
x và y 1
là
x
2 x 1
1
x
1
Phương trình hoành độ giao điểm 2 đồ thị
y
2
x và y 3x
10
x 2
x 3x 10 x 3x
10 0
x
5
là
2 2
Phương trình hoành độ giao điểm 2 đồ thị
là 3x
10 1 x 3
Theo hình vẽ,
D
là miền gạch chéo.
Do đó ta có thể tích vật thể tròn xoay nhận được
V1
1
y 3x
10
và y 1
V V1 V2 V3
, trong đó:
là thể tích khối tròn xoay sinh bởi hình phẳng D quay quanh Ox , với D1
giới hạn bởi các
y x 2 ; y 0; x 1; x 2
đường .
V2
là thể tích khối tròn xoay sinh bởi hình phẳng D2
quay quanh Ox , với D2
giới hạn bởi các
đường y 3x 10; y 0; x 2; x 3 .
V3
là thể tích khối tròn xoay sinh bởi hình phẳng D3
quay quanh Ox , với D3
giới hạn bởi các
đường y 1; y 0; x 1; x 3.
V 2 x dx 3 10 3x dx 3
dx
1 2 1
2
2 2
Suy ra
4 2
2 x dx 3 9x 60x 100 dx
3
dx
1 2 1
5
2
x
3
3 2
3
3x 30x 100x
x
2 1
5
1

1 5 3 2 3 2
2 1 3.3 30.3 100.3 3.2 30.2 100.2 3 1
5
Câu 89.
56
5
Chọn A
.
Chọn hệ trục tọa độ như hình vẽ, ta có J 1;1 , K 2 1;1 , C 2;0 .
Phương trình đường tròn J 1;1 bán kính JB 2 là
2 2
y 2
2 2
x 1
1 1 2x x 1, khi y 1
x 1 y 1 2
.
2 2
y 2 x 1
1 1 2x x 1,khi y 1
Câu 90.
Do quay hình phẳng xung quanh đường thẳng AC có thể tích gấp đôi khi quay phần hình phẳng
gồm tam giác vuông OBC và nửa hình tròn tâm J bán kính JB .
1
2 1
2
2 2
Nên thể tích khối tròn xoay
0 2
2 2
V 2 1 2x x 1 dx 2 1 2x x 1 dx
32
2
4
3
(Tính tích phân trên dùng máy tính do thi trắc nghiệm)
Chọn A
Đồ thị đi qua các điểm ; và 5;3 nên Parabol có phương trình là
P
1;2 3;1
3 2 29
y x 2x
.
8 8
Xét phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị và P là
C
3 2
ax b m x c n x d p 0 .
Dựa vào hình vẽ ta có đồ thị C
cắt đồ thị P
tại các điểm có hoành độ 1; 3; 5 nên phương
trình hoành độ cũng có dạng là a x 1 x 3 x 5
0 a x 3 9x 2 23x
15 0
.

Câu 91.
Theo giả thiết ta có diện tích phần tô đậm bằng 1 suy ra
3 3
3 2 3 2
1
S a x 9x 23x 15 dx a x 9x 23x 15 dx
1
a .
8
1 5
1 1 3 2
Với a ta có 9 23 15
0
.
8 8 x x x 1 3 9 2 23 15
x x x 0 1
8 8 8 8
1 1
a
8
a
8
3 9
b
3
b
Từ 1
và
8 8
ta có
4
.
23
c 2 7
c
8 8
29 15
7
d
d
8 8 4
Suy ra C 1 3 3 2 7 7
có phương trình là y x x x .
8 4 8 4
Vậy thể tích của khối tròn xoay tạo thành khi quay phần hình phẳng đó quanh trục hoành là
3 2 3
2
1 3 3 2 7 7 3 2 29
V x x x dx
x 2x dx
8 4 8 4 8 8
1 1
.
5 2 5
2
3 2 29 1 3 3 2 7 7
x 2x dx
x x x dx
8 8 8 4 8 4
3 3
395 199 409 437
3
.
84 60 60 84
Chọn C
Cách 1:
S
Mặt cầu có tâm I 0;0; 2 , bán kính R 4 . Mặt cầu đường kính AI có tâm là trung điểm
H
m m
; ;0
2 2
2
AI 2m
16
của AI và bán kính R
có phương trình là:
2 2
2 2 2
S :
m m 2 2m
16
2 2 2
x y z x y z mx my 4 .
2 2 4
Khi đó các tiếp điểm kẻ từ đến mặt cầu nằm trên S do đó tọa độ các tiếp điểm thỏa
A S
mãn hệ phương trình sau:
2 2 2
x y z 4z
12 0
.
2 2 2
mx my 4z
8 0
x y z mx my 4 0
Do đó mặt phẳng P có phương trình: mx my 4z
8 0 .
m

Đường thẳng cố định của
Cách 2:
P m
có dạng
x
t
x
y 0
y
t
4z
8 0
z
2
Câu 92.
S
Mặt cầu có tâm I 0;0; 2 , bán kính 4 . Mặt cầu tâm A m; m;2
bán kính
AM AI R 2m
2 2 2
có phương trình:
S :
P S S
m
2 2 2 2
x m y m z 2 2m
là giao của mặt cầu và :
2 2 2
x y z z
R
2 2 2
x y z mx my z
4 12 0
.
2 2 2
mx my 4z
8 0
x y z 2mx 2my 4z
4 0
x
t
x
y 0
Đường thẳng cố định của P m có dạng y
t
.
4z
8 0
z
2
2 2 4 4 0
Chọn D
2
Gọi P : y ax bx c là parabol đi qua điểm A 3
3;
và có đỉnh I 0;2
(hình vẽ bên
2
dưới).
Khi đó thể tích thùng Bia bằng thể tích khối tròn xoay khi cho hình phẳng giới hạn bởi P ,
trục hoành và hai đường thẳng x 3; x 3
quay quanh trục Ox .
.
2
Ta thấy P
có đỉnh I 0;2
nên P : y ax 2 , mặt khác P
đi qua điểm A 3
3;
nên ta
2
2
x
tìm được P
có phương trình y 2.
18

Câu 93.
Khi đó thể tích thùng Bia là:
2
3 2
x
203 3
V 2
dx dm
63,77 (lít).
18 10
3
Chọn D
Chọn hệ trục
Oxy
như hình vẽ.
Câu 94.
Chọn D
.
2
19
Gọi P1 : y a1x b1
là Parabol đi qua hai điểm A
;0 , B 0;2
2
2
19
0 a. 2
8
Nên ta có hệ phương trình sau:
a1
8 2
2 361 P .
1 : y x 2
2
b
361
b1
2
2
Gọi P2 : y a2x b2
là Parabol đi qua hai điểm C 5
10;0 , D 0;
2
2 5 1
0 a2. 10 a2
Nên ta có hệ phương trình sau:
2 40
1 2 5
P .
2 : y x
5
5
b
40 2
2
b2
2
2
19
10
2 2 3
Ta có thể tích của bê tông là:
1 5 8
V 5.2
x dx 2 x 2 dx
40m .
0
40 2
0
361
Chọn hệ trục như hình vẽ, khi đó F 3;1 nên đường tròn tâm F , bán kính bằng 2 có dạng
Axy
2 2
x 3 y 1 4 .
Gọi M , N là giao điểm của đường tròn F
với trục hoành.

Suy ra x 3 3 và x 3
3 .
M
N
S AEB
Gọi là diện tích giới hạn bởi nửa đường tròn , đường tròn F và trục hoành.
1
3
3 3 3
1 2 1
2
Khi đó, S .
1
S 1 4 x 3
dx 1 4 x 3 dx
AEB
2
4
3
3
2
Tính I 1 4 x 3 dx
.
1
1 1
Đặt x 3 2sin t dx
2cos t.dt
, t
; .
2 2
Khi x 1 thì t và khi x 3 3
thì t .
2
3
3 3
2
Nên I 1 4 4sin t .2cos t.dt 1
2cos t .2cos t.dt
.
2 2
3
2 3
Do t
; nên cost 0 , suy ra I 2cos 4cos d 2 .
2 3
t t t
3 2
1 3 7 3
Vậy S1
2 2.
4
3 2
12 2
Gọi S là diện tích miền tô đậm.
7 3 1 7
Ta có S S
2S1
S
4 2 2 3 4
F
.
BFC
12 2
2 3
Suy ra a 7 , b 3 , c 3, d 4 . Vậy a b c d 17
.
Câu 95.
Chọn B
dx
Ta có
f xdx
tan x C .
2
cos x
Suy ra
F x
2
tan x C0, x ; 0 1
0
0
0
1
2 2
F C C
4
3
tan x C1, x ; F 1 C1 1 C1
0
2 2 4
3 5
tan x C2, x ; F
2
2 2
1 C2 2 C0
1
4
...
...
17
19
tan x C9, x ;
9 9
2 2
F 9
1 C 9 C 8
4
19
21
tan x C10, x ; F 10
1 C10 10 C10
9.
2 2 4
Vậy F F F F
0 ... 10 tan 0 1 tan tan 2 1 ... tan10
9 44.

Câu 96.
Chọn D
2 2
x y
2
Từ Phương trình E
: 1
2 x
y 9 1 .
25 9
25
Elip giao với trục ; tại các điểm A 5;0 , A' 5;0 , B 0;3 , B ' 0; 3
.
Ox Oy
2 2 2 2
Từ Phương trình C : x y 9 y 9 x .
2
x
2
Xét phương trình: 91 9 x x 0. Suy ra
25
E C B; B '
Do tính đối xứng nên Thể tích V khối tròn xoay cần tính bằng 2 lần thể tích khối tròn xoay sinh
2
x
2
bởi hình phẳng giới hạn bởi: y 91
và quay quanh trục .
25
y 9 x
Ox
Câu 97.
5 2 3
x
2
V 2V 1
2.
91 dx 9 x dx
24
.
25
0 0
Chọn A
Xét phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số y x
và y sin
x :
x
x
sin x x sin x 0 1
. Ta thấy là một nghiệm của phương trình 1 .
Xét hàm số f x x sin
x f x 1
cosx 0, x
.
f x
x
0
đồng biến trên nên là nghiệm duy nhất của phương trình f x .
Cách 1:
Xét hàm số g x x s in x, x 0; .
i
g x 1 cosx
0, x 0; , suy ra hàm số g x x s n x nghịch biến trên 0; .
0; :
x sin sin
0 x sin x 2
x g x g x
Do đó thể tích khối tròn xoay tạo thành khi quay
khi quay tam giác vuông OAB quanh trục hoành.
D
quanh trục hoành là thể tích của khối nón
.

1 2 1 2 1 4 1
1
V . . OB . OA . . p . Vậy 24 p 24. 8 .
3 3 3 3
3
Cách 2: Từ
2 ta có V x 2 dx x 2
d x
0 0
.
3 4
x
3 3
1
Vậy 24 p 24. 8 .
3
0
1
p .
3
Câu 98.
Chọn B
S x
2 2
Gọi là diện tích của thiết diện, ta có S x x 1 e x .
2 2
T
2 2
Thể tích vật thể là V S x dx x 1 e x dx
.
0 0
2
du 2 x 1 dx
u
x 1
Đặt 1 .
2x
e
2x
dv
e dx
v
2
2 2 2
1 2 2x 2x 9 4 1
2x
V x 1 e x 1 e dx e x 1
e dx
.
2
2 2
du
dx
u x 1
Đặt .
2 1 d e
x d e
2x
v x v
2
0 0 0
Câu 99.
2 2 2
4
9 4 1 1 2x 1 2x 4 1 2x
13e 1
V e x 1
e e dx
3e e
(đvtt)
2 2 2 2
4 4
Chọn D
x
0 0 0
Gọi S x là diện tích thiết diện của vật thể cắt bởi mặt phẳng vuông góc với Ox tại điểm có
hoành độ 0 x , a là cạnh góc vuông của tam giác vuông cân có cạnh huyền bằng
sinx 2 .
Ta có: a a sinx 2 2 a sinx
2
2
.
2
2 2 2 1
1 1
S x a sin x 2
2 4
2
2
.
Vậy thể tích vật thể là:
1 2 1 2
1 1
cos2x
V S xdx sinx 2 dx sin x 4sinx 4dx 4sinx 4dx
4 4 4 2
0 0 0 0
Câu 100.
1 1 sin 2x
x 9
cos2x 8sinx 9dx 8cosx 9x
2 .
8
8 2 x 0 8
0

Câu 101.
Chọn D
P
O
Ta có parabol có đỉnh và đi qua điểm B 4;4
1 2
có phương trình y x .
4
Khi đó thể tích khối tròn xoay sinh bởi hình phẳng (phần gạch chéo) khi quay quanh trục Ox
4
1 2 64
là: V1
x
dx
4 5
0
2
2 2
Thể tích khối trụ khi quay hình vuông OABC quanh cạnh OC là: V2 r h .4 .4 64
.
Suy ra thể tích V của khối tròn xoay khi cho phần S quay quanh trục Ox là
64
256
V V .
2
V1
64
5 5
Chọn B
Đặt hệ trục tọa độ như hình vẽ.
Câu 102.
2
Giả sử phương trình của parabol là P : y ax bx c .
3
Ta có parabol có đỉnh là 0;3
và đi qua điểm ;0 nên có hệ phương trình
2
4
a
b 0 3
4
2
c 3 b 0 P : y x 3.
3
9 c
3
a c 0
4
3 3
Cắt vật thể bởi một mặt phẳng vuông góc với trục Ox tại điểm có hoành độ x x ,
2 2
4
2
ta thấy thiết diện thu được là một hình chữ nhật có chiều rộng bằng 3 mét và chiều dài
3 x
4
2 2
bằng 6 mét. Diện tích thiết diện thu được là 6 3 8 18 .
3 x
x
2 3
Vậy thể tích phần không gian bên trong trại là 8x
18 dx
36 m .
Chọn D
3
2
3
2
.

Gọi
là mặt phẳng song song với đáy của hình trụ và cắt đồng hồ cát. Khi đó mặt cắt là một
x
t
2 2
đường tròn có bán kính cm , suy ra diện tích đường tròn là S x cm .
Chọn hệ trục tọa độ như hình vẽ, gọi phương trình parabol P : y ax bx c .
Oxy
2
4cm
P
0;0
0;4
Bán kính của đường tròn mặt cát bằng , nên đi qua 3 điểm , và 4;4 .
2
x 2
Suy ra phương trình của P
: y x 4y St
4
y .
4
h
Suy ra thể tích cát ban đầu là V S dy 4
ydy
(vì mặt cắt vuông góc với ).
h
Oy
t
0 0
3
Mà thể tích khối cát là V 12,72.10 127, 2 cm .
h
c
2
h
2
63,6
Suy ra 4 ydy 127, 2 2 y 127,2 2
h 127,2 h 4,5cm
.
0
0
4
Suy ra chiều cao của khối trụ bên ngoài là: 2. . 12cm
.
3 h
Câu 103.
Chọn D
Diện tích thiết diện là S x R 2 x 2 4 x 4x 2 x
3
1 1 1
2 2 2
.
2 3
Thể tích của vật thể cần tìm là
4 4
1 32
V S x dx 4 x x dx .
2 3
0 0
Nhận xét: Trong đề, chỗ điều kiện 0< x< 4 phải sửa lại 0 £ x £ 4 .
Câu 104.
Câu 105.
Chọn C
Theo định nghĩa.
Chọn B
Diện tích thiết diện là
2
S x 2x 9 x .
3 3
2
Thể tích của vật thể cần tìm là V S x dx 2x 9 x dx 18.
0 0
Câu 106.
Ta có: Thay x = 0 vào
- + ¢¢ = ta được f ( 1)
= 0
2
f (1 x) x f ( x) 2x
( )
2 2
f (1- x) + x f ¢¢ ( x) = 2x Þ - f ¢ 1- x + 2 xf ¢¢ ( x) + x f ¢¢¢ ( x) = 2 .

Khi đó f ¢ (1) = - 2 .
Câu 107.
Sửa đề (Thầy Nguyễn Việt Hải – Tổ trưởng tổ 4 STRONG)
Chọn A
Ta có: Thay x = 0 vào
- + ¢¢ = ta được f ( 1)
= 0
2
f (1 x) x f ( x) 2x
2 2
- + ¢¢ = Þ - ¢ ( - ) + ¢¢ + ¢¢¢ = . Khi đó f ¢ (1) = - 2 .
f (1 x) x f ( x) 2x f 1 x 2 xf ( x) x f ( x) 2
1 1
2 2
ò
f (1- x) + x f ¢¢ ( x) = 2 x Û é f (1 x) x f ¢¢ ( x) ù
êë
- + úû
dx = 2xdx
1 1
( ) ( )
0 0
0 0
ò ò ò ( ) ò .
Û - f (1- x)d 1-x + f ¢ 1 - 2 xf ¢ ( x)dx = 1 Û f x dx - 2 xf ¢ ( x)dx = 3
1
ò
1 1
0 0
1
Đặt J = ò f ( x)
dx , ta có: ¢ ( ) ( )
0
1 1 1
ò ò ò .
I = xf ( x)d x = xf x - f ( x)dx = f 1 - f ( x)dx = -J
0
0 0 0
Do đó ta có hệ phương trình:
ì
ïJ - 2I = 3 ì
I = -1
í Û ï
í .
ïî
I = - J ïî
J = 1
Vậy
1
I = ò xf ¢ ( x) dx = -1.
0
Câu 108.
Chọn A
Từ giả thiết f ( x) f ( x) x 3
( x) x f ( )
+ 1- = 1 - , " Î Þ 1 = 0 .
1 1 1 1
1 1
f x dx + f 1- x dx = x 1- x dx = Þ f x dx
=
20 40
ò ò ò ò .
3
Ta có: ( ) ( ) ( ) ( )
0 0 0 0
ì
2
u = x ìdu = dx
æ x ö I = ò xf ¢ç
ç dx
çè 2÷
, đặt ï
í æ x ö Þ ï
í æ x ö
ø
dv f ¢ç dx v 2 f
0
= =
çè 2÷ ø
çè 2÷
ïî
ïî
ø
Nên
2 2 2 1
æ x ö 2 æ x ö æ x ö æ x ö
1
I = 2xf - 2 f dx = 4 f ( 1) - 2 f dx = - 2 f dx = - 4 f ( t)
dt
= -
ç è2÷ ø 0 çè 2÷ ø çè 2÷ ø çè 2÷
ø
10
ò ò ò ò .
0 0 0 0
Câu 109.
Chọn D
2
2 x -4
x
f x f - x = e , thay x 2 ta được f ( 2)
= 1.
Từ giả thiết ( ) ( 2 )
Ta có
I
2
3 2
( x -3 x ) f '( x)
3 2
ìï u = x -3x
ì
= ò d x.
Đặt í f ' ( x)
f ( x)
0
ï f ( x)
2
( )
du = 3x -6x d x
ï
Þ ï
í
.
dv = dx ïv = ln f ( x
ïî
)
ïî

3 2 2
Khi đó: = ( - ) ( ) -ò
( - ) ( )
2
0
2
I x 3x ln f x 3x 6x ln f x dx
2
( ) ( )
2
0 0
= -3ò x - 2x ln f x dx = -3J
(do ( 2)
1
Đặt x = 2- t thì
0
J = é t t ù
ò ê - - - ú f -t -t
ë
û
2
2
( 2 ) 2( 2 ) ln ( 2 ) d( 2 )
0 2
2 0
2
f = ), với = ( - ) ( )
2
J ò x 2x ln f x dx
.
2 2
= é( 2 x) 2( 2 x) ù
ò ê - - - ú ln f ( 2- x) d( 2- x) = ( x -2x) ln f ( 2-
x)
d x.
ë
û
ò
Suy ra
2 2 2
2 2 2
ò ( ) ( ) ò ( ) ( ) ò ( ) ( ) ( )
2J = x - 2x ln f x dx + x -2x ln f 2- x dx = x -2x ln f x f 2-
x dx
0 0 0
2 2
2 2 x
2 -4 x
2 2
32 16
= - = - - = Þ =
15 15
ò ( x 2x) ln e dx ò ( x 2x)( 2x 4x)
dx J .
0 0
0
Câu 110.
16
Vậy I = - 3J
= - .
5
Chọn A
Ta có f x. f x 18x 2 3x 2 x f x 6x 1 f x
2 2
f x . f x 18x dx 3x x f x 6x 1 f x
dx
1
2 3 2
6 d 3 d
2 f x x x x x f x x
1 2 6 3 3
2
, với là hằng số.
2 f x x x x f x C C
Mặt khác: theo giả thiết f 0 0 nên C 0 .
1 2 3 2
Khi đó 6 3 1 ,
.
2 f x x x x f x x
f x
2x
1 f 2 x 12x 3 6x 2
2
2x f x
f x 2x
f x 6x
0 .
2
f x 6x
2
Trường hợp 1: Với f x 6 x , x , ta có f 0 0 (loại).
2 ,
Trường hợp 2: Với f x x x
, ta có :
1
1 1 2x
1 2x
f x
2x x e e
2
0 0 0 0
1 3 1
x 1
e dx x 1
e dx dx e
2 2 4 4

Câu111.
3
a
4
a b 1.
1
b
4
Chọn B
2 2
Ta có: 2 f x 1
f x
2
f x 1 f x f x x 1
.
4
x 1
f x
Lấy nguyên hàm 2 vế ta được:
4
x
f x 1 f x
f
2
2
2 1
2 f
dx x 1
dx
x
f x
f x
2
dx
4
x 1
dx
f x
2
x 1 3
1 1 1
2 d
4 3 2 f x
C
f x f x f x
3
x 1 3
1 1 1
C
3 2
3 f x f x f x 3
3
f x
3
2
1 3 f x 3 f x x 1
C
3 3
Mà f 1 1
1
3 3 1
nên C C .
3 3
2
Suy ra:
3
2
1 3 f x 3 f x x 1 1
3
3
3 f x
3 3 f x
x
x
1
f
3
x 1
f
3
3 3
3
1
1 1
x
f x
3
3
3
1 3 f x 3 f x 1 x 1
3 3 3
3
f
x
1
.
x
1
Vậy: f xdx dx ln x ln 3. Suy ra a 1; b 0 hay a b 1.
x
1 1 1
Câu 112.
Chọn D
Xét:
du f x dx
2
u f x
E x 1 f xdx
. Đặt
1
1 2 .
dv x 1 dx x
v
2
2 2 2 2 2
x 1 2 x 1 x 1
E . f x
f xdx f xdx
2 1
2
2
2
2 1
x 1 f xd x . Ta có:
15
1
1 1
x
2
1
4 1
1 dx
và
5
2
1
2
2 1
f x
d x .
45
1
2
x 1 1
f xdx
2 30
2
k
2
Ta tìm số để f x k x 1 dx
0 .
1
2

Câu 113..
2 2
2
2 2 2 2
2 2 4
f x k x 1 dx 0 f x dx 2 k f x . x 1 dx k x 1 dx
0
1 1 1 1
1 1 2 1 1
2 k. k . 0 k .
45 15 5 3
2
2
Khi đó:
1 2
1 2 1 3
f x x 1 dx 0 f x x 1 0 f x x 1
C .
3
3 9
1
2 2
1 1 3 1 1 3 1 1
Mà f 2 0 C f x x 1 f xdx x 1
dx
.
9 9 9
9 9
12
Chọn A
1 1
Vì các tiếp tuyến với đồ thị y f x tại các điểm có hoàng độ x 1
, x 0 , x 1
lần lượt
tạo với chiều dương của trục Ox các góc 30° , 45 , 60 nên hệ số góc của các tiếp tuyến lần
3
lượt là: f ' 1
tan 30 , f ' 0
tan 45 1, f ' 1
tan 60 3 .
3
0 1
3
Ta có: I f ' x . f '' x dx 4 f ' x . f '' x dx
.
1 0
Đặt
t f ' x
d t f '' x dx
. Đổi cận
3
x 1 t f ' 1
3
x 0 t f ' 0
1
x 1 t f ' 1
3
1 3
3
I td t + 4 t dt
3
3
1
1
2
t
4 3
= 3 t 25
.
2 1 3
3
Câu 114
Câu 115
Chọn D
3
2
Đặt a x x 1, khi đó ta có f a f a 2 6 a 1 2 1 . Hàm số f a liên tục
và xác định trên .
Lúc đó ycbt trở thành tính giá trị của tích phân f a da . Lấy tích phân hai vế của 1 , ta được
1 1 1
2
f ada f a 2da 6a 1
2 da 40 2
3 3 3
1
3
1
. Từ tích phân f a 2 da ta đặt
t a 2 dt da
. Khi a 3 t 1; a 1 t 3
. Tích phân trên chuyển thành
1
3
1 1
2
f t dt , kết hợp với ta suy ra : 2 f a da 40 f a da 20.
Đây chính là đáp số
cần tìm.
Chọn A
Cách 1.
3 3
3

1
Đặt I 2 f x dx
.
1
u f x du f x dx
Dùng tích phân từng phần, ta có: .
dv
2dx
v 2x
2
1
1 1
I 2x 2 f x 2x 2 f x dx 4 f 1 2x 2 f x dx
Ta có
1
1 1
1 1
2 2
2
f x 4 f x
8x 16x
8
1
1
1
2x 2 f x dx
.
2
f x dx 2 2 f xdx
1 1
1
1 1 1
1 1
2 2
2
1 1 1
1
2
8x 16x 8 dx
f x dx 2 2x 2 f x dx 2x 2 dx
8x 16x 8 dx 2x 2 dx
2
f x 2x 2
dx
0 f x 2x
2
1
1 1
f x x 2x C , C .
1 1
2
2
5
Mà f 1
0 C 3
f x x 2x
3 f xdx x 2x 3dx
.
3
Cách 2.
Chọn f x ax bx c
2
a 0
2 .
f x ax b
Ta có:
0 0
(lý do: vế phải là hàm đa thức bậc hai).
2 2
2 2 2
4 8 16 8
f x f x x x
2 2 2 2
4a 4a x 4ab 4b x b 4c 8x 16x
8
2
4a
4a
8 a
1
a
2
4ab
4b
16
b
2 hoặc b
4 .
2
b
4c
8
c
3 c
6
Do f 1 0 a b c 0 a 1, b 2 và c 3.
Câu 116.
Chọn B
2ax b 4 ax bx c 8x 16x
8
1 1
2
2
5
Vậy f x x 2x
3 f xdx x 2x 3dx
.
3
0 0
2
x 2x1
x
2 1
2 2
2
Ta có:
2
x x
f x f x x 1
e f x f x x
x
2 1
2 2
'
e
x f x x
1 e
2
5 5 x 1
2 2
1 1
5
f I1 I2
.
e e 1 e
2 2
5 x 1 5 x 1
e x
5
2 2 2
f x d x= x 1 e dx
e x f x
x e dx e dx
1
e 5 1 *
2 5 x 1
Xét:
2
I .
2
e dx
1
2 2
x 1
x 1
2 2
Đặt: u e
du xe dx
.
dv dx
v x
1 1
2

Câu 117.
2 5
2
x 1 5 x 1
2 2 2
12
2
e
e d 5e 1
1
1
1
I x x x I
f f
* e 5 1 5e 1 5 5e
Chọn C
Đặt
5 12 17
u f x du f x dx
dv dx v x
I
12
1
I2 5e 1
.
2 2 2 2
2
2 4
f xd x x. f x x. f xdx 2 x. f xd x x. f xdx
2 .
0
3 3
0 0 0 0
2 3
1 2 x 2
Ta lại có: x dx .
4 12 3
0 0
2
2 2 2 2
1 2 4 2 1
f x d x x. f x dx x dx
f x x dx
0
4 3 3 3 2
2 2
Do đó:
0 0 0 0
1
2
2
(vì
1
f x x dx 0 , x
0;2 )
2
f x
x 0
1 2
f x
x C f 2
1 C C 0 .
4
0
2 2
2
1 f x
2
1 1 1
Vậy f x
x d d
.
2
4
x x x
4 4
1
x
1
1
4
Tổng quát:
2
b
f b
Khi đề bài cho biết giá trị f a , , u x . f x dx h ,
f x
x k (với u x là
x
a
b
a
2 d
một biểu thức chứa đã tường minh), đề tìm f x trước tiên ta đi tìm 2 số ,
sao cho
b
a
2
f x . u x
dx
0 , rồi suy ra f x .
u x , sau đó nguyên hàm hai vế để
tìm f x .
Bài tập tương tự (Nguyễn Phương Thu sưu tầm):
0;1
f
Vd 1: Cho hàm số y f x liên tục trên , thỏa mãn các điều kiện 0 0 , f 1 2 ,
1
0
2
3
f x
dx
4 . Tính J
f x 2018x
dx
.
1
f 0 0
Ta có: f xdx
2 0 2 .
f 1
2
0
Với , xét tích phân:
1
0
Giải:
1 1 1 1
2 2 2
2 2
d d 2 d d 4 2 .2
2
I f x x f x
x f x x x
0 0 0 0
Ta có: I 0 2 f x 2 f x 2x C .
2
.

f 0 0
Mà C 0 f x
2x
.
f 1
2
Vậy
1
1
3
8 4 2018 2
4 2
0 0
J 2x 2018x dx x x 1011.
1 1
0;1
Vd 2: Cho hàm số y f x liên tục trên đoạn , thỏa mãn f x dx xf x dx
1 và
1
0
2
3
f x
dx 4 . Tính giá trị của tích phân f x
dx
.
Ở đây các hàm xuất hiện dưới dấu tích phân là
1
0
Giải:
2
phương f x x . Với mỗi số thực ,
ta có:
2
, ,
f x xf x f x
0 0
1 1 1 1
2 2 2
f x x dx f x
dx 2 x f x dx x dx
0 0 0 0
3
2
2
4 2 .
nên ta sẽ liên kết với bình
2
2
2
2
Cần tìm ,
sao cho
f x x
dx
0 hay 4 2 0
3
0
2 3 6 3 2 6
2 0 . Để tồn tại thì :
2 2 2
3 6 4 3 6 2 0 3 12
12 0
2
3 2 0 2 6.
Câu 118.
1 1
2 3
Vậy f x x x f x x x f x
Chọn B
6 2 d 0 6 2, 0;1
10
0 0
2 2 6 4 2
f x 4 6x 1 . f x 40x 44x 32x
4
1 1 1
2
2 6 4 2
f x dx 46x 1 . f x dx 40x 44x 32x 4 dx. 1
0 0 0
1 1
2 2
Xét I 4 6x 1 . f x dx 24x 4 f x dx .
0 0
u f x
du f x dx
Đặt
.
2
3
dv 24x 4
dx
v 8x 4x
1 1
1
3 3 3
I 8x 4 x . f x 8x 4 x . f x dx = 4 2 4x 2 x . f x dx.
Do đó:
0
0 0

1 1 1 1
2 3 3
2
6 4 2
1 f x dx 2 4x 2 x . f x dx 4x 2x dx 56x 60x 36x 8 dx.
1
0
0 0 0 0
2
3 3 4 2
f x 4x 2x
dx 0 f x 4x 2 x f x x x c.
Mà
f
4 2
1
1 c 1
f x x x
1 1
4 2
Do đó
0 0
1.
13
f x dx x x 1 dx .
15
Câu 119
Chọn B
6 6
2
2
Cách 1: Ta có: f x dx xf x dx
72 ; x dx 72 .
0 0
6 6
6
0
2 2
2
f x 2xf x x
dx
f x
x
dx
72 2.72 72 0 f x x 0
0 0
3 3
f x dx xdx
4 .
1 1
2
6 6 6
2 2 2 2
Cách 2: Ta có: 72 xf xdx
x d x. f xdx
72.72 72 .
0 0 0
6 6
2
Dấu “=” xảy ra f x kx k 0 xf x dx kx dx 72 k 1 f x x .
0 0
f x x
Câu 120.
Câu 121.
3 3
f x dx xdx
4.
1 1
Ta có:
Từ
2 2 4 2 2
f x x f x f x x f x
2
1 3 , 1 1 3 . 1 1
2 2
f 1 x x 3 . f 1
x 2
2
1
và
x
2
f x x 1 3
f
2 2
f 1 x x 3 1 x 1 3
2
2
2
2
I 4x 2 dx 2x 2x
4 .
Chọn C
Ta có:
Suy ra:
0 0
2
3
f ' x f x. f '' x f x. f ' x ' . Từ giả thiết ta có:
3 4 2
f x . f ' x 4x 2x dx x x C . Với
f x . f ' x x x
Nên ta có:
4 2
f
0 0 C 0
f x . f ' x ' 4x 2x

1 1
2
4 2
f x 8 2 16
Suy ra: f x. f ' x dx x x dx f 1
.
2 15 15
0 0 0
1
Câu 122
Câu 123.
Chọn A
Ta có x. f x 1 2 x. f x f x 0 x. f x 1
2
x.
f x f x
x
x.
f x f x
1
2 (do x. f x
1, x
0 ).
x. f 1
1 1
1
x C
x. f x
1
x. f x
1
1
Do f 1
2
nên 1 1 1 0 .
f 1 1 C C C
Do đó
1 2
1
x 1 1
x x . f x
x 1
f x
2 2
x. f x 1
x x x
e e e
1 1 1 1
f x dx dx ln x 2.
x x x e
Suy ra
2
Chọn C
1 1
du f x dx
1
u f x
Xét A x f xdx
. Đặt
2
x .
dv xdx 0
v
2
1
2
1 1 1
x 1 2 1 1 2 1
1
A f x x f xdx x f
2
xdx
3
.
2 2
2 2
x f xdx
5
5
0
0 0
1 1 1
2 2 2 4
Xét
f x
dx 2k x f xdx k x dx
0 1
9 3 1 2
2 k. k 0 k 3.
5 5 5
0 0 0
1 1 1
2 2 4
1
trở thành f x dx 6 x f x dx 9 x dx
2
0 f x 3x dx
0 .
0 0 0
1
2 2
2 2
f x 3x 0 f x 3x dx
0 .
Do đó
1
0
2
2
2
f x
3x dx 0 f x
3x
0
0
3
1 1
.
f f x x
Câu 124.
Chọn D
Cách 1.
1 1
3 1
I f xdx x dx
.
4
0 0
0
1
0
2 2 3
f x 3x f x 3x dx x C
2

2 2
2
Áp dụng công thức tích phân từng phần, ta có: xf ( x )d x xf ( x ) f ( x )d x .
Từ
f x f x x x x
2
( ) (2 ) 2 2, 1
Thay 0
Xét
x vào
2
I f ( x)dx
0
0
0 0
1 ta được f (0) f (2) 2 f (2) 2 f (0) 2 3 1.
Đặt x 2 t dx dt , đổi cận:
x
0 t 2
x
2 t 0
Khi đó
0 2 2
I f (2 t) dt f (2 t) dt I f (2 x)
dx
2 0 0
2 2 2 2
8 4
f ( x) f (2 x) dx x 2x 2 dx 2 f ( x)d x f ( x)d x .
3 3
2
Do đó ta có
Vậy
0 0 0 0
2 2
2
4 10
xf ( x)d x xf ( x)
f ( x)dx
2.( 1) .
3 3
0
0 0
Cách 2.( Thầy Nguyễn Ngọc Hiệp đề xuất)
2
f ( x) f (2 x) x 2x
2 1
Từ
f (0) 3
Thay x 0; x 1 vào 1 ta được 1
f (2) 1; f (1) .
2
c 3 c 3
2
1
1
Xét hàm số f ( x)
ax bx c từ giả thiết trên ta có a b c a
2 2 .
4a 2b c 1 b 3
2 2
1 2
10
Vậy f ( x) x 3x 3 f ( x) x 3 suy ra ( )d 3d
2
xf x x x x x .
3
Phân tích, bình luận và phát triển bài toán.
0 0
- Đây là bài toán về tích phân hàm ẩn một dạng toán mà trong đề thi hiện nay hay gặp.
- Trong bài toán trên để tính tích phân
phân
2
0
2
0
xf ( x)dx
sử dụng tích phân từng phần đưa về tính tích
f ( x )dx
. Mặt khác từ biểu thức về hàm số đã cho chứa f ( x ) và f (2 x)
, nên ta biến đổi
tạo ra hai biểu thức này bằng cách đặt x 2 t .
- Để làm được bài toán trên học sinh cần nắm vững cả hai phương pháp tính tích phân là đổi
biến và từng phần.
- Đề xuất một số bài toán tương tự :
Câu PT 43.1.
Chọn D
Áp dụng công thức tích phân từng phần, ta có:
1 1
1
xf ( x)d x xf ( x) f ( x)dx
0
0 0

Từ
f x xf x x x
2
( ) 4 ( ) 2 1, 1
Thay 1
Xét
x vào
1
I f ( x)dx
0
1 ta được f (1) 4 f (1) 3 f (1) 1
Đặt
2
x t dx 2tdt
, đổi cận :
x
0 t 0
x
1 t 1
Khi đó
1 1
2 2
. Ta có
I f ( t ).2tdt I 2 xf ( x ) dx
0 0
1 1
2
2 ( ) 4 ( )
I I f x dx xf x dx
0 0
1
1
2
f ( x) 4 xf ( x )
dx
x dx 1
2
x x
0
0
0
Vậy
1 1
1
0
0 0
2 1 2 I
2 I 2
xf ( x)d x xf ( x) f ( x)dx
1.( 1) 2 1.
Câu PT 43.2.
Chọn D
1 1
1
2
2 3 2
3 3
f ( x
ln x. f ( x) dx ln x. f ( x) )dx
x
.
Áp dụng công thức tích phân từng phần, ta có:
2 2
Từ 2 f ( x) 3 f ( ) 5 x, x
;1 1
3x
3
2
2 f (1) 3 f ( ) 5 f (1) 0
Thay x 1 và 2
3
x vào 1 ta được hệ
2 5 .
3
2 10 f ( )
2 f ( ) 3 f (1)
3 3
3 3
1
f x
Xét I dx
x
2
3
Đặt x 2 2
2
3t
dx 3t
dt , đổi cận :
2
x t 1
3
.
2
x 1 t 3
2 2 1
3 f ( ).
2 2
Khi đó I 3t
t
3
dt
2
1
3t
Ta có
2 2
3 3
2 2
f ( ) f ( )
3t
dt 3 x . dx
t x
1 1
.
2 2
3 3
2
1 1 f ( )
f ( x) 2I 3I 2 dx 3 3x
. dx
x
x
2
1 2 f ( x) 3 f ( ) 1 1
3 5x
5 1
5 I x . dx dx 5dx I
x
x
3 3
.
2 2 2
3 3 3

1
2
1
2
3
1
2
3 3
f ( x
2 2 1 5 2 1
ln x. f ( x) dx ln x. f ( x) )dx ln1. f (1) ln f ( ) ln
x
3 3 3 3 3 3
.
Vậy
Câu 125.
Chọn A
Xét hàm số f x x 5x
3
4 , có f x 4x 10x
.
x 0
3
f
Bảng biến thiên:
4 2
x
0
4x
10x
0
x
x
10
2
10
2
.
Đồ thị hàm số:
Câu126.
4 2
Dựa vào đồ thị hàm số ta thấy f x x 5x
4 0 với x
2; 1 1;2 .
a
2, b 1
Do đó P có giá trị lớn nhất thì
.
a
1, b 2
2 2
Vậy S a b 5 .
Chọn B
*) Xét tích phân I cos x.
f x dx
.
Đặt
u f x
dv
cos xdx
0
I sin x.
f x
0
0
du f x dx
v sin x
sin x.
f x dx
0
sin x.
f x dx
.

Theo giả thiết I , suy ra sin x.
f xdx
.
2
2
0
2
*) Tìm số thực k thỏa mãn f x k.sin x 0 . Khi đó f x k.sin x
dx
0 .
Câu 127.
Chọn B
0
2
f x
dx
0
2k sin x. f x dx
0
k
sin xdx
0
2 2
2
2 k.
k .
2
0 k 2k
1 0 k 1.
2 2 2
Từ đó, f x x f x sin
x f x cos x C .
sin 0
Do f 1 nên C 1. Vậy f x cos x 1.
2
2
2
*) Ta có f x d x
cos x 1 dx
sin x x 1
. 2
2 0
0
0
Trắc nghiệm:
Từ giả thiết 2
f x
dx
và sin x.
f xdx
ta suy ra được .
2
f x sin
x
2
0
Từ đó giải tiếp như phần trên.
1
x
2
( x 1)
0
1; , ta nhân cả hai vế đẳng thức trên cho thì ta được:
2
x( x 1)
f x
x f x
2 x
1 x
f x f ( x)
.
2
2 2
x 3 x 1
x 1
x 3
2
2 ( 1)
x 1
x
f ( x )
x
1
2
x 3
f 0 2 3 .
0
1
1
1
x 1
x x 1
2
f x dx dx
f x
x 3
2
x 1 x 3
0 0
x 1
0
1
0
Câu 128.
Chọn C
Đặt
1 x a x 1 a.
Khi đó ta có hệ.
2 f x 3 f 1 x x 1
x
1
f x 3 1 x
x 2 x 1 x .
3 f x 2 f 1 x 1 x x 5
x 1
Đặt t dt dx; x 0 t 0; x 2 t 1.
Khi đó tích phân cần tính:
2 2

Câu 129.
Câu 130. .
1 1 1 1
1
I 2 t. f '( t)2dt 4 t. f '( t) dt 4 td( f ( t)) 4 tf ( t) f ( t)
dt
0
0 0 0
0
1
4 f (1) f (x) dx
0
1
1
40
31 x
x 2x 1 x dx
0
5
4
4.
75
16 .
75
Chọn C
Ta có 2
2
2 f x 1 x
f x 2x
1
f x
2 f x. f x 2 x. f x x 1 . f x
2x
2 2 2
f x x 1 . f x x 2 2 2
f x x 1
f x x C .
x 1
f 2 1 1 C 1 1 C C 0
Với thì .
f x 1
l
2 2 2 2 2 2
Do đó f x x 1 f x
x f x x 1 f x
x 0
.
2
f x
x
1 1 3
1
2 x 1
Vậy I f xdx x dx
.
3 3
Chọn A
0 0 0
Vì các tiếp tuyến với đồ thị y f x tại các điểm có hoàng độ x 1
, x 0 , x 1
lần lượt
tạo với chiều dương của trục Ox các góc 30° , 45 , 60 nên hệ số góc của các tiếp tuyến lần
3
lượt là: f ' 1
tan 30 , f ' 0
tan 45 1, f ' 1
tan 60 3 .
3
0 1
3
Ta có: I f ' x . f '' x dx 4 f ' x . f '' x dx
.
1 0
Đặt
t f ' x
d t f '' x dx
. Đổi cận
3
x 1 t f ' 1
3
x 0 t f ' 0
1
x 1 t f ' 1
3
Câu 131.
1 3
3
I td t + 4 t dt
Chọn B
3
3
1
1
2
t
4 3
= 3 t 25
.
2 1 3
3

u f x
Đặt
ta được
dv x 1 2
dx
du f x dx
1
v
x 1 3
3
2 2 2
2 1 3 1
3
Khi đó x 1 f xdx x 1 f x x 1 f xdx
.
3 3
1 1 1
2
1 1
3
x 1 f xdx
.
3 3
2
x 1 f x dx
1.
1
1
3
2
2
3
Xét f x k x 1 dx
0 k .
1
2 2 2
2 3 6
2
f x
dx 2k x 1 f x dx k x 1 dx
0 .
1 1 1
2
k
7 2k
0 k 7
7
4
7 x 1
f x
C .
4
Do
f
2 0
nên
3
7
C
4
f x 7 x 1
x 4
7 1 7
f x
4 4
.
Câu 132.
5
2
7
4 7 x 1
Vậy I
x 1
1
dx
.
4
x
7
4 5
1
5
Chọn C
2
1
TH1:
f x 0 f x 0
trái giả thiết.
TH2: f x 0 2 f x
f x 2x 1 . f x
2x
1
.
2
f x
x
x
f
dx
2
2x 1dx
f
f x
1
2
x x C
1
1 1 1
Ta có: f 2
C 0 f x .
2
6
x x x x 1
.
1 1 1 1 1 2019
P .....
1 2 2 3 2020 2020
.
Câu 133.
Chọn B
3
2
Xét f x 16 x dx
2019 .
0

2
2 2 2 2 t 8
Đặt t x 16
x . Ta có t x x 16 t 2tx x x 16
x .
2 t
1 8
Suy ra dx
dt
2 .
2 t
Khi x 0 thì t 4, khi x 3 thì t 8 .
Suy ra
2
3 8 8
1 8 1 8
2019 f x 16 x d x f t
. d . d
2 t
t f x
2 x
x
2 2
0 4 4
8 8 8
1 f x 1
f xdx 8 dx f xdx
8 .
2
2
x 2
4 4 4
Câu 134.
Câu 135.
8
Vậy f x dx 4022 .
4
Chọn D
Ta có .
x
2
2
f 2 f x . f x f x 1
2 2
f x f x f x
cos x
f x cos x
f x
1 f x
f 0 0
tan x C . Vì nên .
2
C 0
f x
cos x f x
f 0
1
Do đó
f
f
x
x
tan x . Suy ra
3 3 3
d f x d(cos x)
tan x. dx ln f x
ln cos x
f x cos x
0 0 0
1 1
ln f ln f 0
ln ln1 f .
3 2 3 2
Chọn B
cos
x
cos x
f ' x sin x. f x cos x.
e . Chia hai vế đẳng thức cho e ta được
cos
cos
' . x x
f x e e .sin x. f x cos x ( vế trái có dạng u ' v uv ' )
cos
x
f x. e ' cos x
cos
x
f x . e sin x C .
1
Do f 0 2e
nên 2 e. e C C 2 .
cos
x
f x . e 'dx cos x.dx
3 3
0
0
sin x 2 cos x
Vậy f x e sin x 2 .
cos x
e
cos x
I f x . dx e sin x 2 dx .
0 0
Sử dụng MTCT ( để đơn vị rad). KQ: 10,31
Câu 136.
Chọn B

2 2
Ta có:
xf x 1 x 1 f x . f " x
; x 0
2
2 2
x . f ' x 1 x 1 f x . f " x
2 1
f ' x
1 f
2
x. f " x
x
2
1
f ' x
f x. f " x
1
2
x
' 1
f x. f ' x
1
2
x
' 1
1
Do đó :
f x. f ' x
.dx 1 .d x f
2 x. f ' x
x c1.
x
x
f 1 f ' 1 11 2 c c 1.
Vì 1 1
Nên 1
f x. f ' x.dx x 1 .dx
1
f x .d f x x 1 .dx
x
x
2 2
f x
x
ln x x c2.
Vì f 1 1 1 1 1 c2 c2
1.
2 2
2 2
Câu 137.
Chọn B
Ta có
2
1
22 7
f ( x) dx f (2) f (1) 1 .
15 15
Mặt khác sử dụng bất đẳng thức AM – GM ta có:
f ( x) f ( x)
x
Do đó
3 3
1 1 1 1 3
x x 3 . x . x f ( x)
125 125 x 125 125 25
x
1;2
2 2 3
2 2
4 4
3
2 f ( x) 2
2
2 3
2 x dx f ( x)
dx
4
.
x 125 25
3
2 2
f ( x) 3 2 2 7
dx f ( x)
dx x dx
4
1
1
x 25
125
375
1 1 1
Vì vậy dấu bằng xảy ra, tức
f ( x) 3 1 2
x
Vậy
Câu 138.
4
x
125
2
x
f ( x)
.
5
2 3
3
x x
x
Ta có dx C f ( x)
C với C là một hằng số thực.
5 15
15
2
1
Vì f (1) 1
1
.
15 C 14 x 14
C f ( x)
15 5 15
x 14 7
f ( x) dx dx .
5 15 5
2 2 2
1 1
Chọn C
Đặt h( x) f ( x) g( x)
. Do hai đồ thị y f ( x)
, y g( x)
cắt nhau tại 3 điểm có hoành độ
5
lần lượt là 1, và 3; mà bậc của đa thức h x
bằng 3. Ta có
4
5
h
( x) k( x 1) x ( x 3)( k 0)
4
Do đó
với h(0) f (0) g(0)
e q .
.

h( x) h( x) h(0) h(0)
x
h( x)dx e q
0
x
0
0
Phương trình
5
k
( x 1) x ( x 3)dx e q
4
x
k
( x 1)(4 x 5)( x 3) dx e q
4
x
3 2
(4 13 2 15)
k
x x x dx e q
4
0
k x
4 13 x
3 x
2 x e q
15 .
4 3
f ( x) q g( x)
e
tương đương với
5
x
3
4 13 3 2
h( x) e q x x x 15x 0 x
0
3
x
3.
Vậy tổng các nghiệm của phương trình bằng
Câu 139. .
Chọn D
Ta có :
3 2
2 f ( x) 2 x x1
3 f ( x). f '( x) 4xe 1 f (0).
3 3 2 2
( f ( x))' e e (4x 1).
e e
3 f ( x) f ( x) 2 x x1 2 x x1
5 4
0 3 .
3 3
3 2 3
2
x
Mà
3 f x x 2 2 1 2 1
2 1 .
f x x x
f x x e x e e e C
f
0
1 C 0
f 3 x x x
2
2 1
3 2 3 2
f x x x f x x x
( ) 2 1 ( ) 2 1
Câu 140.
1
4089
4
12285
I (4x 1) f ( x)dx
.
4
Chọn C
+) Đặt
0
3 3 2
t x t x 3t dt dx
Đổi cận: x 1 8
t 1 2
Khi đó
8 3
2 2
2
3
1 1 1
f ( x ) (t) (t)
dx f 3t dt 3 f dt 6
x t t
2
1
f (t)
dt 2
t

2 2 1
+) Đặt t cos x dt 2cos xsin xdx dt 2cos x tan xdx tan xdx dt
2t
Đổi cận: x 0 3
t 1
1
4
Khi đó
1
3 4
2
1 f (t) f (t)
tan x. f (cos x) dx dt 6 dt 12
2 t
t
0 1
2 2 dx dx 1 dt
+) Đặt t x dt 2xdx dt 2x
x x 2 t
1
1
4
Đổi cận: x 1 2
2
1
t 2
4
Câu141.
Khi đó
Chọn A
2 2
2 1 2
f ( x ) 1 f (t) 1 f (t) 1 f (t) 2 12
dx dt dt dt 7
x 2 t 2 t 2 t 2
1 1 1 1
2 4 4
1 1
+ Đặt x dx
dt
.
2
t t
+ Đổi cận: x 1 t 3; x 3 t
1 .
3 3
1 1
1
3 3
f
3 f
f x
1
t t
+ Ta có I d x
. dt
dt
.
2 2
1 1
1 x x
t
3
1 t 1
3
2
t t
3
Suy ra:
1 1
3 3 f 3 f
x
x.
f
3 3
f x
x
x x x 1 x 1
16
2I dx
dx
dx dx x 1
dx
.
2
x x
x 1
x x 1
x x 1
9
1 1 1 1 1
3 3 3 3 3
Câu 142
8
Vậy I .
9
Chọn A
Ta có:
1
1
f x x x. f x x. f x f 1 x. f x x.
f x
dx f xd
dx dx dx
x 1 x 1 x 1 2 x 1 x 1
1 1 1 1 1
2
0 x
0
0 0 0 0

1 1
x. f x f x 3
dx
dx
2ln 2 .
2
x 1
x 1
2
0 0
Mặt khác:
1 2 1 2 1
1
x 1 2 1 1 3
dx 1 dx 1 dx x 2ln x 1 2ln 2
x 1 x 1
x 1
x 1 2
2
0 0 0 x 1
0
Khi đó:
1 1 1
2
2 x f x x
. 3 3 3
f x
dx 2 dx dx
2ln 2 2 2ln 2
2ln 2 0
x 1 x 1 2 2 2
0 0 0
1
2
2 x x
f x
2. . f x
dx
0
x 1 x 1
0
1
x
f x
dx
0 *
x 1
0
2
2
x
x
Vì
f x 0, x
0;1
nên .
x 1
f x dx 0, x 0;1
x 1
x
x
Dấu " " xảy ra f x 0, x 0;1 f x , x
0;1
.
x 1 x 1
1 1 1 2
1
1
Khi đó:
0
0 0 0 0
1
0
x 1
f x d x x. f x x. f x dx dx x 1
dx
x 1 x 1
2
Câu 143.
1
2
x
1 1 2ln 2
x ln x 1 ln 2
2 2 2
Chọn A
Đặt a
f ( x)
, ta có:
0
1 1 1 1
M 2 f ( x) 3 x f ( x)dx 4 f ( x) x xf ( x) d x (2a 3 x) a dx 4a x xa dx
0 0 0 0
1 1 4
2 1 2
2
1 x x 1
2a 4a xa 3xa x xa dx 2 a x dx dx
.
8 8
8 24
0 0 0
x x
Dấu “=” xảy ra khi 2 a x 4 a x a f ( x)
.
4 4
1
Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức M bằng .
24
Lời bình
Trong bài giải trên có sử dụng biến đổi:
4
2 2
2 1
x x
2a 4a xa 3xa x xa 2 a x .
8 8 8
2
Tuy nhiên, nếu như các hệ số của biểu thức 2a 4a xa 3xa x xa bị thay đổi (thành các hệ
số khác) thì ta khó mà đưa về dạng mũ 4 như trên được.

Câu hỏi đặt ra là trong những trường hợp đó thì phải làm thế nào để đưa ra được đánh giá.
2
Để ý rằng biểu thức 2a 4a ax 3ax x ax là đẳng cấp bậc hai. Chúng tôi xin đề xuất một
hướng giải quyết trong trường hợp biểu thức cần đánh giá là đẳng cấp. Chẳng hạn trong bài toán
2
trên, ta cần đánh giá biểu thức g a, x 2a 4a ax 3ax x ax , với x 0;1
và
a f ( x) 0, x
0;1. Ta sẽ thực hiện như sau:
2
2 2a 4a a 3a a
+) Với x 0 thì biểu diễn được g a,
x
x
.
2
x x x x x
a
Đặt t 0 . Khi đó g a, x x 2 2t 4 4t 3 3t 2 t
.
x
4 3 2
1
Lập bảng biến thiên của hàm số ht 2t 4t 3t t trên 0;
, ta được min ht
.
0;
8
Câu 144.
Câu 145.
2
x
Do đó ta có g a, x , x
0;1
.
8
+) Kiểm tra được đánh giá trên cũng đúng khi x 0 .
2
x
Như vậy g a, x , x
0;1
. Từ đó lấy tích phân 2 vế trên đoạn 0;1
thì bài toán được
8
giải quyết.
n
Chú ý: Nếu g( a, x)
là đẳng cấp bậc n thì ta đưa x ra ngoài dấu ngoặc.
Chọn D
Theo giả thiết, với x
1; e
ta có
1
xf x xf x f x x f x xf x x f x
x
2 3 2 2 3 1
2
2 1
2 2 2
x f x xf x x f x xf x
2
xf x
x xf x f x x
xf x
1 1
xf x 1
1 xf x 1 1 1
dx dx ln x C
1 2 x
xf x
xf x 1
2
x xf x 1
1 1 1
xf x
1
f x
ln x C x x ln x C
1 1 1 1 2
Thay x 1
vào ta có f 1 1 C 2 f x
f e
.
C 2 x x ln x 2 3e
Chọn D
3 2 1 4 .
f x x 1 f x 3x
1
0 1
2 2
f x x x x f x
Nếu 1 thì
x
1 x 1 f x 3x
1
.
.

3 3 3 3
x 1 dx f xdx 3x 1 dx 6 f xdx
10 2
1 1 1 1
Nếu 1 thì
x
1 3x 1 f x x 1
.
Câu 146.
1 1 1 1
3x 1 dx f xdx x 1 dx 2 f xdx
2 3 .
1 1 1 1
2
3
3
Từ và 4 f x dx
12
.
1
3
3x
1 khi x 1
Do f xdx
12
f x
.
x 1 khi x 1
1
2 1 2
Vậy f x dx f x dx f x dx
5 .
Chọn D
0 0 1
10
Ta có 3 f x 2 f x x , x
.
10
Do đó ta thay x x
ta được 3 f x 2 f x x , x
.
10
3 f x 2 f x x
Khi đó ta có hệ phương trình
.
10
3 f x 2 f x
x
Câu 147.
1 1 10 11
1
1 10
x x 1
Giải hệ phương trình ta tìm được f x x . Khi đó I d = d = .
5
f x x x
5 55 55
Chọn B
1 1 2
1
Ta có f 2xdx 6 f 2xd 2x 6 f xdx
12.
2
0 0 0
0 0 0
Xét
Đặt
2
0
I x. f x dx
u x
du dx
dv f xdx
v f x
Câu 148.
2
2
Khi đó I xf x f xdx 2 f 2
12 20 .
0
Chọn B
0
1 1 2
1
Ta có f 2xdx 6 f 2xd 2x 6 f xdx
12.
2
0 0 0
Xét
2
0
I x. f x dx

Câu 149.
u x
du dx
Đặt
dv f xdx
v f x
2
2
Khi đó I xf x f xdx 2 f 2
12 20 .
0
Chọn C
Cách 1:
4
Đặt I f ' x 2 dx
, I f ' x 2 dx
.
1
0
2
0
Tính I1: Đặt u x 2 du dx
.
Đổi cận:
2
0
2 2
Ta có: I1
f ' u d u f ' x dx
f x 2
2 f 2 f 2 2 2 4 .
2 2
Tính I2
: Đặt v x 2 dv dx
.
Đổi cận:
Câu 150.
4 4
Ta có: I2
f ' v d v f ' x dx
f x 4
2
f 4 f 2 4 2 2 .
2 2
Vậy: I I1 I2 4 2 6 .
4 2 4 2
Cách 2: I f ' x 2d x f ' x 2d x f ' x 2d x 2 f ' x 2d x 2
0 0 0 0
4 2
f x 2 0
f x 2 0
f 2 f 2 f 4 f 2
Chọn B
2 2 4 2 6 .
1
2
1
2
2
109
2 2 109
f x 2 f x. 3 x
dx
. f x 3 x 3 x
dx
12
12
1 1
1
2
1
2
2 2
2 2 109
f x 3 x dx 3 x
dx
.
12
1 1
2
2
1
3
2 2
2 x 2 109
3 x dx 9 6x x dx 9x 3x
3 1 12
2
1 1
2 2
Mà
1 1
2 2
1
2
Suy ra f x 3 x dx
0 .
1
2
2
Vì 2 1 1
1 1
f x 3 x 0, x
; nên , .
2 2
f x 3 x x
;
2 2

Vậy
1 1 1 1
2 2 2
2
f x 3 x 1 x 2 1 2
dx dx d x + d
2
x
x 1 x 1 x 1
x 1
0 0 x 1 x 1
2 2
0 0
1
x 1 2
ln x 1 ln 2 ln .
x 1
9
0
Câu 151.
Câu 152.
Chọn D
5 5
Ta có: 2 f x dx 200 f x dx
100
.
1 1
5 2 5 5
Theo tính chất của tích phân: f x dx f x dx f x dx 100 4 f x dx
.
5
Suy ra f x dx 96 .
Chọn A
2
1 1 2 2
Câu 153.
Câu 154.
Ta có:
1 1 1
1
3x 1 f x dx 2019 3x 1 d f x 2019 3x 1 f x 3 f x dx
2019
0
0 0 0
1 1 1
1
4 f 1 f 0 3 f x dx 2019 2020 3 f x dx 2019 f x d x 1
3
1
3
Xét: I f 3x dx
:
0
0 0 0
dt
1
Đặt 3x t dt 3dx dx
; Đổi cận: x 0 t 0; x t 1.
3
3
1 1
1 1 1 1 1
I d d .
3
f t t f x x
3
3 3 9
Vậy:
Chọn C
0 0
3sin
x
Đặt t 3cos x 1 dt
dx
.
2 3cos x 1
Đổi cận : x 0 t 2 ; x t 1.
2
1 2 2
2 2 2 2 4
Khi đó: J f tdt f tdt f xd x .2 .
3
3 3
3 3
Chọn C
Tích phân từng phần có
2 1 1

3
( x ) f '( x)d x ( x )d f ( x) ( x ) f ( x) f ( x)d x f ( ) f ( ) f ( x)dx
0
3 3 3 3
1 1 1 4 3 0
0 0 0 0
Suy ra
3 3
( )d ( ) ( ) ( ) '( )d ( ) ( ) 1
f x x 4 f 3 f 0 x 1 f x x 4 f 3 f 0 a
0 0
1 1
b f '( x ) d x f '( x )d x f (1) f (0) d f (0) f (0) d b 2
0 0
3 3
c f '( x ) d x f '( x )d x f (1) f (3) d f (3) f (3) d c 3
1 1
1
2
3
Từ , ,
3
f ( x ) dx 4( d c ) ( d b ) a a b 4 c 3 d .
0
Câu 155.
Câu 156.
Chọn D
x
e 1 1 x
Đặt t dt e dx
2 2
Đổi cận x 0 t 1; x ln 3 t 2.
ln3 x
2
x e 1
2
Khi đó e f '' dx 2 f ''( t) dt 2 f '( t) 2 f '(2) f'(1) .
2
1
0 1
Do hàm số đạt cực đại tại điểm x 1 và có đạo hàm trên f (1) 0 .
yB
yA
Mặt khác đường thẳng Δ đi qua hai điểm A (1;0) , B(0; 3)
nên có hệ số góc k 3 .
x x
Do tiếp xúc với đồ thị hàm số f ( x)
tại điểm có hoành độ x 2 nên f (2) 3 .
Vậy
x
x
e 1
e f dx
2
2(3 0) 6.
0
ln3
Chọn C
5 x
Trên đoạn 5; 3
ta có f x
; trên đoạn 1;2
ta có f x x 3.
2
B
A
Câu 157.
Chọn B.
2
Khi đó: F 2 F 5 f x dx
.
5
3 1 2 3 5 x
1 2
145
f xdx f xdx f xdx dx f xdx x 3dx
.
5 3 1 5 2 3 1
6
3
+ Xét J x f 2x 4 dx
8 .
0
Đặt u x và 1
dv f 2x 4 dx d f 2x
4
, ta được du
dx
và v
1 f 2x
4
.
2
2
3
1 3 1
J . 2 4 2 4 d
2 x f x
0 2
f x x
1
3 2 4 d .
2
f x x
f 2 f 2x 4dx
0
3 1
2 2
3
0
2
0

3
Vì J 8 1
3 2 4d 8
.
2
f x x f 2x 4dx
10
0
3
0
Câu 158.
Đặt 2t 2x 4 2dt 2dx dt dx
Đổi cận:
1 1
I f 2t dt f 2x dx
10
.
1
2 2
Vậy . I 10
Chọn D
x 0 3
t 2
1
2
2
Ta có
2 2
1
sin x cos x dx 1 sin 2xdx x cos 2x
1.
0
0
2 2
2 2
2
f x 2 f x sin x cos x sin x cos x dx
.
0
2 2
2 2
f x 2 f xsin x cos x
dx sin x cos x
dx
1 1 0.
0
0
2 2
2
2
f x sin x cos x
dx
0 .
0
sin cos
f x x x .
0
Câu 159.
2 2
f x dx sin x cos x dx cos x sin
x 2 0 .
Chọn C
0 0
0
1 1 1
Ta có A
x. f 1 x f x
d x x. f 1 x dx f x dx
.
1
0 0 0
Đặt I x. f 1
x dx
.
0
Đặt
u x
du dx
dv f 1 x dx
v f 1
x
Câu 160.
Chọn D
1 1
1
Khi đó
I f 1 x . x f 1 x dx f 0 f x dx
0
1 1
0 0
1 1
Do đó A f 0 f xdx
f xdx f 0
.
2 2
0 0

Câu 161.
2
f x
1
Trên 0;
ta có f x x.
f x
x x .
2
f x
f x
2
1
1 x
dx xdx C .
f x
f x
2
2 a 3 1 a 2
Có f 1
C C .
a 3 2 2 2
1 a 2 2 1 2 1 2 a
2 f 2
; f 2
0 6 a 2 .
f 2 2 a 6 4 a 6 4 4 a 6
2
1 x a 2
Ta có . Do đó f x 0 , x
0;
a 2
.
f x 2 2
Với a a 2; 1;0;1
. Vậy tổng tất cả các giá trị nguyên của a cần tìm là 2
.
Chọn D
1 1
Đặt t ln x 2dt dx
.
2
x
Đổi cận
x 1
6
e
t 0 3
.
Câu 162.
Câu 163.
1
6 6
e f ln x e f
ln x
3 3 3
2
Khi đó dx
dx 2f tdt 6 f tdt 3 f xdx
3.
x
x
1 1 0 0 0
2
Đặt u cos x du 2cos x.sin xdx sin 2xdx
Đổi cận
x 0
2
u 1 0
0 1 1
2
2
Khi đó f cos x sin 2xdx f u du f u du 2 f x dx
2
.
0 1 0 0
3 3 3 3 1 3
3
Do đó f x 2 dx f x dx 2dx f x dx f x dx 2dx 3 2 2 x | 5.
Chọn C
Ta có:
1 1 1 0 0 1
x f ' x x f ' x 1 2x
f ' x
f x
dx dx
x 2 1 f x x 2 1
f x 2
x
2 1
1
2
2 2
ln f x
ln x 1 C ln f x
ln x 1
C
( vì f x luôn dương trên ).
2
Mà f 0 1 C 0 f x x 1 T f 2 2 2 f 1 3 2 2 0;1 .
1

Chọn C
Áp dụng công thức tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường y f x ,
1, x x và x x ta được:
y f x
1
3
S 1
1
x3
x1
S1 f x 1 f x 1
dx
x3
x1
2 f x 1dx
x3
x1
2 f x 1
dx
1
f x trên x1;
x3
x3 x3
2 f x dx 2 dx .
x1 x1
x1
x2
x3
x2
x1
3
x x ;0 2
Vì , , theo thứ tự lập thành cấp số cộng nên cách đều và . Khi đó điểm
C
là điểm uốn của đồ thị , ta thấy hình phẳng giới hạn bởi C và trục Ox gồm 2 phần có
cùng diện tích nhưng nằm khác phía so với trục Ox , do đó f x dx 0 .
x3
x1
Câu 164.
Câu165.
x3
Suy ra: S 20 2 dx 2 x x 4 3 .
Chọn C
1 3 1
x1
2
Đặt t x 5 x suy ra
2
5 t 5 1
2t
2 2t
2
2 2 2
t x x 5 t x x 5 t 2tx 5 x dx dt
2
Đổi cận: x 2 t 5; x 2 t 1.
2 1 5
Ta có: f x 2
5 1 1 5
5 x d x f t
d 1 d 1.
2 2
2t
2 t 2
f t
t
t
Suy ra
2 5 1
5
1
f t
5 5 5 5
5
f t
f t
2 1 dt
2 5 dt f
2
tdt 2 f tdt 2 5 dt
2
t
t
t
5 5
f x
f xdx 2 5
dx
2 5.3 13.
2
x
1 1
Chọn D
1 1 1 1
du
dx
u
x
Đặt
1 .
d v f (3 x)d x v f (3 x)
3
1 3
Suy ra I 1 1 1 1 1
. (3 ) (3 )d (3) ( )d 6 .
3 x f x
0
3 f x x
3 f
9
f x x
Vậy . I 6
Câu 166.
Chọn A
0 0

Đặt x 2 t dx dt .
0 2 2
I f 2 t dt f 2 t dt f 2 x dx .
2 0 0
2 2 2 4
2 2 2
x 1 x 2 1 x 2 e 1
2I
f x f 2
x
dx xe dx e d x e
0
.
2
2 2
4
e 1
Vậy I .
4
0 0 0
Câu 167.
Câu168.
Câu 169.
Chọn C
Ta có: f x x 1.
f x với mọi x .
f x 1 f x 1
dx dx ln f x
2 x 1 C
f x
x 1 f x
x 1
Mà f 0 1 ln 1 2 C C 2
.
2 x12 2
Hay ln f x 2 x 1 2 f x e f 3 e .
Chọn A
Ta có
f x . f x 1
2
1
f
x
f
x
suy ra
2 2
x
dx xf xdx
f x
x.d
f x
1 1
2
xf x f x dx
2 f 2 f 1 f x dx
2c b a .
Chọn B
1
1
1
Ta có : 5 f x 7 f 1 x 3 x 2 2x
2
.
2
1
Lần lượt chọn x 0, x 1
, ta có hệ sau :
5
f
1
5 f 0 7 f 1 0 8
5 f 1
7 f 0
3 7
f 0
8
Tính
1
0
I x. f ' x dx
u x
Đặt :
Chọn
dv f ' xdx
1
1
5
I x. f x
f xdx
J
0
8
0
du
dx
v f x

Đặt x
0 1
2
1 t J f 1 tdt f 1 xdx
K . Suy ra 5J 7K 3
x 2xdx 2
1 0
1
0
Câu 170
J K
Ta có :
J K 1
5J
7K
2
Vậy
Chọn A
5 3
a
3
I 1
8 8 b
8
Từ đồ thị hàm số
T 8a 3b
0
f x
, ta có bảng biến thiên của hàm số trên đoạn 3;2
1
Xét, I f 5x 3 dx
.
0
Đặt
1
u 5x 3 du 5dx dx du
5
Đổi cận:
x 0 1
u 3
2
Kết hợp với bảng xét dấu của hàm số
y f x
, Ta được:
2 1 2 1 2
1 1 1 1 1
I d d d d d
5
f u u f u u f u u f u u f u u
5
5
5
5
3 3 1 3 1
Câu 171.
Chọn D
4 4 2
2 1 f cos x
* I1 tan x. f cos xd x
.sin2xdx
.
2
2
cos x
0 0
2
Đặt cos x t sin 2xdx
dt
.
Đổi cận
1
2
x 0
t 1
1
1 f t f t
Khi đó I1
dt
.
2
dt
4
t
t
1
1
2
4
1
2

2 2
e 2 e 2
f ln x 1 f ln x 2ln x
* I2 d x
. dx
.
2
x ln x 2
ln x x
e
e
Câu172.
2 2ln x
Đặt ln x t dx
dt
.
x
Đổi cận
2
x e e
t 1 4
4
4
1 f t
f t
Khi đó I2
dt
.
2
dt
4
t
t
1
2
f 2x
1
* Tính I dx
. Đặt 2x t dx
dt .
x
2
1
4
Đổi cận
1
x
4
1
t
2
4 f t 1 f t 4 f t
Khi đó I dt dt dt
4 4 8 .
t
t
t
1 1 1
2 2
f x 0
1
Ta có , x
0; 0 không có nghiệm trên khoảng
2
4
f x 0;
f x 0
1;2
f f
không có nghiệm trên khoảng 1 . 2 0 , x
1;2 .
f
Mà 1 e 0 nên f 2 0 .
2
1 f x
Do đó x f x
f x
0 .
2
x f x
Suy ra
2 2
2
1 1
x
1 f d x d x
x f x
ln f x
1
x
2
1
2
1
Câu173.
1
1 ln 2 ln 1
2
f f
1
2
Chọn C
ln f 2
1
ln f 2
1
2
1
ln f 2
ln e
2
f 2 e e .
2
2 f x . f x
Với x
0; ta có .
2
f x. f x cos x 1 f x
cos x *
2
2 1
f x
1
2
2
Suy ra 1 f x sin x C .
Ta có f 0 3 C 2 .
2
Dẫn đến f x sin x 2 1
.

Câu 174.
Câu 175
Chọn A
Vậy f 2 2 .
2
Chọn D
1 3 x 3 x 1 3
x x 1
2 e 2 e.2 2
x
x x x 3 2
dx dx x dx
x x
x
e.2
e.2
e.2
0 0 0
4
1 1
x
x 1 1 1 e
.ln e.2 .ln 1 4 eln 2 4 e.ln 2 e
0
Vậy m 4 , n 2 , p 1
nên P m n p 7 .
u f x du f x dx
+ Đặt 1 1 1 .
dv dx x
2 v
x 1
2 x 1
Khi đó
2 2 2
2
1 1 1
0
f ( x) 1 x 1 x 1
d x f ( x) f ( x)dx
( x 1) 2 x 1
x 1
2
5 3 1 1 x 1
ln f (2) f '( x)dx
12 2 2 3
x1
1
2
5 3 x 1
2ln f ( x)dx
1
6 2
x 1
Xét
1
2 2 2
2
1 1
x 1 2
dx
1
dx
x 1
x 1
2
4 4 4
1 dx x 4ln x 1
x 1
x 1
2
1 x 1
1
2
1
2
1 x 1
5 3
dx
ln 2
4
x 1 12 2
2
2 5 3
Theo đề
f '( x) dx ln (3) .
12 2
1
Từ (1), (2), (3) ta có
.
.
2
.
4 5 3
1 4ln 3 4ln 2 2 4ln
3 3 2
2
1
2
1 x 1 1 x 1
f ( x) dx 0 f ( x) 0
2 x 1
2 x 1
1
f ( x) x 2ln x 1
C
2
1
f (2) 2 2ln 3 C 0 C ln 3 1
2
1
f (x) x 2ln x 1
ln 3 1
2
1 x 1
f '( x)
.
2 x 1

2
1
I
x 2ln x 1
ln 31dx
2
1
2
2
x
4
1
2
ln 3 1 x
ln x 1
dx
x
1
2
1
2
ln 3 x 1 ln x 1 x
1
d x
4
1
1 ln 3 3ln 3 2ln 2 1
3 2ln
2 .
4 2 3
Câu 176.
2
1 ln 3 ln 1 d x
4
1
Chọn C
Vì
x (1; )
nên ta có
2 4
x f x xf x x x xf x
( ) 2 ( ) ln ( )
( ) 2 ( ) ( )
ln x 1
4
3
x x
2
x f x xf x f x
Câu 177
f ( x)
f ( x)
ln x 1
2
3
x x
f ( x)
f ( x)
ln xdx
1 dx
2
3
x
x
f ( x)ln x f ( x) f ( x)
dx x dx C
2 3 3
x
x
x
f ( x)ln
x
x C
2
x
f ( x)ln
x
x C f ( x)
2
x
3
3
x
Theo bài ra f e 3e C 0 f ( x) = . ln x
8 23
Do đó f (2) = ;12 .
ln 2 2
Chọn B
2
x x C
ln x
.
Từ công thức tính vi phân của hàm số, ta có
cos x cos x x x x
2 2
d( ) ( ) d sin 2 d
f (x)dx
d( f (x)) , và
2
Do đó, áp dụng công thức tích phân từng phần, với u cos x và v f (x) , ta thu được
2 2
2 2 2
f x cos xd x f x .cos x f x sin2xdx
0
0 0
Theo giả thiết, ta có
2
2
2
f xcos xdx
10
. Từ đó f x
2
.cos x f xsin2xdx
10
0
0
2
0

2
f x x x
2 2
f
f
0
2 2
sin2 d 10 .cos 0 .cos 0 13
Câu 178.
Chọn D
f x f 1 x 2x 2x
1
Ta có:
2
1 1
2
(1 ) (2 2 1)
I f x dx x x dx
0 0
1
2 3 2
I f (1 x)
dx x x x
3
0
1
2
I f (1 x) dx 1
3
0
1
0
Xét
1
f (1 x)
dx , đặt: t 1 x dt dx
0
Đổi cận
x 0 1
t 1 0
Ta có:
1 0 1
0 1 0
f (1 x) dx f ( t)( dt) f ( t) dt I 2
Từ (1) và (2)
1
2
2 f ( x)
dx
3
0
1
0
1
f ( x)
dx
3
.
Câu 179.
Câu 180.
Chọn A
Đặt t 3x 6 dt 3dx
.
Đổi cận: x 1 t 3, x 2 t 0 .
2
1
0 0 0
f 3x 6 dx f t dt 3 f t dt 9 f xdx
9 .
3
1 3 3 3
Đặt
u x
du dx
dv f xdx
v f x
0
0
3
Khi đó x f x dx
xf x f x dx
0. f 0 3. f 3 9 3
.
3
Chọn D
1
f 2x
+) Ta có 8
0 f 2x 1 f 2x
dx
d d . (1)
1
5
x x
x
x
x
1
5
1
5
1
0
3
1 0

Câu 181.
Câu 182
0
f 2x
Xét I dx
:
1
5 x
1
Đặt t x
dt
dx
. Đổi cận: x 1
t 1
và x 0 t 0 . Khi đó
0
1
1 t
f 2t
f 2t
5 f 2t
I dt
.
d t
1
5
t
d
1
5
t
t
t
5 1
1
0
1 t
1 x
f t
5 f 2x
Vì y f x là hàm chẵn trên nên f 2t f 2t
, t
.
Do đó
I
0
5 2 d t
t
5 1
1 x
5 f 2x 1 f 2x
8 dx
dx
x
5 1
1
5
x
0 0
1
1
2 f x x
0
x
5 1
2 d 2 8 f t
2
0
Vậy f x dx 16
.
0
2
0
1
0
0
dx
. Thay vào (1) thu được
x
5 1 f 2x
x
5 1
dt 16
.
1
dx
f 2x dx
.
Chú ý:
a
a
f x
Nếu f x
là hàm chẵn và liên tục trên a;
a
thì dx f xdx
với mọi , .
x
1
b
a b 0
Chọn B
f 3 x . f x 1
Từ giả thiết 1 f 3
2 .
f 0
2
2
Do f 3 x . f x 1 1 f 3 x . f x 1
f x
.
Khi đó ta được:
a
2 2
3 3 3
x. f x 1 x 3 1
I dx d d 1 .
2 x x J
0 1 f x
1 f
0 x 1 f x 0
1
f
0 x
3 0 3 3
1
t3x
1 1 1
Tính J dx dt dt
dx
.
1 f x
1 f 3 t
1 f 3 t
1 f 3 x
0 3 0 0
3 3 3 3 3
1 1 1 f x
Suy ra 2J dx dx dx dx dx
3 .
1 f x
1 f 3 x
1 f x
1
f x
0
0
0 0 0 0 0
3 1
Do đó J . Vậy I .
2 2
Chọn B
Từ giả thiết:
e x 2
f x f x x
2 . e x
f x x f x f x
f x
e 2
x x 0,
f x
( vì f x x
)
, ta có

x
x
f
x
dx e 2xdx
f
2
ln f x e x x C .
Mà f 0 1
nên C 1.
2
Khi đó, ta được: ln f x e x x 1.
e2
Thế x 1, ta có: ln f 1 e 2 f 1 e .
Câu 183.
Chọn A
2
f x
Ta có: xf ' xln x f x 2 x f ' xln x 2x
, x
1;
.
x
f x
f ' xln xdx dx 2xdx
x
2
f x f x
f xln x
dx dx x C
x
x
2
f x ln x x C , x
1; .
2
Do f e e C 0 .
2
1;
Suy ra f x ln x x , x
2
x
f x x
ln x
0, 1;
x ln x
, x
1; .
f x x
2 2 2
e x
e ln x 1 2 e 3
Vậy I dx dx ln x .
e
f x
e
x 2 e 2
Câu 184.
Chọn D
2021
x
Xét hàm số: g x
x 3 . f x
trên 0;1
.
2021
2 3 2020 2 2018
Ta có: g x 3 x f x x f x x x .
3 f x x. f ( x) x
0x
0;1 .
g x
0;1
g x g 0x
0;1
Do đó là hàm số không giảm trên , suy ra
2021 2018
x
x
Hay x 3 . f x 0, x 0;1 f x 0, x
0;1
.
2021 2021
1 1 2018
x
1
Vậy: f xdx dx
.
2021 2019.2021
0 0
2018
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi f x
x .
2021

Câu 185.
Chọn B
Ta có y f ( x)
là đa thức bậc bốn nên f ( x)
là đa thức bậc ba. (1)
2 x f ( x)
f ( x)
f ( x)
Ta có lim 2 lim 1
2
. (2)
x0
2x
x
0
lim 2
2x
x0
x
Câu 186.
Chọn D
2
Từ (1), (2) suy ra f ( x)
có dạng f ( x) x( ax bx 2) .
Ta lại có y f ( x)
đạt cực trị tại x 1
và x 2 nên f (1) 0 , f (2) 0 . Do đó, ta có hệ
a
b 2 0 a
1
phương trình
.
8a
4b
4 0 b
3
1 1
2
1
Vậy f ( x)d x x( x 3x 2)dx
.
4
0 0
2
f ' x x 1
x 1 f ' x f x x 1 x
2 2 1;2 (*)
2
f x
x 1
Ta có 2 2 2
2
Lấy tích phân 2 vế (*) trên
1;2
ta được
1
2 2 2
2
f ' x
2 1
x 1 1
2
d d x
x
2 x dx
2
2 2
1 f x 1 x 1 f x
1
1 1
x
x
1
2 d
1 1
x
x 1 1 1 2
2
f 2 f 1
1 1 f 2
2
1 1
x
x
x
x
1 1 2 1 f 2
5 .
f 2 2 5 2 2
Câu 187.
Chọn B
Ta có y f ( x)
là đa thức bậc bốn nên f ( x)
là đa thức bậc ba. (1)
2 x f ( x)
f ( x)
f ( x)
Ta có lim 2 lim 1
2
. (2)
x0
2x
x
0
lim 2
2x
x0
x
2
Từ (1), (2) suy ra f ( x)
có dạng f ( x) x( ax bx 2) .
Ta lại có y f ( x)
đạt cực trị tại x 1
và x 2 nên f (1) 0 , f (2) 0 . Do đó, ta có hệ
a
b 2 0 a
1
phương trình
.
8a
4b
4 0 b
3
Câu 188.
Chọn D
1 1
2
1
Vậy f ( x)d x x( x 3x 2)dx
.
4
0 0

Câu 189.
Chọn B
1 1
2
2
Ta có f x 4xf x 3x
f x
2 3
4xf x dx 3xdx
f xdx 4xf x dx
.
2
1
2
Xét A 4xf x dx
.
0
0 0
2
Đặt t x dt 2xdx
. Đổi cận x 0 t 0 , x 1
t 1.
1 1
1 1
3 1
Vậy A 2 f tdt 2 f xdx
3
f xdx f xdx
.
2
2
0 0
3
f xx Ta có
2 1
2x
3 f x . e
0
2
f x
0 0
1 1
0 0
3 f x.
2
x 1 2
e f x
e
f 3 x e x 2 1
3
f x
x
2 1
e e C
*
Thế x 0 vào * ta được e e C C 0 .
3 2
f x x 1 3 2 3 2
Do đó e e f x x 1 f x x 1
.
7 7 1
2 3
3 2 1 2 2 1 x 1
3
Vậy I x x 1dx x 1
3 d x 1 .
3 . 16 1
45 .
8 8
0 0
.
e
3
f
2 2
x
4
3
2x
4
0
7
3 2
2 f x x 1
3 f x . f x . e 2 x.
e
2 3 2
1 1
8 x x
0
7
Câu 190.
Chọn B
Gọi là thể tích của nón, V là thể tích khối trụ có chiều cao OO ', bán kính đáy OA , nên
V
1
V p p
2
1
= 5.10 . = 500
.
Gọi
V 2
là thể tích phần còn lại của nón.
Cách 1: chọn hệ trục tọa độ như hình vẽ.
y
B(0,20)
O
A(10,0)
x
O'

V2
Khi đó, là thể tích của khối tròn xoay khi quay hình phẳng giới hạn bởi nhánh parabol
và hai trục tọa độ quanh trục Oy .
AB
Phương trình parabol (P) chứa nhánh có dạng y = a x-10
.
AB ( ) 2
Vì (P) đi qua điểm B(0;20) nên a = 1
; do đó (P): y = 1 .
5
( x-10
) 2
5
2 1000p
Suy ra x = - 5y
+ 10 ( do x < 10 ). Vậy, V2
= p (- 5y + 10)
dy =
3
2500p
Đáp số: V = V1 + V2
= ( cm
3
).
3
Cách 2: chọn hệ trục tọa độ như hình vẽ.
y
20
ò ( cm
3
)
0
A(0,10)
O
B(20,0)
x
V2
Khi đó, là thể tích của khối tròn xoay khi quay hình phẳng giới hạn bởi nhánh parabol
và hai trục tọa độ quanh trục Ox .
AB
Câu 191.
Phương trình parabol (P) chứa nhánh AB có dạng y = a x + 10 .
Vì (P) đi qua điểm B( 20;0) nên a = - 5 ; do đó (P): y = - 5x
+ 10 .
20
2 1000p
Vậy V2
= pò (- 5x + 10)
dx = ( cm
3
).
3
0
2500p
Đáp số: V = V1 + V2
= ( cm
3
).
3
Dạng toán: Tính thể tích khối tròn xoay.
Phương pháp: dùng ứng dụng của tích phân để tính khối tròn xoay, có thể dùng trực tiếp các
công thức tính thể tích chỏm cầu, chảo parabol, hình nêm, phiến trụ, nón cụt…
Chọn A
Thể tích phần trên của cây dù là thể tích của khối chỏm cầu:
2
V1
h R
h
2
. MN . ON
3
MN
3
2 40
.40 200
3
896000
3
cm
3
.

Câu 192.
Thể tích phần thân của cây dù là thể tích của khối nón cụt:
1
V2 . h . R1 R2 R1 . R2
3
112000 3
cm
.
3
1 . . .
3
2 2
OM MB 2 OE 2 MB OE
1 .160. 400 100 200
3
896000 112000
3
Vậy thể tích của cây dù: V V1 V2
336000
cm
.
3 3
Chọn B
Chọn hệ trục tọa độ như hình vẽ sau
2 2
x y
Phương trình chính tắc Elip E
là: 1. Từ đó, suy ra
2 2
45 75
x
45
y
MN x
75
75
2 2
2 2 2 2
1 .45 2 45
2
2
Diện tích thiết diện là:
2 2
2
1 2 1 2 1
MN 2 45 2
1 45
2
R
S x
R R x
4 2 4 2 4 2
2 2 75
.
Câu 193.
75 Thể tích cần tính là:
75 2
2 45 2 3
V S x dx
1 45 x dx 115586m
.
2
2 75
75 75
Chọn D
Gọi hình chiếu của P,
Q trên AF và BE là R và S . Vật thể được chia thành hình lập phương
125 3
ABCD.
PQRS có cạnh 2,5cm , thể tích V và phần còn lại có thể tích . Khi đó thể
1
cm
V2
8
125
tích vật thể V V .
1
V2 V2
8

Đặt hệ trục Oxyz sao cho O trùng với F , Ox trùng với FA , Oy trùng với tia Fy song song
2
với AD . Khi đó Parabol P
có phương trình dạng y ax , đi qua điểm P 5
1;
do đó
2
5 5 2
a y x .
2 2
Cắt vật thể bởi mặt phẳng vuông góc với Ox và đi qua điểm M x;0;0,0 x 1
ta được thiết
5 2 5
diện là hình chữ nhật MNHK có cạnh là MN x và do đó diện tích
2
2
Áp dụng công thức thể tích vật thể ta có V
125 25 425
Từ đó V cm
8 12 24
3
2
1
0
25 2 25
x dx
4 12
25
4
2
MK S x x
Câu 194.
Câu 195.
Câu 196. .
Chọn C
v0
Tại thời điểm t 20 s
thì v20
0 nên v0 20a
0 a .
20
v0
Do đó, vt v0
t .
20
20 20
20
0
Mặt khác, v t s
t v t dt s
t dt
s t s 20 s 0 120
.
0 0
20
v0
v0
2
Suy ra, v0
t dt
120
v0t
t 120
.
20
0 40 0
Từ đó ta có phương trình 20v
10v
120
v0 12
(m/s).
Chọn B
+, Với x 1
Ta có:
0 0
dx d ln x
F x
ln ln x C ln ln
x
C
x ln x
ln x
20
1 1
Do F e ln 2 ln ln e C ln 2 C ln 2 F x ln ln x ln 2 .
2 2
e
F e ln ln ln 2 2ln 2
+, Với 0 x 1
Ta có:
1 1
dx d ln x
F x
ln ln x C ln ln x
C
x ln x
ln x
2 2
1 1
Do F 2 ln ln C2 2 C2
2 F x ln ln x
2 .
e e
1 1
F ln ln 2 ln 2 2 .
e
2
e
2
1
2
Vậy F
F e
2ln 2 ln 2 2
3ln 2 2 .
2
e

Câu 197.
Câu 198.
Câu 199
Chọn C
3 2
2 2
V t at bt V t at bt t a b c
t t
d .
3 2
3 2
0 0 3
a b c 0
3 2 a
V
0 0
10
3 2
5 5 1
Theo bài ta có hệ V 515 a b c 15
b
.
3 2 5
V 10
110 3 2
10 10
c
0
a b c
110
3 2
3 2
3 20 1 20
3
Suy ra, V 20 840m
.
10 3 5 2
Chọn A
Vận tốc của chất điểm Y là v ( t) at.
Y
Ta tìm thời gian để X di chuyển đến trung điểm M của đoạn thẳng AB tức
t
t
3 2
1 2 1
t t
vX
( t) dt 100 t t dt 100 100 t 20.
80 3 240 6
0 0
Do đó Y cần 20 – 10 = 10 giây để di chuyển đến trung điểm M của đoạn thẳng AB vì vậy
10 10
100
v ( t) dt 100 atdt 100 a 2.
Y
0 0
Chọn B
Theo đề bài vận tốc của xe lúc nhấ 117hop117 180 km/h hay 50 m/s .
10
2
Gọi v t là vận tốc của xe đua, ta có v( t) a( t)d t (2t 1)dt t t C .
0
tdt
2
2
Vì vận tốc ban đầu của xe là 50 m/s nên v(0) 50 0 0 C 50 v( t) t t 50 .
t
2
Vận tốc của xe tại thời điểm 4 s là v 4 4 4 50 70 m/s hay 252 km/h.
Vân tốc của xe sau 4 giây là 252km/h.
Chọn D
.

Chọn hệ trục Oxy như hình vẽ.
Ta có phương trình parabol phía trên trục hoành đi qua các điểm
2
x
y 20.
180
( 30;15);(30;15);(0;20)
Thể tích thùng bằng thể tích khối tròn xoay tạo thành khi quay quanh trục hoành hình phẳng
2
x
giới hạn bởi các đường y 20; y 0; x 30; x 30.
180
là:
Vì vậy V
2
30 2
x
3
20
dx
20300 (cm ) 63,8 (lít).
180
30

Câu 1: (GV Đặng Thành Nam -2019) Cho khối chóp S.ABCD có SA = 1, tất cả các cạnh còn
lại bằng 3. Tính thể tích khối chóp S.ABCD.
3
6
3
6
A.
B.
C.
D.
3
2
2
3
Câu 2: (GV Đặng Thành Nam -2019) Cho khối lăng trụ ABC.A′B′C′ có thể tích V, đáy là tam
giác cân, AB = AC. Gọi E là trung điểm cạnh AB và F là hình chiếu vuông góc
của E lên BC. Mặt phẳng (C′EF) chia khối lăng trụ đã cho thành hai khối đa diện. Tính thể tích
của khối đa diện chứa đỉnh A.
A. 47
25
29
V B. V C.
72 72 72 V D. 43 .
72 V
Câu 3: (GV Đặng Thành Nam -2019) Cho hình chóp S.ABCD có thể tích V , đáy là hình bình
hành tâm O. Mặt phẳng (α) đi qua A, trung điểm I của SO cắt các cạnh SB, SC, SD lần lượt tại
M, N, P. Thể tích nhỏ nhất của khối chóp S.AMNP bằng
V
A. 18
B. 3
V
C. 6
V
D. 3 V
8
Câu 4: (GV Đặng Thành Nam -2019) Cho lăng trụ ABC.A’B’C’ có thể tích bằng 72. Gọi M là
3 1
trung điểm cạnh A’B’; các điểm N, P thỏa mãn B ' N B ' C ', BP BC.
Đường thẳng NP cắt
4 4
BB’ tại E; đường thẳng ME cắt AB tại Q. Thể tích khối đa diện ACPQA' C ' NM bằng
A. 55 . B. 59 . C. 52 . D. 56.
Câu 5: (GV Đặng Thành Nam -2019) Cho khối chóp S.
ABCD có đáy ABCD là hình vuông
cạnh 2 a, SA SB a 2,
chóp đã cho bằng
khoảng cách từ A đến mặt phẳng
3
2a
3
A. .
3
3
a 6
B. .
3
3
a 3
C. .
6
SCD bằng a . Thể tích của khối
3
2a
6
D. .
3
Lời giải
Câu 1. Chọn đáp án D.
Tứ giác ABCD có độ dài các cạnh bằng 3 nên là một hình thoi có độ dài cạnh bằng 3.
Vì SB SC SD 3 nên hình chiếu của S lên mặt phẳng (ABCD) trùng với tâm đường tròn
ngoại tiếp H của tam giác BCD. Vì tam giác BCD cân tại C nên H AC là trung trực của canh
BD.

AC
Gọi O AC BD chú ý SBD ABD(c c c) SO AO SO SAC vuông tại
2
S.
Do đó
2 2 SA. SC 3.1 3
AC SA SC 2 SH .
AC 2 2
2 2 2 2 2 2
BD OB BC OC BC AC BD
4 4 4 12 4 8 2 2.
Ta có
1 1 1 1 3 6
Do đó S
ABCD
AC. BD .2.2 2 2 2 VS . ABCD
S1BCD. SH .2 2. .
2 2 3 3 2 3
Câu 2. Chọn đáp án B.
Gọi M là trung điểm BC AM BC EF BC thì F là trung điểm MB.
Khi đó '
Kéo dài EF AC I; IC ' AA' N.
EFC ' N.
Khối đa diện chứa đỉnh A có V V
'.
V
'.
.
A C AEFC C ANE
S
AEFC
7 7 1 7
Ta có VC '. AEFC
. VC '. ABC
VC '. ABC
. V V.
S
8 8 3 24
ABC
C EF cắt lăng trj theo thiết diện là tứ giác
Ta có
CA CM 2 IA 1 AN IA 1 1 1
AN CC ' AA'.
CI CF 3 IC 3 CC ' IC 3 3 3
Do đó
1
1 1 1
.
. AA'.
AB
S
AN AE
ANE
2 2 2 3 2 2 1
VC '. ANE
. VC ', ABB' A'
. V . V V.
S AA'. AB 3 AA'. AB 3 18
ABB'
A'
7 1 25
Vậy V
A
V V .
24 18 72
Câu 3. Chọn đáp án C.
SA SM SN SP
Với x 1, y , z , t ta có 1 1 1 1 và xét tam giác SAC ta có
SA SB SC SD x z y t
1 SO
1 SC
SO SA SC SI SA SN SI 1
SA 1
SN .
2 SI 2 SN 4 z
Mặt khác ba điểm A, I, N thẳng hang nên 1 1 1 z
1 .
4 4z
3

Do đó 1 1 1 1 t
4 y .
y t 1 1 4t
1
3
Vì vậy
2
xyzt 1 1 1 1 2t 1 V
VS . AMNNP
V f ( t) V min f ( t) f .
4 x y z t 3(4t 1)
2 6
1 1
Dấu bằng đạt tại t , y . Tức mặt phẳng đi qua trung điểm các cạnh SB. SD.
2 2
Câu 4. Chọn đáp án B.
Thể tích khối lăng trụ đã cho là V0 Sh 72. Ta có
1
BC
EP EQ EB BP 4 1
;
EN EM EB ' B ' N 3
B ' C '
3
4
Do đó
2
1
;1
4
B ' M B ' N 1 3 3 1 1 3 1
SB' MN
. SB' A' C '
. . S S; SBQP SB'
MN
. S S.
B ' A' B ' C ' 2 4 8 3 9 8 24
Vì vậy khối chóp cụt BQP.B′MN có thể tích là
h
h 3 1 3 1 13
VBQP. B' MN
SB' MN
SBQP SB'
MN
SBQP
S S S S Sh 13.
3 3
8 24 8 24
72
Do đó V
' '
V
. ' ' '
V
. '
72 13 59.
ACPQA C NM ABC A B C BQP B MN
Chọn đáp án B.
1 1 3 3 3
Cách 2: Dùng tỉ số thể tích cóV . S . d E,( B ' MN) . S.
h V
3 3 8 2 16
EB EQ EP 1 3 1
VE. BQP
. . VE. B' MN
. Sh V0
EB ' EM EN 27 16 144
3 1 13
VBQP. B' MN
VE. B' MN
VE. BQP
V0 V0
13.
16 144 72
Vì vậy V
' '
V
. ' ' '
V
. '
72 13 59.
ACPQA C NM ABC A B C BQP B MN
Câu 5. Chọn đáp án A.
E. B' MN B' MN
0
Gọi H h / c S,
ABCD
ta có
SHA SHB c g c HA HB vì vậy H nàm trên
đường trung trực của đoạn thẳng AB đồng thời cũng là đường trung trực của CD.
Gọi M , N lần lượt là trung điểm các cạnh AB, CD.
Hạ MK SN MK SCD.

2 AB
Tam giác SMN có MN 2 a,
SM SA
a và đường cao hạ từ đỉnh M
2
MK d M , SCD d A, SCD a.
Do đó MK SM a K S.
Vì vậy SMN vuông
tại
Do đó
2 2
S SN MN SM A
3 . Vì vậy
1 1 3a
2 3a
VS . ABCD
SH S a
3 3 2 3
3
2
.
ABCD
. .4 .
2
SM. SN a. 3a 3 a
SH .
MN
2a
2
f
x là

Câu 1 :( Chuyên Thái Nguyên- 2019 ) Cho hình hộp chữ nhật ABCD.A’B’C’D’. Khoảng cách
giữa AB và B’C là 2 a 5
5
là
a 3
3
, khoảng cách giữa BC và AB’ là 2 a 5
5
. Tính thể tích khối hộp ABCD.A’B’C’D’.
A.
3
4a B.
3
3a C.
, khoảng cách giữa AC và BD’
3
5a D.
Câu 2: ( Chuyên Vinh Nghệ An- 2019 ) Cho hình chóp S.ABCD có đá ABCD là hình thoi cạnh
2 a, AC 3 a,
SAB là tam giác đều,
A.
3
3a B.
3 3a
2
0
SAD 120 . Tính thể tích khối chóp S.ABCD
Câu 3: ( Chuyên Ngoại ngữ- 2019 ) Cho hình chóp S.ABC có
3
C.
3
6a D.
SA SB SC AB AC a, BC 2x
(trong đó a là hằng số và x thay đổi thuộc khoảng
a 3
0;
2
V
max
). Tính thể tích lớn nhất V
max
của hình chóp S.ABC
3
3
3
a
a 2
a
A. Vmax
B. Vmax
C. Vmax
D.
6
4
8
3
a 2
12
3
2a
2 3a
3
Câu 4 : ( Chuyên Hà Tĩnh- 2019 ) Trong các khối chóp tứ giác đều S . ABCD mà khoảng cách
từ A đến (SBC) bằng 2a , khối chóp có thể tích nhỏ nhất bằng
A. 2
3
3a B. 2a 3 . C. 3
3
3a D. 4
Câu 5: ( Chuyên Vinh Nghệ An lần 3- 2019 ) Cho hình hộp ABCD. A' B' C ' D ' có thể tích bằng
V.Gọi M, N, P, Q, E, F lần lượt là tâm các hình bình hành ABCD,
A' B' C ' D', ABB ' A', BCC ' B', CDD' C ', DAA' D ' . Thể tích khối đa diện có các đỉnh M, P, Q, E, F,
N bằng:
A. 4
V
B. 2
V
C. 6
V
D. 3
V
Câu 6 : ( Ninh Bình lần 2- 2019 ) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình bình hành.
Gọi M là điểm đối xứng của C qua B và N là trung điểm của SC. Mặt phẳng
MND
3
3
3a
chia khối
chóp S. ABCD thành hai khối đa diện, trong đó khối đa diện chứa đỉnh S có thể tích V , 1
khối đa
diện còn lại có thể tích
V
(tham khỏa hình vẽ dưới đây). Tính tỉ số .
V
1
V2
2

V1
12
A. B. C. D.
V V1
5
7
V V1
1
3
V V1
7
5
V 5
2
2
Câu 7 :( Chuyên Thái Nguyên- 2019 ) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông tâm
O, cạnh a. Cạnh bên SA vuông góc với đáy và
thẳng AB và SO.
A.
a 5
2
B.
a 2
2
2
0
SBD 60 . Tính khoảng cách giữa hai đường
Câu 8: ( Chuyên Cao Bằng- 2019 ) Cho hình chóp S.ABC có SA 2 a, SB 3 a, SC 4a
và
C.
a 2
5
0 0
ASB BSC 60 , ASC
90 . Tính thể tích V của khối chóp S.ABC
A.
V
V
3
a 2 B.
3
2a
2
9
3
4a
2
3
V C. V 2a
2 D.
3
Câu 9: ( THPT Ngô Quyền, Hải Phòng- 2019 ) Cho hình lăng trụ ABC. A' B' C ' có đáy là tam
giác vuông cân đỉnh A , AB = 2a, AA' = 2a, hình chiếu vuông góc của A' lên mặt phẳng (ABC) là
trung điểm H của cạnh BC . Thể tích của khối lăng trụ ABC. A' B' C ' bằng
A.
3
4a 2 B.
3
2a 2
C.
a
3
14
4
D.
D.
2
a 5
5
3
2a
2
Câu 10 : ( Ninh Bình lần 2- 2019 ) Cho hình chóp S.ABC có đường cao S A,
tam giác ABC là
3
3a
tam giác cân tại A có AB a, BAC 120 .
Biết thể tích khối chóp S.ABC bằng , góc giữa
4
SBC
hai mặt phẳng và ABC bằng
A. 90 B. 30 C. 60 D. 45
Câu 11 : ( Chuyên Quốc Học Huế lần 3- 2019 ) Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình bình
hành và có thể tích bằng V. Điểm P là trung điểm của SC, một mặt phẳng qua AP cắt hai cạnh SB
3

và SD lần lượt tại M và N. Gọi V là thể tích của khối chóp S. AMPN.
Giá trị nhỏ nhất của tỉ số
1
V 1
V
bằng
1 1 2
A. .
B. .
C. .
D.
3
8
3
3 .
8

Lời giải:
Câu 1:
Phương pháp:
- Xác định các đoạn vuông góc chung của các cặp đường thẳng AB và B 'C, BC và AB '.
- Dựa vào giải thiết khoảng cách nhận xét tính chất của hai đáy ABCD và A 'B 'C 'D '.
- Xác định độ dài đoạn vuông góc chung của AC và BD '.
- Tính độ dài các cạnh của hình hộp chữ nhật và suy ra thể tích.
Cách giải:
Gọi E, F lần lượt là hình chiếu của B lên B 'C và B 'A
Dễ thấy AB BCC ' B '
Lại có
nên AB BE
BE B ' C NÊN d AB, B ' C
Tương tự có d BC, AB '
BF
2a
5
5
BE
2a
5
5
Xét các tam giác vuông BCB’ và BAB’ có: 1
1
2 2
BE BF
1 1 1 1
BC BA
2 2 2 2
hay ABCD là hình vuông
B ' B BC B ' B BA
Suy ra BD AC . Lại có AC DD '
nên AC BDD '
Gọi M AC BD,
O là tâm hình hộp và H là hình chiếu của M lên BD '
Khi đó AC MH và MH BD '
Đặt BA BC x, BB ' y ta có:
nên d AC, BD '
MH
a
3
3
Tam giác BB 'C vuông nên
1 1 1
5 1
2 2 2 2
x y 2a
5 4a
5
Tam giác BMO vuông nên 1 1 1 1
3 .
2 2 2 2 2
MB MO MH a 3 a
3
Mà
1 x 2 1 y
MB BD , MO DD '
2 2 2 2
1 1 3 2 4 3 2
2 2 2 2 2 2
x 2 y a x y a
2 2
nên

1 1 5 1 1
2 2 2
2 2
x y 4a x a x
a
Từ (1) và (2) ta có:
2 4 3 1 1
y 2a
2 2 2
2 2
x y a y 4a
Vậy thể tích khối hộp V BA. BC. BB ' a.a.2a 2a
Chọn D.
Câu 2: Chọn: A
Cách 1:
3
+ Tam giác SAB đều SA SB AB 2a
+ Xét tam giác SAD có
+ Gọi
2 2 2 2
SD SA AD 2 SA. AD.cos SAD 12a SD 2 3a
AC 3a 13a
2 2 2
2 2
AC BD O AO BO AB AO BD 13a
Áp dụng công thức Hêrông ta tính được diện tích của tam giác SBD là
S
SBD
183a
4
+ Gọi H là hình chiếu của A trên (SBD). Vì AB AD AS 2a H là tâm đường tròn ngoại
tiếp tam giác
SB. SD. BD 4 39a
SBD SH
4 183
S SBD
2
2 2 2 624a
6 3a
AH SA SH 4a
183 183
2 3
1 1 6 3a 183a 3a
V
.
V
.
. AH. S . .
.
2
.
3
S ABD A SBD
V V a
3 SBD 3 183 4 4
S ABCD S ABD
Cách 2:
3
2

2 2 2 2 2 2
AB AC BC 4a 3a 4a
3
Ta có cos BAC
2. AB. AC 2.2 a. 3a
4
BAC 2 5
cos BAD 2 cos 1
8
Áp dụng công thức tính nhanh cho khối chóp A.SBD ta có
AS. AB.
AD
2
2 2 2
VA . SBD
. 1 2cos SAB.cos BAD.cos DAS cos SAB cos BAD cos DAS
2 a.2 a.2a
1 5 1 1 25 1 3a
. 1 2. . .
6 2 8 2 4 64 4 2
V 2V 2V 3a
Câu 3:
S. ABCD S. ABD A.
SBD
Phương pháp:
- Lập hàm số tính thể tích V theo x.
- Sử dụng phương pháp xét hàm tìm V
max
Cách giải:
Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC thì O AH
với H là trung điểm BC.
nên SO ABC
Do SA SB SC
Tam giác AHB vuông tại H có
Diện tích
Ta có:
3
2 2 2 2
AH AB BH a x
1 1
S
ABC
AH. BC a x .2x x a x
2 2
2 2 2 2
2
AB. AC. BC a. a.2x a
AO R
4S ABC 4x a x 2 a x
Tam giác SAO vuông tại O có
2 2 2 2
a 4a 4a x a a 3a 4x
4 4 2 2 4 2 2
2 2 2
2 2 2 2 2 2
SO SA AO a
4 a x 4 a x 2 a x
1 1 2 2 a 3a 4x a x 3a 4x
Thể tích khối chóp V S
ABC. SO x a x .
3 3
2 2
2 a x 6
a 3
y f x x 3a 4x
trong khoảng
0;
2
Xét hàm số
2 2
2 2
2 2 4x 3a 8x a 6
' 3 4 . 0
2 2 2 2
f x a x x x
3a 4x 3a 4x
Bảng biến thiên:
3
2 2 2 2
4

x
0 a 6
a 3
4
2
f ' x
+ 0
f
x
f max
Từ bảng biến thiên ta thấy: Hàm số
a 6
x
4
Khi đó V
Chọn: C
Câu 4:
max
Phương pháp:
2
a 6 2 6a
a. . 3a
4.
3
4 16 a
6 8
Sử dụng tính chất của tứ diện vuông.
Cách giải:
y f x
đạt GTLN tại
Gọi O là tâm hình vuông ABCD, I là trung điểm của BC. Dựng
OH SI,H SI
BC
SO
BC SOI BC OH
BC
SI
Ta có:
Mà SI OH OH SBC
Do
AC SBC C
AC 2. OC
Ta có: VS . ABCD
4. V
.
a 6
x hay V
S.
ABC
đạt GTLN tại
4
d A; SBC 2. d O; SBC 2. OH 2a OH a
O SBC
Giả sử tứ diện vuông S.OBC có: OB = OC = x , SO = y (x, y > 0).
2
SO. OB.
OC x y
Khi đó: VO . SBC
và
6 6
1 1 1 1 1 1 1 1
2 2 2 2 2 2 2 2
OB OC SO OH x x y a
Áp dụng BĐT Cô si:

2
2
2
2
x y x y
2 2 2 2
3 3
3
x 2 y 2
1 1 1 3 1 3
a x y 3 3a
x x y a
3
2 3 3
x y 3 3a 3a
VO . SBC
VS . ABCD
2 3a
6 6 2
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi
x
y
1 1 1 1
2 2 2 2
x x y a
Khối chóp S . ABCD có thể tích nhỏ nhất bằng 2 3 a 3 .
Chọn: A
Câu 5:
Phương pháp:
3
x y
2 2 3
Đặc biệt hóa, coi ABCD. A' B' C ' D ' là khối lập phương cạnh bằng.
3
a 2
Sử dụng công thức tính nhanh thể tích khối bát diện đều cạnh a là V
3
Cách giải:
a
3
Đặc biệt hóa, coi ABCD. A' B' C ' D ' là khối lập phương cạnh bằng 1 V
. ' ' ' '
1
V
ABCD A B C D
Dễ thấy MNPQEF là khối bát diện đều cạnh
1 2
QE BD
2 2
Vậy V
MNPQEF
3
2
2
2 1 V
3 6 6
Chọn C.

Câu 6:
Phương pháp:
+) So sánh thể tích khối tứ diện NMCD với thể tích V của khối chóp S. ABCD.
+) So sánh thể tích với thể tích khối tứ diện NMCD, từ đó suy ra thể tích V so với V.
+) Từ đó suy ra đáp số
Cách giải:
Gọi
Có
V2
2
V là thể tích khổi chóp S. ABCD.
BP MP MB 1 BP 1
BP / / DC P là trung điểm của AB.
DC MD MC 2 AB 2
Ta có:
MBP DAP c. g. c S
MBP
S
DAP
S S S S S S
MBP BCDP DAP BCDP MCD ABCD
Mà
d N, MCD NC 1
,
SC 2
d S ABCD
1
SMCD. d N,
MCD
VN . MCD 3
1 1 V
V V
V
S.
ABCD
3
N . MCD S.
ABCD
1
S . ,
2 2 2
ABCD
d S ABCD
Xét tam giác MNC , áp dụng định lý Menelaus cho bộ ba điểm thẳng hàng B, Q, S ta có :
BM 1 2
. SC . QN 1 1.2. QN 1 QN MQ .
BC SN QM QM QM 2 MN 3

V
M . PBQ
. . . .
V
M . NCD
MB MP MQ
MC MD MN
1 1 V V
VM . PBQ
VM . NCD
.
6 6 2 12
1 1 2 1
2 2 3 6
V V 5V
VBPQ. CDN
VM . CDN
VM . BPQ
2 12 12
V
V V V
5V 5V 7V
1
7
2 1
.
12 12 12 V2
5
Chọn D.
Câu 7:
Phương pháp:
- Dựng mặt phẳng chứa SO và song song với AB .
- Sử dụng lý thuyết: Khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau bằng khoảng cách từ đường
thẳng này đến mặt phẳng song song với nó và chứa đường thẳng kia.
- Đưa bài toán về tính khoảng cách từ điểm đến mặt phẳng và kết luận.
Cách giải:
Gọi E, F lần lượt là trung điểm của AD, BC thì AB / / EF AB / / SEF
Mà SO SEF d AB,S O d AB, SEF d A,
SEF
Dựng AH SE
Ta thấy: FE / / AB, AB SAD FE SAD
FE AH
Mà AH SE nên AH SEF d A,
SEF
AH
ABCD là hình vuông cạnh a nên BD a 2
Dễ dàng chứng minh được SAB SAD ( c. g. c)
SB SD
Tam giác SBD cân có
Tam giác SAD vuông tại A có
Tam giác SAE vuông tại A có
a
a.
SA. AE 5
Do đó
2 a a
AH SE
a 5 5
5
2
Chọn D.
Câu 8
0
SBD 60 nên đều SD BD a 2
2 2 2 2
SA SD AD 2a a a
2
1 a 2 2 2 a a 5
SA a,
AE AD SE SA AE a
2 2 4 2

Phương pháp:
+) Lấy B' SB, C ' SC sao cho SA SB' SC ' 2a
. Chóp có các cạnh bên bằng nhau có chân
đường cao trùng với tâm đường tròn ngoại tiếp đáy.
+) Tính thể tích V
S. AB' C '
V SB' SC ' 2 2 1
. . . Tính thể tích V
.
V SB SC 3 4 3
S. AB' C '
+)
S.
ABC
Cách giải:
S ABC
Lấy B' SB, C ' SC sao cho SA SB' SC ' 2a
.
SAB
', SB' C ' là tam giác đều cạnh 2a.
AB ' B' C ' 2a
Xét tam giác vuông
Xét tam giác AB' C ' có
SAC ' có:
Do đó tam giác AB' C ' vuông tại
Gọi H là trung điểm của
AB ' C ' SH AB' C '
Ta có
AC SA SC a
2 2
' ' 2 2
AB' B' C ' AC ' 8a
AC '
2 2 2 2
B ' (Định lí Pytago đảo).
H là tâm đường tròn ngoại tiếp
1
AH AC a SH SA AH a
2
1
S
AB'
C '
AB '. B' C ' 2a
2
2 2
' 2 2
2
3
1 1 2 2a
2
S. AB' C '
.
AB' C '
. 2.2
V SH S a a
3 3 3
VS . AB' C '
SB' SC ' 2 2 1
Ta có . .
V SB SC 3 4 3
S.
ABC
3
2a
2 3
S. ABC
3
S. AB' C '
3. 2 2
V V a
3
Chọn: C
Câu 9:
Phương pháp
- Tính chiều cao A 'H .
- Tính thể tích khối lăng trụ V S . A'
H
Cách giải:
ABC
Tam giác ABC vuông cân đỉnh A cạnh AB = AC = 2a
nên
BC a a a
2 2
4 4 2 2

1
AH BC a
2
Tam giác AHA' vuông tại H nên
A H A A AH a a a
2
2 2 2 2
' ' 4 2 2
Vậy thể tích khối lăng trụ
1 1
V S A H AB AC A H a a a a
2 2
Chọn B.
Câu 10:
3
ABC. ' . . ' .2 .2 . 2 2 2
Phương pháp:
P
Xác định góc giữa các mặt phẳng và Q ta thực hiện các bước sau:
+ Xác định giao tuyến d của P và Q.
+ Trong mặt phẳng P xác định đường thẳng a d,
trong mặt
phẳng
Q xác định đường thẳng b d.
P
+ Khi đó góc giữa và Q là góc giữa hai đường thẳng a
và b.
Cách giải:
Gọi M là trung điểm BC AM BC (do ABC
cân tại A ).
Lại có SAB SAC c. g.
c SB SC hay SBC
cân tại S.
SM BC.
Ta có:
SBC ABC BC
AM BC;
AM ABC
SM BC;
SM SBC
; ;
SBC ABC SM AM SMA
2
1 1 2 a 3
S ABC
AB. AC.sin BAC a sin120 .
2 2 4
3 3 3 2
3a 1 a 3 a 3 a 3 a
Theo đề bài VS . ABC
SA. S
ABC
SA : .
24 3 24 8 4 2

Lại thấy ABM
vuông tại M
180 BAC
có AB a; ABM
30
2
a
AM AB.sin 30 .
2
Xét tam giác SAM vuông tại A có
a
SA AM
2
nên SAM
vuông cân tại A hay
SMA
45
SBC
Vậy góc giữa và ABC là 45 .
Chọn D.
Câu 11:
Phương pháp:
ABC
có AM là trung tuyến, I là điểm bất kì trên đoạn AM, đường thẳng đi qua I cắt AB, AC
lần lượt tại E, F.
Khi đó: AB
AC 2
AM
AE AF AI
Cách giải:
Ta có:
V1
V V V V 1 V V
V V V V 2
V V
S. AMP S. ANP S. AMP S. ANP S. AMP S.
ANP
S. ABCD S. ABCD S. ABCD S. ACD S.
ABC
1 SM SN 1
4 SD SB 4
a b a 0, b 0

SA SC SO
Xét SAC
có: 2 và SBD
có
SD
SB 2.
SO
SA SP SI
SM SN SI
SD SB SA SC 1 1
3 3 a b 3 ab.
SM SN SA SP a b
a b
2 4
Do a b 2 ab a b 2 3a b 4a b
a b (vì a b 0)
3 3
Dấu
" "
xảy ra
a
b
2
a b
a b 3ab
3
V1 1 1 4 1
.
V 4 4 3 3
Khi đó a
b
V 1
1
Vậy đạt giá trị nhỏ nhất bằng khi và chỉ khi
V
3
Chọn A.
a
b
2
3

CHUYÊN ĐỀ VDC KHỐI ĐA DIỆN
1
Câu 1. Cho tứ diện ABCD. M thuộc đoạn AB và AM = AB. Gọi ( )
là mặt phẳng
3
qua M, ( ) // AC, ( ) // BD. Gọi V , V là 2 phần thể tích tứ diện được chia ra bởi ( )
.
Tính
V
k
V
1
2
1 2
(V 1 là thể tích đa diện có chứa đỉnh A).
5
1
12
A. k
B. k
C. k
D.
9
3
15
7
k
20
Câu 2. Cho lục giác đều ABCDEF cạnh a. Cho tứ giác ABCD quay quanh AD tạo thành
khối tròn xoay có thể tích V. Tính V.
3
3
a 3
3
3
A. V
B. V a
C. V a
4
2 D.
3
7
a
V
8 3
Câu 3 Khối đa diện lồi có thể tích V 1 có 6 đỉnh là giao hai đường chéo của mỗi mặt của
một hình hộp có thể tích V. Tính tỉ số k = .
V
1
1
1
A. k =
B. k =
C. k =
D.
2
3
4
1
k =
6
V 1
Câu 4. Mặt phẳng (P) thay đổi luôn đi qua M (1; 2; 3). Biết (P) cắt các tia Ox, Oy, Oz tại
A, B, C. Tìm GTNN của thể tích OABC (V min ).
A. V min = 24. B. V min = 27. C. Vmin 9 14. D. V min
= 36.
Câu 5. Hình chóp SABC, đáy ABCD là hình bình hành; (α) là mặt phẳng chứa A và
trung điểm M của SC, (α) // BD. Biết (α) chia SABCD thành 2 phần có thể tích V 1 , V 2
V1
(V 1 là thể tích bé hơn). Tính
V
2
V1
A. 1
B. C. D.
V V1
1
V1
1
2
V2
2
V2
3
V1
1
V 4
2

Câu 6 Cho hình hộp chữ nhật ABCD.ABC D , biết AB 2AD
và tổng diện tích 6 mặt
bằng 12, thì hình hộp có thể tích lớn nhất bằng bao nhiêu?
8
A. Vmax
. B. Vmax
2 2 . C. Vmax
3 . D.
3
10
.
3
Vmax
V max
Câu 7. Hình chóp SABCD có ABCD là hình bình hành. Trên SB, SD lấy M, N sao cho
SM SN 2
. Gọi E AMN
SC.
Biết VSABCD
9 . Tính V
SAMEN.
SB SD 3
A. V 3 B. V 2 C. V 4 D.
SAMEN
SAMEN
V 1
SAMEN
SAMEN
Câu 8. Cho hình chóp S.
ABCD có đáy ABCD là hình bình hành. Trên các đoạn SA,
SD
SM SN 2 V1
lần lượt lấy các điểm M , N sao cho . Đặt k với V1
là thể tích
SA SD 3 V
SBCNM , V là thể tích của S.
ABCD . Tìm k.
4
5
8
2
A. k
B. k
C. k
D. k
9
9
27
3
Câu 9 Trong các hình chóp lục giác đều nội tiếp trong mặt cầu bán kính bằng 1 thì hình
chóp có thể tích V max bằng bao nhiêu?
16 3
3
A. Vmax
B. Vmax
C. Vmax
27
2
3
D.
4
Vmax
3
Câu 10. Cho lăng trụ ABCA’B’C’; M, N lần lượt là trung điểm A’B’ và A’C’. Gọi V 1 ,
V1
V 2 là thể tích của hai phần lăng trụ bị chia ra bởi mặt phẳng (BCNM). Tính tỉ số
V
V1
5
V1
3
V1
A. B. C.
V
2
7
V
2
4
V
2
1
D.
V1
1
V 2
2
Câu 11. Cho hình hộp chữ nhật ABCDA’B’C’D’ có AA’ = AB = a, AD = 2a. Tính
khoảng cách h từ A tới mặt phẳng (B’D’C)
A. h = a
2a
3a
B. h
C. h
3
2
D.
4a
h
3
2

Câu 12. Tứ diện ABCD là tứ diện đều nội tiếp trong mặt cầu bán kính R. Tính độ dài của
cạnh tứ diện đều theo R
2R 2
R 6
A. R 2
B. R 3
C. D.
3
2
1
Câu 13. Cho tứ diện ABCD, trên AB lấy điểm M sao cho AM AB . Gọi V
1,V2
là các
3
phần thể tích thuộc tứ diện được chia ra bởi mặt phẳng đi qua M, // AC và
V1
// BD. Tính .
V
2
V1
1
V1
4
V1
8
A. B. C.
D.
V2
3
V2
9
V2
27
V1
7
V 20
2
0
Câu 14. Hình chóp SABCD, đáy ABCD là hình thang vuông tại A, B, ADC 45 ,
SAD đều cạnh 2a và SAD ABCD . Biết SB a 5 . Tính thể tích V của SABCD.
a
3 . 3
a
3 . 5
a
3 . 15
A. V
B. V
C. V
D.
2
3
6
3
V a
Câu 15Một hình nón tròn xoay có đáy là một đường tròn lớn của mặt cầu
S V1
2
nón cũng thuộc . Tính tỉ số giữa thể tích của hình nón và V của mặt cầu.
V1
1
A. B. C. D.
V V1
1
2
4
V V1
1
2
3
V
2 2 3
V1
1
V
3 2
2
Câu 16. Tứ diện ABCD có ABD
và CBD
vuông cân với cạnh huyền chung
BD, ABD CBD . Biết AB a.
Tính diện tích của ACD
.
S
, đỉnh hình
2
2
2
a
a
a 3
A. S ACD
B. S ACD
C. S ACD
D.
2
4
2
2
a 3
S ACD
4
Câu 17. Cho lăng trụ tam giác ABC.
ABC
, ABC đều cạnh a . Biết AA AB AC
và đôi một vuông góc. Tính thể tích V của lăng trụ
3
2
A. a
3
V
B. a
3
V
C. V a
D.
8
3 2
6
3
2
V a
12

Câu 18. Cho hình lập phương ABCD.
ABC D cạnh a . Tính khoảng cách h giữa AC
và BD .
3
A. h a
2
B. h a
C. h a
D.
4
2
6
2
h a
6
Câu 19. Cho hình lập phương
và CD .
ABCD.ABC D
cạnh a. Tính khoảng cách h từ giữa
a
a 2
a 3
A. h . B. h . C. h . D.
6
4
4
.
BD
a
h
2
ĐÁP ÁN
Câu 1 D
Câu 2B
Câu 3 D
Câu 4B
Câu 5B
Câu 6A
Câu 7A
Câu 8B
Câu 9A
Gọi SH là đường cao hình chóp, a độ dài cạnh đáy và cũng là bán kính đường tròn ngoại
tiếp đáy. Lúc đó tâm mặt cầu là I SH SH = 1 + IH hoặc SH = 1 – IH.
Đặt IH = x (0 < x < 1) a 2 = 1 – x 2 , đáy hình chóp là ghép của 6 tam giác
3
2
3
2
(hoặc V 1 x 1
x loại khi phải tìm V max ). Có V’
2
2
V 1 x1 x
= 0 x = 1 3

Câu 10A
Gọi I BM CN A’ là trung điểm AI
7 2 7 7
V V V V V . V
8 3 8 12
5
V1 VLT V2 VLT
đáp án A
12
2 AA'.BMNC I.ABC IABC LT LT
Câu 11D
Gọi O A 'C' B'D' và I CO AC' thì IA = 2IC’ = 2h có
1 1 1 1 9 2a
h
2 2 2 2 2
h a a 4a 4a 3
4a
d A,(B'D'C)
2d C',(B'D'C)
3
Câu 12C
Đặt AB x , M,N lần lượt là trung điểm AB, CD, I là trung điểm MN thì I là tâm mặt
2 2 2
2 2 2 x 3 x x
cầu, có MN AN AM
.
2
2 2
2 2 2
2 2 2 2 x MN 3x 8
R IA AM IM x R.
V
2 2 8 3
Câu 13D
Thiết diện là hình bình hành MNPQ. Kẻ đường thẳng qua M, song song BC cắt AC tại O.
1
Gọi V là thể tích ABCD ta tính được VAMOQ
V .
27
2 1 2 1 2 7 20 V1
VMOQ.NCP h.S
NCP AH. S
BCD
V V1 V V V V2
V .
3 9 9 27 9 27 27 V
Câu 14A
Câu 15A
Câu 16D
Hạ
a 2
2 2 2 2
AH BD AH CH AC HA HC a
2
3V
ABCD
ACD đều, với câu 36 có khoảng cách d B, ACD .
S ACD
2

Câu 17A
Có
2 2 2
A B A C a A A A B A C
1
VAABC
AA. AB.
AC
. Lưu ý: VLT
3
6
Câu 18C
Gọi
O AC BD , hạ
VA ABC
OK AC OK d AC,
BD
Hạ AH AC AH 2OK
và AH song song với OK
Câu 19A
Khoảng cách giữa đường chéo chính và đường chéo của một mặt bất kì trong hình lập
phương cạnh a luôn bằng
a
6
(hai đường chéo đó là hai đường thẳng chéo nhau).
a
2

30 Câu VDC Khối Đa Diện đề thi thử các trường
Câu 1(Đề Thi Thử THPTQG Năm 2019-Đề 2 ) .
Một cái ao có hình ABCDE (như hình vẽ), ở giữa ao có một
mảnh vườn hình tròn bán kính 10m, người ta muốn bắc một
cây cầu từ bờ AB của ao đến vườn. Hỏi độ dài ngắn nhất l
của cây cầu gần nhất với so nào dưới đây biết.
- Hai bờ AE và BC nằm trên hai đường thẳng vuông góc
với nhau, hai đường thẳng này cắt nhau tại điểm O;
- Bờ AB là một phần của một parabol có đỉnh là điểm A và
có trục đối xứng là đường thẳng OA ;
- Độ dài đoạn OA và OB lần lượt là 40m và 20m;
- Tâm I của mảnh vườn cách đường thẳng AE và BC lần
lượt là 40m và 30m.
A. 29,7m. B. 17,7m. C. 11,7m. D. 6,7m.
Câu 2(Đề Thi Thử THPTQG Năm 2019-Đề 2 ). Cho hình lập phương ABCD.A'B'C'D' cạnh a.
Các điểm E và F lần lượt là trung điểm của C'B' và C'D'. Mặt phẳng ( AEF) cắt khối lập phương
đã cho thành hai phần, gọi V 1 là thể
tích khối chứa điểm A' và V 2 là thể tích khối chứa điểm C’. Khi đó tỉ số
V
V
1
2
bằng
25
17
A. B. 1. C. D.
47
25
Câu 3. (Đề Thi Thử THPTQG Năm 2019-Đề 2 ) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là
hình vuông, SAD là tam giác đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng đáy. Biết
rằng diện tích mặt cầu ngoại tiếp khối chóp S.ABCD là
thẳng SD và AC gần nhất với giá trị nào sau đây?
2
4 dm .
8
17
Khoảng cách giữa hai đường
2
A. .
B. C. D.
7 dm 3
.
7 dm 4
.
7 dm 6
7 dm.
Câu 4(Đề Thi Thử THPTQG Năm 2019- Đề 3). Cho tứ diện đều ABCD có độ dài canh bằng 1. Gọi M,
N là hai điểm thuộc các canh AB, AC sao cho mặt phẳng (DMN) vuông góc với mặt phẳng (ABC). Đặt AM = x; AN
= y. Tìm x; y để diện tích toàn phần của tứ diện DAMN nhỏ nhất.
2
1
7
1 2
A. x y
B. x y
C. x y
D. x ; y
3
3
4
2 3
Câu 5(Đề Thi Thử THPTQG Năm 2019- Đề 3). Cho hình chóp SABCD có đáy ABCD là hình
chữ nhật với
AB a 2; BC a
và SA SB SC SD 2a
. Gọi K là hình chiếu vuông góc của
B trên AC, H là hình chiếu vuông góc của K trên SA. Tính cosin góc giữa đường thẳng SB và
mặt phẳng (BKH).

7
1
8
A. B. C. D.
4
3
5
Câu 6(Đề Thi Thử THPTQG Năm 2019- Đề 4). Cho hình chóp S.ABC có đáy là tam giác
ABC đều cạnh a, tam giác SBA vuông tại B, tam giác SAC vuông tại C. Biết góc giữa hai mặt
phẳng (SAB) và (ABC) bằng 60 0 . Tính khoảng cách từ điểm C đến mặt phẳng (SAB)
3 3a 3a 3 3a 3 3a
A. B. C. D.
8
4
6
11
Câu 7.(Đề Thi Thử THPTQG Năm 2019 – Đề 5) . Cho hình chóp S.
ABCD có đáy ABCD là
hình vuông cạnh 2a . Mặt bên SAB là tam giác đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy.
Gọi T là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.
ABCD . Hỏi góc giữa hai đường thẳng TB và BD
nằm trong khoảng nào dưới đây
A. 0;
B. ;
C. D.
6
6 4
;
4 3
1
3
;
3 2
Câu 8.(Đề Thi Thử THPTQG Năm 2019 – Đề 5) . Cho hình chóp S.
ABC có đáy ABC là tam
giác vuông tại A và có AB 4cm
. Tam giác SAB đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với
ABC . Lấy M thuộc SC sao cho CM 2MS
. Khoảng cách giữa hai đường AC và BM là
4 21
8
A. cm
B. C. D.
7
13 cm 9 21
cm
4
2 10
3
Câu 9(Đề Thi Thử THPTQG Năm 2019- Đề 6). Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam
giác vuông cân tại B. AB BC a 3, góc SAB SCB 90
và khoảng cách từ A đến mặt
phẳng (SBC) bằng
a
2 . Thể tích khối cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABC là
3
3
3
A. 6 3 a .
B. 4 5 a .
C. 8 3 a .
D.
cm
3
4 3 a .
Câu 10(Đề Thi Thử THPTQG Năm 2019- Đề 6). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là
hình vuông cạnh a, SA = a và SA vuông góc với đáy. Gọi M là trung điểm SB, N là điểm thuộc
VACMN
cạnh SD sao cho SN = 2ND. Tính tỉ số thể tích .
V
SABCD
1 1 1 3
A. V .
B. V .
C. V .
D. V .
4
2
3
5
Câu 11(Đề Thi Thử THPTQG Năm 2019- Đề 7). Cho tứ diện S.ABC, trên cạnh SA và SB lấy
SM 1 SN
điểm M và N sao cho thỏa tỉ lệ ; 2 . Mặt phẳng (P) đi qua MN và song song với
AM 2 NB
SC chia tứ diện thành hai khối. Một khối chứa điểm S và có thể tích là V 1 , khối còn lại có thể
V1
tích V 2 . Tỉ số nhận giá trị thuộc khoảng nào dưới đây.
V
2

0;0,1
0,1;0,3
0,3;0,9
0,9;1
A. B. C. D.
Câu 12(Đề Thi Thử THPTQG Năm 2019- Đề 7). Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam
giác vuông cân với BA = BC = a, SA (ABC), SA = a. Gọi E, F lần lượt là trung điểm của các
cạnh AB, AC. Tính cosin góc giữa hai mặt phẳng (SEF) và (SBC).
3
5
1
3
A. B. C. D.
10
10
10
2 10
Câu 13(Đề Thi Thử THPTQG Năm 2019- Đề 9). Cho hình chóp S.
ABCD có các cạnh bên
bằng a, góc hợp bởi đường cao SH của hình chóp và các mặt bên của hình chóp đều bằng (
thay đổi). Tìm giá trị lớn nhất của thể tích của S.
ABCD ?
3
3
3
2a
2a
4a
A. B. C. D. đáp án khác
3 3
9 3
3 3
Câu 14(Đề Toán Pen- Đề số 4). Cho tứ diện ABCD có thể tích bằng 3. Gọi N, P lần lượt là
trung điểm của BC, CD; M là điểm đoạn AB sao cho BM = 2.AM. Mặt phẳng (MNP) cắt AD tại
Q. Thể tích khối đa diện AMQPCN bằng
7 15 7 15
A. .
B. .
C. .
D. .
3
16
6
8
Câu 15(Đề Thi Thử THPTQG Năm 2019 –Đề 5). Cho hình chóp A.BCD có đáy là tam giác
đều cạnh a. Hình chiếu vuông góc của A trên mặt phẳng đáy là trung điểm H của CD. Cắt hình
chóp bởi mặt phẳng
a
d B,
và AB a 2.
2
song song với AB và CD. Tính diện tích S của thiết diện thu được, biết
4a
S a a
4a
A. S a 15 2a
2 .
B.
15
4a
C. S a 15 2a
2 .
D.
15
15
15 2 .
4a
S a a
15
15 2 .
Câu 16(Đề Thi Thử THPTQG Năm 2019 –Đề 5). Cho khối tứ diện ABCD có AB x , tất cả
các cạnh còn lại bằng 2. Thể tích khối tứ diện đã cho đạt giá trị lớn nhất bằng
1
3 3
2 2
A. B. C. D. 1
2
2
3
Câu 17(Đề Thi Thử THPTQG Năm 2019- Đề 06). Cho hình chóp SABCD có đáy ABCD là
hình vuông cạnh a , tam giác SAB đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng đáy.
Gọi M, N lần lượt là trung điểm của AB, AD. Khoảng cách từ điểm D tới mặt phẳng SCN
bằng.
4 a . 3 a . 2 a . 3 a. 3
A. . B. .
C. .
D. .
3
4
3
4
Câu 18(Đề Thi Thử THPTQG Năm 2019- Đề 06). Cho tứ diện ABCD có

AB AD BC BD, AB a, CD a 30. Khoảng cách giữa hai đường thẳng AB và CD bằng
a . Tính khoảng cách h từ điểm cách đều 4 đỉnh A, B, C,
D đến mỗi đỉnh đó.
a 13 a 13 a 3 a 3
A. h . B. h .
C. h . D. h .
2
4
2
4
Câu 19(Đề Thi Thử THPTQG Năm 2019- Đề 1). Lăng trụ ABC.A'B'C' có đáy là tam giác đều
cạnh a. Hình chiếu vuông góc của A’ lên ( ABC) trùng với tâm O của tam giác ABC. Mặt phẳng
(P) qua BC vuông góc với AA' cắt lăng trụ theo thiết diện có diện tích bằng
trụ ABC.A'B'C' bằng.
3
3
3
a 2 a 6 a 6
A. .
B. .
C. .
D.
12
12
3
2
a 3
. Thể tích lăng
8
3
a 3 .
12
Câu 20(Đề Thi Thử THPTQG Năm 2019- Đề 1). Trong không gian với hệ trục tọa độ, cho mặt
: 3 3 2 37 0
phẳng P x y z và các điểm A(4;l;5), B(3; 0; 1), C(-l; 2; 0). Tìm điểm M trên
(P) sao cho biểu thức S MA. MB MB. MC MC.
MA đạt giá trị nhỏ nhất.
A. (-4;7;-2) B.(-3;6;-5) C.(1;8;-8) D. (-2;5;-8)
Câu 21(Đề Thi Thử THPTQG Năm 2019- Đề 1). Cho tứ diện ABCD. Gọi M là điểm thỏa mãn
2 2 2 2
VMABC
MA MB MC MD nhỏ nhất. Khi đó, tỉ số bằng:
V
1
1
1
A. B. C. D.
2
3
4
Câu 22. (Đề Thi Thử THPTQG Năm 2019- Đề 4) Cho hình chóp S.
ABCD có đáy ABCD là
a
2 2 2
hình vuông cạnh , SA ABCD biết SA y; M AD; AM x;
x y a . Khi đó
V
S.
ABCM
max
là
3
3
3
a 3
a
a 3
A. B. C. D.
4
8
2
ABCD
2
3
3
a 3
8
Câu 23(Đề Thi Thử THPTQG Năm 2019 – Đề 6). . Cho hình chóp S.ABC với AB SA a ,
tất cả các cạnh còn lại bằng b. Độ dài EF (E, F là trung điểm của AB, SC) theo a, b.
2 2
b 2
a 4b
b 3
A. B. C. D.
2
2
2
a
3b
4
2 2
Câu 24. (Đề Thi Thử THPTQG Năm 2019 – Đề 6) . Cho hình chóp S.ACBD có đáy ABCD là
a
hình chữ nhật, biết AB 2a, AD a . Trên cạnh AB lấy điểm M sao cho AM , cạnh AC cắt
2
MD tại H. Biết SH vuông góc với mặt phẳng ABCD và SH a . Khoảng cách giữa hai đường
thẳng SD và AC .

a
2a
2a
a
A. . B. . C. D. .
3
5
3
2
Câu 25(Đề Thi Thử THPTQG Năm 2019- Đề 9). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là
hình thang vuông tại A, D, AD AB 2 a,
CD a góc giữa (SBC) với đáy bằng 60 0 , I là trung
điểm của AD, (SBI), (SCI) vuông góc với đáy. Thể tích S.ABCD bằng
3
3
3
a 13
3a
15
2a
3
A. B. C. D.
3
5
5
3
a 5
3
Câu 26(Đề Thi Thử THPTQG Năm 2019- Đề 9). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là
hình bình hành, AB a, AC a 3, BC 2 a.
Tam giác SBC cân tại S, tam giác SCD vuông tại
a 3
C. Khoảng cách từ D đến mặt phẳng (SBC) bằng . Chiều cao SH của hình chóp là
3
a 15
a 15
2a a 5
A. B. C. D.
5
3
15
3
Câu 27(Đề Thi Thử THPTQG Năm
2019- Đề 1). Cho hình lập phương
ABCD. A' B ' C ' D ' . Gọi M, N lần lượt là
trung điểm các cạnh AD, CD và P là điểm
trên cạnh BB ' sao cho BP 3 PB ' . Mặt
phẳng MNP chia khối lập phương thành
hai khối lần lượt có thể tích V1 , V2
. Biết
khối có thể tích chứa điểm A. Tính tỉ
V 1
V1
số .
V2
V1
1
A. . B.
V V1
25 .
2
4
V
2
71
V1
1
C. . D.
V V1
25 .
2
8
V
2
96
Câu 28(Đề Thi Thử THPTQG Năm 2019- Đề 3). Cho tam giác đều ABC có cạnh bằng a , trên
đường thẳng đi qua A vuông góc với mặt phẳng ABC lấy điểm M bất kì. Gọi E, F lần lượt
là hình chiếu vuông góc của B lên MC, AC và đường thẳng cắt EF tại N (như hình bên). Khi
đó thể tích của tứ diện MNBC đạt giá trị nhỏ nhất bằng bao nhiêu?

3
3
3
3
a 6 a 3 a 3 a 6
A. . B. .
C. .
D. .
4
4
6
12
Câu 29. (Đề Thi Thử THPTQG Năm 2019- Đề 4)
Cho hình lăng trụ ABC. A' B ' C ' có thể tích bằng V.
Gọi M, N lần lượt là trung điểm của A'
B ', AC và P
là điểm thuộc cạnh CC ' sao cho CP 2 C ' P (như
hình vẽ). Tính thể tích khối tứ diện BMNP theo V.
A. V .
B.
2 V .
3
9
4 V 5 V
C. .
D. .
9
24
Câu 30(Đề Thi Thử THPTQG Năm
2019- Đề 6 ). Một tấm bìa hình chữ nhật
có chiều dài 40cm và chiều rộng 10cm
được cắt thành hai phần. Một phần được
uốn thành hình hộp chữ nhật có hai đáy
là hình vuông cạnh a , phần còn lại được
uốn thành hình trụ có hai đáy là hình
tròn bán kính r (không tính hai đáy của
hình hộp chữ nhật và hình trụ) như hình
vẽ sao cho tổng thể tích của khối hộp
chữ nhật và khối trụ là nhỏ nhất. Khi đó
tổng
a r
các giá trị sau?
gần giá trị nào nhất trong
A. 8,3cm. B. 8,4cm. C. 8,5cm. D. 8,6cm.

GIẢI
Câu 1. Chọn B.
Phương pháp: Sử dụng phương pháp tọa độ trong mặt phẳng.
Cách giải: Chọn hệ trục tọa độ Đề các vuông góc như sau:
Gốc O, chiều dương trục hoành là tia OC, chiều dương trục tung là tia OE, đơn vị hai trục là đơn
vị độ dài 1m .
Khi đó ta có phương trình Parabol là
1
10
2
y x 40
2 2
x 40 y 30 100 . Đường tròn có tâm I 40;30 và bán kính 10.
và phương trình đường tròn là
1 2
Lấy M t; t 40
với 0 t 20 nằm trên Parabol thì khoảng cách ngắn nhất từ đường
10
tròn đến M là
2
2 1 2 1 4 2
MI R 40 t t 10
10 t t 80t 1700 10
10 100
Khảo sát hàm số suy ra khoảng cách ngắn nhất xấp xỉ 17,7.
Câu 2. Chọn A

Phương pháp: .
Cách giải: Dựng hình như hình vẽ.
Trước hết ta tính thể tích khối chóp A.A 'MN .
3a
Ta có: A 'M A ' N . 2
Nên:
Ta có:
Vậy
Suy ra:
3
1 1 1 3a 3a 3a
V
A.A'MN
. .A 'M.A ' N.AA ' . . .a .
3 2 6 2 2 8
3
1 1 1 a a a a
VI.B'ME
V
J.D'FN
.B'M.B'E.B'I . . . .
3 3 2 2 2 3 72
3a a 25a
V1 VA.A'MN 2VJ.D'FN
2.
8 72 72
V1
25
Vậy
V 47
2
3 3 25a 47a
V2 a V1
a
72 72
Câu 3. Chọn D.
3 3 3
3 3

Phương pháp: Xác định cạnh của đáy trước.
Cách giải: Bán kính mặt cầu ngoại tiếp khối chóp là
2
4r 4 r 1
Gọi O là tâm của đáy, I là tâm mặt cầu, G là tâm tam giác SAD, M là trung điểm AD.
Dễ thấy I nằm đồn thời trên trục của tam giác SAD và trục của đáy.
x 3 x
Gọi cạnh đáy là x ta có SG và GI , từ đó ta có phương trình
3 2
IS IG GS
2 2 2
2 2
x x
1
4 3
x
84
7
Qua D dựng đường thẳng d song song với AC. Gọi K là hình chiếu cửa M trên d, H là hình chiếu
của M trên SD. Suy ra MH d,SD .
Ta có:
2 2
d SD,AC MK .MS
d AC, d,SD d A, d,SD 2d M, d,SD
2MH 2 MK MS
2 2
2
2 2
x 2 x 3
.
4 2 6
2 2
x 2 x 3 7
4 2

Câu 4. Chọn A.
Phương pháp:
Cách giải: Gọi G là tâm của ABC ta có: DG ABC . Do đó G MN.
Ta có
1 o xy 3
S AMN
AM. AN.sin 60 .
2 4
2 2 2 3 6
DG DA AG 1
.
3 2
3
2 2 2 2
MN AM AN 2 AM. AN.cos 60 o x y xy
2
1 6
2 6
2 2
S DMN
MN.
DG x y xy
1 o x 3
S ADM
AM. AD.sin 60
2 4
1 o y 3
S ADN
AN. AD.sin 60
2 4
Vậy diện tích toàn phần hình chóp
D.
AMN
là
xy 3 6 x 3 y 3
4 6 4 4
2 2
S x y xy
Mặt khác AG là đường phân giác của AMN nên
o
2 AM. AN.cos30 3
AG x y
xy 3 x y 3xy
AM AN 3
S 2 2
3 xy xy xy 3
Suy ra 2

2 2
x y 9 xy 1 4
Ta có: xy xy
4 4 2 9
4 1
Đặt t xy, t ta có:
9 2
S t
2 3 t t t 3
2
2
2 6t
1 4 1
S ' t 3 0, t
;
2
2
3t
t
9 2
4 4
Vậy S t
đạt giá trị nhỏ nhất khi t hay xy .
9 9
2
x y 3xy x
3
Với điều kiện x 0; y 0 ta có: 4
xy
2
9
y
3
Câu 5. Chọn A.
Phương pháp:
Cách giải:
Gọi O là hình chiếu của S lên ABCD . Vì SA SB SC SD 2a
suy ra

OA OB OC OD . Vậy O là tâm của hình chữ nhật.
Dễ thấy BK SAC nên SH BKH . Do đó góc giữa SB và BKH là SBH .
Gọi M là trung điểm AB. Ta có:
2 2 2 a 2 a 14
SM SA AM 4a
2
2
2
a 14 . a 2
SM. AB
7
Ta lại có . .
2 a
SM AB BH SA BH SA
2a
2
a 7
Vậy BH 2 7
cos SBH .
SB 2 a 4
Câu 6. Chọn B.
Phương pháp:
Cách giải: Gọi H là hình chiếu của S lên ABC .
Ta có AB SB và AB HB suy ra 60
o
SBH
Vì SAB
SAC
(cạnh huyền-cạnh góc vuông) nên SB SC . Do đó SHB SHC
(cạnh
huyền-cạnh góc vuông). Suy ra HB HC . Mà ta cũng có HC AC nên H nằm trên đường
phân giác góc A.
o a
Vậy BH BAtan 30 . Suy ra SH BH tan 60 o a
3
BH 2a
3
SB
o
cos 60 3
2 3
1 1 a 3 a 3
VS . ABC
S
ABC. SH . . a
3 3 4 12
2
1 a 3
S SAB
AB.
SA
2 3
3
a 3
3V
3.
S.
ABC
3
Vậy: ,
12 a
d C SAB .
2
S
SAB a 3 4
3

Câu 7. Chọn A.
Phương pháp : Xác định điểm T.
Cách giải : Gọi O là tâm của đáy, G là trọng tâm của
Suy ra T là giao điểm giữa trục của ABCD và trục của SAB .
2a
3
Ta có TG a , SG .
3
a
Nên TB TS TG SG
3
Ta lại có
2 2 21
1
BO .2 a 2 a 2
2
Vậy OB a 2 42
cosTBO
TBO 0,39 . Chọn A.
BT
a 21
7
3
SAB , H là trung điểm AB.

Câu 8. Chọn A.
Phương pháp : Khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau bằng khoảng cách từ đường thẳng
này tới mặt phẳng chứa đường thẳng kia và song song với đường thẳng này.
Cách giải : Qua M dựng đường thẳng song song với AC cắt SA tại E.
Gọi H là trung điểm AB.
Tam giác SAB đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy nên SH ABC .
Gọi K là hình chiếu của A lên SB suy ra AK EMB .
AC EBM
Vì / / nên d AC, BM d A,
EBM AK .
Xét
ABE
ta có AE
2 AS
8 cm
3 3
2 2 o 4 7
BE AE AB 2 AE. AB.cos 60 cm
3
o
Ta lại có : AK. BE AE. AB.sin 60 AK cm
o
AE. AB.sin 60 4 21
BE 7

Câu 9. Chọn D.
Phương pháp: Tính bán kính mặt cầu.
Cách giải: Gọi K là trung điểm AC, M là trung điểm BC, I là trung điểm SB, H là hình chiếu
1
của K lên IM. Suy ra: BC KIM
và IS IA IB IC SB.
Vậy I là tâm mặt cầu ngoại
2
tiếp S.ABC.
Do đó: IK
ABC
. Suy ra:
1 a
KH d A,
SBC
2
2 2
Vì KIM vuông tại K có đường cao HK nên:
2 2
a 3 a 2
.
2 2
MK . KH 2 2 a 6
IK
2 2
2 2 .
MK KH a 3 a 2 2
2 2
AC a
6.
2 2
2 2 a 6 a 6
IA AK IK a
2 2
Vậy thể tích khối cầu ngoại tiếp S.ABC là:
3
4 3 4
3
V IA a 3 4
a 3
3 3
.
3

Câu 10. Chọn A.
Phương pháp: Sử dụng tỉ số thể tích.
Cách giải:
Gọi V là thể tích khối chóp S.ABCD.
Ta có:
VB.
AMC
BA BM BC 1 1
. . VB.
AMC
V.
V BA BS BC 2 4
B.
SAC
VD.
NAC
DN DA DC 1 1
. . VD.
NAC
V.
V DS DA DC 3 6
D.
SAC
VS . AMN
SA SM SN 1 1
. . VS . AMN
V.
V SA SB SD 3 6
S.
ABD
VS . CMN
SC SM SN 1 1
. . VS . CMN
V.
V SC SB SD 3 6
S.
CBD
Vậy
V
V
ACMN
SABCD
1 1
V 3. V
4 6 1
.
V 4

Câu 11. Chọn C.
Phương pháp: Tính thể tích.
SABC
Cách giải: Thiết diện của cắt bới P là tứ giác MNPQ trong đó NP / / SC, MQ / / SC .
Chia khối chứa điểm S thành hai khối chóp N. CPQ, N.
SMQC
Ta có
V
N.
CPQ
V
1 1
. S
CPQ. d N, ABC . . .sin
3 S CP CQ ACB
CPQ
2
2
1 3 1
. S . ,
S
ABC
3. . . sin 27
ABC
d S ABC
CB CA ACB
3 2
1 1
V . SSMQC. d N, SAC
.
2 2
. . .sin
N SMQC 3 S S
AM AQ SAC
SMQC SAC
S
AMQ 2 2
2 4 10
1 1 .
1
3 3 3 1
V
. S . ,
S
SAC
S
SAC
. . .sin 3 9 27
SAC
d B SAC
AS AC SAC
3 2
2 10 4 V1 4 V1
4
Vậy V 1
V N. CPQ
V N.
SMQC
V .
27 V V
27 9 V
9 V
5
2

Câu 12. Chọn A.
Phương pháp: Xác định góc giữa hai mặt phẳng.
SEF
Cách giải: Gọi d là giao tuyến của và SBC suy ra d đi qua S và song xong với BC và
EF.
Ta lại có SB d , SA d .Vậy góc giữa hai mặt phẳng (SEF) và (SBC) là ESB
Ta có
EB
2
2 2 2 a a 5
SE SA AE a
4 2
AB a
2 2
2 2
SB SA AB a
Suy ra SE 2 SB 2 EB
2 3
cos ESB
2 SE. SB 10
2

Câu 13. Cho hình chóp S.
ABCD có các cạnh bên bằng a, góc hợp bởi đường cao SH của hình
chóp và các mặt bên của hình chóp đều bằng ( thay đổi). Tìm giá trị lớn nhất của thể tích của
S.
ABCD
?
3
3
3
2a
2a
4a
A. B. C. D. đáp án khác
3 3
9 3
3 3
Phương pháp: H là tâm đường tròn nội tiếp đáy.
Cách giải: Vì góc hợp bởi đường cao SH của hình chóp và các mặt bên của hình chóp đều bằng
nên H là tâm đường tròn nội tiếp ABCD.
Vì các cạnh bên hình chóp S.
ABCD bằng a nên H là tâm đường tròn ngoại tiếp ABCD.
Vậy ABCD là hình vuông. Suy ra
S.
ABCD
là hình chóp tứ giác đều.

Ta có:
a a 6
3 3
3
2 2 2
SM SA AM a
2 2
2 2 6a 3a a 3
SH SM MH
2 2 2
MH a 2. MH MH
MH a
SH
tan
3 tan
9 9 3
a
3
2 3
1 2 4 a a 4a
VS . ABCD
2 MH . SH . . .
3 3 3 3 9 3
Câu 14. Chọn đáp án C
45
o

Câu 15 Chọn đáp án C
1 1 1 1 1 1 1
V ( AMNPQ) V ( AMPQ) V ( AMNP) V ( APQC) V ( APCD) V ( ABCD) V ( ABCD) V ( ABCD)
2 4 2 4 4 2 4
3
2 2 5 a 15
AH AB BH
2
a V ( ABCD)
24
1 1 4a
V ( AMNPQ) S( MNPQ). d( A, MNPQ) V ( ABCD) S( MNPQ) a 3 4 15
15 2a
2 .
Câu 16. Chọn đáp án D

Gọi M , N lần lượt là trung điểm AB,
CD
Tam giác ACD,
BCD đều AN BN 3 ABN
cân
2
2 2 x
Tam giác AMN vuông tại M có MN AN AM 3
4
Mà M là trung điểm AB MN AB
CD ( ABN)
CD AB MN là đoạn vuông góc chung của AB,
CD
2
1 1
x x
V ( ABCD) AB. CD. d( AB; CD).sin( AB; CD) x.2. MN.sin 90 . 3
6 6 3 4
V max 1
Câu 17
Chọn B
Lời giải
Ta có:
Do tam giác SAB đều => SM vuông góc với AB
Mà (SAB) vuông góc với mặt phẳng đáy => SM chính là đường cao của khối chóp SABCD

3
1 1 1 a a 3 a 3
Ta có: VSNDC
S
NDC. SM .( . . a).( )
3 3 2 2 2 24
Gọi I là giao điểm của DM và CN
Xét hình vuông ABCD ta sẽ có AMD DNC ADM NCD
Mà 0 0
CND NCD 90 CND ADM 90
=> NC vuông góc với MD
Mà SM vuông góc với NC ( Do SM vuông góc với đáy ABCD)
=> NC vuông góc với (SMD)
=> SI vuông góc với NC
1 1
S SNC
SI. NC . SM MI . ND DC
2 2
1 a 3 a
( ) MI . ( ) a
2 2 2
a 5 3a
.
4 4
2 2 2 2
2
2
a 5 3a
. ( DM DI)
4 4
2
a 5 3a a 5 a
2
2 2 2 2
2
a 5 3a a 5 1
. (
)
4 4 2 1 1
2 2
DN DC
. ( )
4 4 2 5
2
a 6
4
MI
Mà
1
VSNCD
. d ( D ,( SNC )). S
3
3 2
a 3 1 a 6
. d( D,( SNC)).
24 3 4
a 2
d( D,( SNC))
4
Câu 18.
Chọn B
2
2
SNC
Gọi I là trung điểm AB, J là trung điểm CD
2
Lời giải
Từ AC=AD=BC=BD =>IJ chính là đoạn vuông góc chung của 2 đường thẳng AB và CD

=> IJ = a
Gọi O là điểm cách đều 4 đỉnh => O là tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD
=> O nằm trên IJ => Ta cần tính OA
Ta có:
OA OD
OI IA OJ JD
2 2 2 2
a
a 3
OI ( ) ( a OI) ( )
2 2
3a
OI
4
2 2 2 2
2 2 a 13
OA OI IA
4
Câu 19. Gọi H là trung điểm BC. Giao của (P) với AA' là P.
2
1 a 3 a 3
PH.BC PH .
2 8 4
a 3 a 3
AH , AO
2 3
AHP
vuông tại P có. AP AH PH
4
2 2 3a
a 3
A O HP A O 4
a
AA O ~ AHP A O .
AO AP a 3 3a 3
3 4
2 3
a a 3 a 3
VABC. A' B' C '
A O.
S
ABC
.
3 4 12
Câu 20. Gọi M(x;y;z) .Do M P nên 3x - 3y + 2z + 37 = 0 .
Có MA (4 x;1 y;5 z) , MB (3 x; y;1
z) , MC ( 1 x;2 y; z)
.
2 2 2
Khi đó S 3
(x 2) (y 1) (z 2) 5
.
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy - Schwarz có.
[3( x 2) 3( y 1) 2( z 2)] 2 3 2 3 2 2 2
( x 2) 2 ( y 1) 2 ( z 2)
2
2 S
44 22
5
S 249
3

x
4
x 2 y 1 z 2
Dấu = xảy ra khi y
7 .
3 3 2
z
2
Câu 21. (Xem trong video bài giảng)
Câu 22. Chọn đáp án D
1 ( x a)
a
V ( SABCM ) y
3 2
Chọn
a 1, y 1
x
3
Casio V max
8
Câu 23. Chọn đáp án A
2
1 1
2 ( 1)
V x x
6

M là trung điểm của BC
N là trung điểm SB
SB AN,SB CN SB AC
2 2
EM MF EF EM MF
Câu 24. Chọn đáp án C
b 2
2
Kẻ Dx song song AC
Dx AB P
Dx BC N
d(AC,SD) d(AC,(SPN)) d(H,(SPN)) x
Hạ HV
PN (V PN)
1 1 1 1 1 1 2a
x
2 2 2 2 2 2
x SH HV SH AB BC 3
Câu 25. Chọn đáp án B

(SBI), (SCI) vuông góc với đáy SI đáy
IV BC( V BC) IVS 60 SI 3IV
3
3 5 3 15 1 3a
15
IV a SI a V S( ABCD).
SI
5 5 3 5
Câu 26. Chọn đáp án C
ABC vuông tại A
Dựng SH AC SH ( ABCD)
SBC cân tại S nên HB HC HI là trung trực của BC
a 2a
3
C 30 HI IC tan 30 , HC
3 3
3 AC a 3 3 a 3
AC HC d( D, SBC) d( A, SBC) . d( H, SBC) d( H, SBC)
HK
2 HC
2a
2 3
3
2a
3 2a
HK SH
9 15
Câu 27. Đáp án B

Kéo dài MN cắt AB và BC như hình vẽ
Xét tam giác MND là tam giác vuông cân tại D => Tam giác CIN vuông cân tại C, tam giác
AMJ vuông cân tại A
Đặt cạnh của hình lập 2a
BC BI 3a
3a
PB
2
HC CI 1 a
HC
PB BC 3 2
Áp dụng công thức: Thể tích của hình tứ diện có 3 cạnh đôi 1 vuông góc sẽ bằng
đó
V V ( V V
)
1 BPIJ AMJK CHNJ
1 3a
1 a
. .3 a.3a 2. . . a. a( VAMJ
K
VCHNJ
)
6 2 6 2
3
25a
12
3 3
3 25a
71a
V2 VLP
V1
8a
12 12
V1
25
V2
71
Câu 28: Chọn D
Cách giải:
Ta có
1
6
tích 3 cạnh

MA AC
BF AC
BF AMC BF MC
BEF MC FE MC
Có FE MC và MA AC AECN là tứ giác nội tiếp ACE
ANE
ACM
ANF
2
AC AM a
AN
AN AF 2x
2 2 2 2
1 a 3 a a 3 a 6
VMNBC VMCAB VNCAB S
ABC MA AN x . 2a
3 12 2x
12 12
Câu 29: Chọn B
Hạ MK CC ' K là trung điểm của AB
Kéo dài MP cắt CK tại V VP 2PM
và VC 2CK
V ( MNBP ) 1 ( )
MP V ( MNBP)
V MNVB
V ( MNVB) MV 3 3
S( BNV ) S( NCV ) S( CVB) S( BCN) 2 S( NKC) 2 S( BCK) S( BCN)
1 1
S( ABC) S( ABC) S( ABC) 2 S( ABC)
2 2
1 1 1 2
V ( MBNP) V ( MNVB) . S( BNV ). d( M , ABC) S( ABC). d( M , ABC)
3 3 3 9
V ( ABCA' B ' C ') S( ABC). d( M , ABC)
2
V ( MBNP)
V
9

B
Câu 30. Chọn đáp án B
40 2
r
4a 2
r 40 a
4
2 2 40 2
r 2 2
V 10a 10
r 10.( ) 10
r V min r 2,75 a 5,68 a r 8, 4
4

CHUYÊN ĐỀ VDC KHỐI ĐA DIỆN
Câu 1: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi tâm O, cạnh a, 0
ABC 60 , SO
vuông góc với đáy, M là điểm thay đổi trên cạnh AB. Mặt phẳng (SMO) cắt cạnh CD tại
AM
điểm N. Khi chu vi tam giác SMN nhỏ nhất thì tỉ số bằng
AB
1
1
2
3
A. B. C. D.
4
2
3
4
Câu 2: Cho hình chóp S.ABC có SA, SB. SC đôi một vuông góc với nhau và SA = 1, SB
= 2, SC = 3. Gọi M là một điểm thuộc miền trong của tam giác ABC sao cho M cách đều
các mặt còn lại của hình chóp. Độ dài đoạn thẳng SM bằng
6 3
6
2
3
A. B. C. D.
11
7
7
6
Câu 3: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông, cạnh bên SA vuông góc với
đáy. Biết rằng khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng (SBC) bằng a. Xét góc thảy đổi
là số đo của góc giữa đường thẳng SB và mặt phẳng đáy. Tính cos sao cho thể tích của
hình chóp S.ABCD đạt giá trị nhỏ nhất.
3
6
3
6
A. cos
B. cos C. cos D. cos
6
3
3
6
Câu 4: Cho hình chóp đều S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, độ dài cạnh bên
bằng 2a. Xét điểm M thay đổi trên mặt phẳng (SAB) sao cho tổng
2 2 2 2
T MA MB MC MD nhỏ nhất. Khi đó, độ dài đoạn thẳng SM bằng
7a 15
a 15
a 15
4a
15
A. B. C. D.
15
2
3
15
Câu 5: Cho hình lăng trụ ABC. A' B ' C ' có đáy ABC là tam giác vuông cân có CA = CB =
3
a
a. Gọi G là trọng tâm tam giác ABC. Biết thể tích của khối chóp G. A' B ' C ' bằng . Tính
3
chiều cao h của hình lăng trụ đã cho.
a
3a
A.h = a B. h = 2a C. h
D. h
2
2
Câu 6: Cho hình lăng trục đứng ABC.A’B’C’ có đáy ABC là tam giác vuông tại A. Biết
0
rằng AB a, AC a 3, đường thẳng AB’ tạo với đáy một góc 60 . Tính diễn tích S của
mặt cầu ngoại tiếp lăng trụ ABC.A’B’C’.
2
2
13
a
7
a
2
A. S
B. S
C. S 7
a D.
3
4
13
a
S
12
Câu 7 Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại B, AB 1, BC 3, mặt
bên SAC là tam giác đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy. Gọi là số đo của
góc giữa hai mặt phẳng (SAB) và (SBC). Khi đó cos bằng
2

65
65
65
2 65
A. B. C. D.
65
10
20
65
Câu 8: Cho hình chóp S.ABC có đáy là tam giác vuông tại B, AB = 1, AC = 2; cạnh bên
SA vuông góc với đáy và SA = 1. Gọi I là trung điểm của AC. Xét M là điểm thay đổi trên
cạnh AB sao cho AM x 0 x 1
và (P) là mặt phẳng đi qua M, song song với SA và
IB. Thiết diện của hình chóp với mặt phẳng (P) có diện tích lớn nhất thì giá trị của x bằng.
2
3
1
1
A. B. C. D.
3
4
3
2
Câu 9: Cho hình chóp S.ABC có
0 0
SA SB SC a, ASB CSB 60 , ASC 90 .
khoảng cách d từ điểm A đến mặt phẳng (SBC).
Tính
a 6
a 6
a 6
A. d
B. d
C. d
D.
6
2
3
a 3
d
3
Câu 10: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình bình hành. Gọi M là trung điểm
của cạnh SB và G là trọng tâm tam giác SCD. Mặt phẳng (CMG) cắt cạnh AD tại điểm E.
ED
Tỉ số bằng
EA
1
2
3
A. B. C. D.
3
3
5
Câu 11: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang cân,đáy lớn AB. Biết rằng
AB 2 a,AD DC CB a, cạnh bên SA vuông góc với đáy, mặt phẳng (SBD) hợp với
đáy một góc
(SBD) bằng
0
45 .
Gọi G là trọng tâm tam giác SAD. Khoảng cách từ G đến mặt phẳng
a 2
a 2
a
A. d
B. d
C. d
D.
2
6
2
1
2
a
d
6
Câu 12: Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân tại A, AB = a, cạnh bên
SA vuông góc với đáy và SA = 2a. Tính bán kính R của mặt cầu ngoại tiếp hình chóp
S.ABC.
a 2
3a
2
A. R a 6 B. R
C. R
D.
2
4
a 6
R
2
Câu 13: Cho hình chóp S.ABC. Gọi M là một điểm thuộc miền trong của tam giác ABC.
Từ M kẻ các đường thẳng song song với SA, SB, SC lần lượt cắt các mặt bên SBC, SCA,
SG
SAB tại A 1 , B 1 , C 1 . Gọi G 1 là trọng tâm tam giác A 1 B 1 C 1 . Tỉ số 1
bằng
SM

2
1
3
1
A. B. C. D.
3
2
4
3
Câu 14: Cho tứ diện đều ABCD. Gọi M, N. P lần lượt là trung điểm của các cạnh AB, BC.
AD và G là trọng tâm của tam giác BCD. Gọi là số đo của góc giữa hai đường thẳng
MG và NP. Khi đó cos bằng
2
2
3
A. B. C. D.
6
4
4
Câu 15: Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại B, AB 1, BC 3,
mặt bên SAC là tam giác đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy. Khoảng cách
giữa hai đường thẳng SA, BC bằng
39
15
1
A. B. 1 C. D.
13
4
2
Câu 16: Cho hình chóp S.ABC có
0 0
SA SB SC a, ASB CSB 60 , ASC 90 . Tính
thể tích V của khối chóp S.ABC.
3
3
3
3
a 2
a 2
a 6
a 3
A. V
B. V
C. V
D. V
12
4
3
12
Câu 17: Cho hình lăng trụ ABC. A' B ' C ' có đáy là tam giác đều cạnh a. Hình chiếu vuông
góc của điểm A’ trên mặt phẳng (ABC) trùng với trọng tâm tam giác ABC. Biết thể tích
3
a 3
của khối lăng trụ là . Khoảng cách giữa hai đường thẳng AA’ và BC bằng
4
3a 4a 2a 3a
A. B. C. D.
4
3
3
2
Câu 18: Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh a, hình chiếu vuông góc
2
của đỉnh S trên đáy là điểm H trên cạnh AC sao cho AH AC,
đường thẳng SB tạo với
3
0
mặt phẳng đáy một góc 45 . Tính thể tích V của khối chóp S.ABC.
3
3
3
3
a 15
a 21
a 3
a 3
A. V
B. V
C. V
D. V
36
36
18
36
Câu 19: Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại B, AB = a, BC = 2a;
cạnh bên SA vuông góc với mặt đáy. Biết rằng số đo của góc giữa hai mặt phẳng (ABC)
0
và (ABC) bằng 60 . Khoảng cách từ trọng tâm G của tam giác SAB đến mặt phẳng (SAC)
bằng
2a 5
2a 5
2a
a
A. B. C. D.
15
5
3
3
Câu 20 Cho hình lập phương ABCD. A' B ' C ' D ' cạnh a. Gọi E, F lần lượt là trung điểm
của B ' C ' và AD.
Gọi là số đo của góc giữa hai mặt phẳng (BEF) và (ADD’A’). Khi
đó cos bằng
6
6
2
A. B. C. D.
6
3
3
3
6
2
6

Câu 21: Cho hình chóp S.ABC có SA = SB = SC = 1. Gọi G là trọng tâm của tứ diện. Xét
mặt phẳng thay đổi đi qua điểm G và cắt các cạnh SA, SB, SC lần lượt tại D, E, F.
1 1 1
Giá trị lớn nhất của biểu thức P bằng
. SD SE SE . SF SF . SD
16
27
16
A. B. C. D.
3
4
9
Câu 22: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật, AB = a, AD a 3, SA
vuông góc với mặt phẳng (ABCD), góc giữa đường thẳng SD và mặt phẳng (ABCD) bằng
0
60 . Gọi M là trung điểm của cạnh AD. Khoảng cách giữa hai đường thẳng CM và SB
bằng
6a 22
3a
22
A. B. C. a 3
D.
11
11
Câu 23 Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi và 0
ABC 60 .
9
4
a 7
2
Mặt bên SAB
là tam giác cân đỉnh S và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy. Gọi M là trung điểm
của cạnh SD. Số đo của góc giữa hai đường thẳng AM và CD bằng
0
A. 90
B. 60 D. 30 D. 45
0 0 0
0
Câu 24 Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh a 6, BAD 60 , cạnh
bên SA vuông góc với đáy và SA = 3a. Số đo của góc giữa hai mặt phẳng (SBC) và (SCD)
bằng
0
0 0 0
A. 90
B. 60 D. 30 D. 45
Câu 25: Cho tứ diện ABCD có BCD là tam giác đều cạnh 1, AB = 2. Xét M là điểm thay
đổi trên canh BC. Mặt phẳng qua M song song với AB và CD lần lượt cắt các cạnh
BD, AD, AC tại N, P, Q. Giá trị nhỏ nhất của biểu thức
S MP NQ
2 2
bằng
8
34
3
A. B. C. D.
5
9
4
Câu 26: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh a, ABC 60 . Mặt bên
SAB là tam giác đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với mặt đáy. Gọi M và N lần lượt
là trung điểm của các cạnh AB, CD. Khoảng cách giữa hai đường thẳng CM và SN bằng
5
2
0
a 3
3a 2
a 3
A. B. C. D. 3a
2
4
2
2
Câu 27: Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình thang vuông tại C và D, AD = 3a, BC =
CD = 4a; cạnh bên SA vuông góc với đáy và SA a 3. Gọi M là điểm nằm trên cạnh AD
sao cho AM = a và N là trung điểm của CD. Gọi là số đo của góc giữa hai đường thẳng
SM và BN. Khi đó cos bằng
5
6
2
A. B. C. D.
5
3
3
6
6

Câu 28: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình bình hành, gọi M là trung điểm
của cạnh bên SC. Mặt phẳng (P) qua AM và song song với BD lần lượt cắt các cạnh bên
VS . ANMQ
SB, SD tại N, Q. Đặt t . Tính t.
V
S.
ABCD
1
2
1
1
A. t
B. t
C. t
D. t
3
5
6
4
Câu 29: Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh 2a, mặt bên SAB là tam giác
đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy. Gọi I là trung điểm của cạnh SC. Xét điểm
M thay đổi trên cạnh AB. Giá trị nhỏ nhất của độ dài đoạn thẳng MI bằng
a 7
a 5
A. B. a 3
C. D. a 2
2
2
Câu 30: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình bình hành. Gọi M, N lần lượt là
trung điểm của AB, SC. Gọi I, K lần lượt là giao điểm của các đường thẳng AN, MN với
BI
mặt phẳng (SBD). Tỉ số bằng
BK
4
3
5
5
A. B. C. D.
3
2
4
3
Câu 31: Cho lăng trụ ABC. A' B ' C ' có đáy ABC là tam giác đều cạnh 2a, hình chiếu vuông
góc của A lên mặt phẳng ( A' B ' C ') là trung điểm H của A’B’. Gọi M, N lần lượt là trung
điểm của AA', B'C'. Biết rằng AH = 2a và là số đo của góc giữa đường thẳng MN và
mặt phẳng ( AC ' H ). Khi đó cos bằng
77
22
2 5
A. B. C. D.
11
11
5
Câu 32: Cho tứ diện ABCD. Xét điểm M thay đổi là một điểm trong của tứ diện. Gọi
A', B',C',D' lần lượt là giao điểm của các đường thẳng AM, BM, CM, DM với các mặt
phẳng (BCD), (ACD), (ABD), (ABC). Giá trị nhỏ nhất của biểu thức
AM BM CM DM
P bằng
MA ' MB ' MC ' MD '
A. 12 B. 16 C. 4 D. 8
Câu 33: Cho lăng trụ tam giác ABC. A' B ' C ' có đáy ABC là tam giác đều cạnh a. Hình
chiếu vuông góc của A’ trên mặt phẳng (ABC) là trung điểm O của cạnh AB. Số đo của
0
góc giữa đường thẳng AA ' và mặt phẳng ( A' B ' C ') bằng 60 . Gọi I là trung điểm của cạnh
B’C’. Khoảng cách giữa hai đường thẳng CI và AB’ bằng
a 7
a 5
a 3
a 3
A. B. C. D.
7
5
8
2
Câu 34: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật, AB a, AD 2 a;
cạnh
bên SA vuông góc với mặt đáy và SA a
SD bằng
5.
5
5
Khoảng ccahs giữa hai đường thẳng AB và

2a
5
a 5
A. B. a 5
C. D. 2a
3
2
Câu 35: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang cân, đáy lớn AB. Biết rằng
AB= 2a, AD = DC = CB = a, cạnh bên SA vuông góc với đáy, mặt phẳng (SBD) tạo với
0
đáy một góc 45 . Gọi O là trung điểm AB. Tính khoảng cách d từ điểm O đến mặt phẳng
(SBD).
a 2
a
a
a 2
A. d
B. d
C. d
D. d
4
4
2
2
Câu 36 Cho tứ diện đều ABCD. Gọi E là trọng tâm tam giác BCD và F là trung điểm của
AE. Gọi H là hình chiếu vuông góc của F trên đường thẳng AD. Đường thẳng FH cắt mặt
phẳng (ABC) tại điểm M. Mệnh đề nào sau đây sai?
A. M là trung điểm của BC.
B. M là trực tâm của tam giác ABC.
C. M là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.
D. M là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC.
0
Câu 37: Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình thoi cạnh a, ABC
60 , mặt bên là
tam giác đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy. Khoảng cách giữa hai đường
thẳng SC, AB bằng
a 6
a 10
a 3
a
A. B. C. D.
4
4
2
4
Câu 38: Cho hình hộp chữ nhật ABCD. A' B ' C ' D ' có đáy là hình chũ nhật , AB = a, AD
= 2, hình chiếu vuông góc của điểm A trên mặt phẳng ( A' B ' C ' D ') là trung điểm H của
0
A’D’. Biết rằng AA’ hợp với đáy một góc 60 . Gọi là số đo của góc giữa hai đường
thẳng AC, B ' D.
Khi đó cos bằng
1
5
1
10
A. B. C. D.
5
10
3
5
0
Câu 39: Cho hình lăng trụ ABC. A' B ' C ' có AB 1, AC 2, CAB
135 ,AA' 1.
Hình chiếu vuông góc của điểm A trên mặt phẳng (A’B’C’) trùng với trung điểm H của
B’C’, Số đo của góc hợp bởi đường thẳng AH và mặt phẳng (ABB’A’) bằng
0
0 0 0
A. 30
B. 60 C. 45 D. 90
0
Câu 40: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh a, BAD
60 , cạnh
0
bên SA vuông góc với đáy. Biết rằng góc giữa hai mặt phẳng (SBC) và (SCD) bằng 60 .
Độ dài đoạn thẳng SA bằng
a 6
a 6
a 3
a 3
A. B. C. D.
4
2
2
4
Câu 41. Cho hình lăng trụ tam giác ABC.A’B’C’ có AA’ = 1. Xét các điểm M,N,P thay đổi
lần lượt trên các cạnh AA’, BB’, CC’ sao cho AM BN CP 1.
Gọi I là điểm cố định mà
mặt phẳng (MNP) luôn đi qua. Độ dài của vecto u IA IB IC bằng

1
1
A.3 B. C. D. 1
3
9
Câu 42. Cho hình chóp S.ABC có SA SB SC a, ASB 60 0 , BSC 90 0 , CSA 120 0 .
Khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng (SBC) bằng
a 3
a 2
A. B. a 3
C. a
D.
2
2
Câu 43 Cho hình lăng trụ đều ABC.A’B’C’ có tất cả các cạnh bằng a. Gọi là số đo của
góc hợp bởi hai mặt phẳng (AB’C) và (BCC’B’). Khi đó cos bằng
7
2 7
10
A. B. C. D.
7
7
4
Câu 44. Cho khối chóp tứ giác đều có cạnh đáy bằng a và thể tích là
độ dài cạnh bên và độ dài cạnh đáy của hình chóp. Tính t
3
4
3
a
. Gọi t là tỉ số giữa
3
2
6
A. t B. t 1
C. t
D. t
2
2
x x
Đặt t 3 .2
Câu 45. Cho hình hộp ABCD.A’B’C’D’ có AB 1, AD 2, AA
3. Xét M là điểm thay
đổi trong không gian. Gọi S là tổng các bình phương khoảng cách từ M đến tất cả các đỉnh
của hình hộp. Giá trị nhỏ nhất của S bằng
A.28 B. 14 C. 2 7 D. 14
Câu 46. Cho hình lăng trụ đứng ABC.A’B’C’ có đáy ABC là tam giác đều, các mặt bên đều
là hình vuông. Biết rằng mặt cầu ngoại tiếp lăng trụ ABC.A’B’C’ có diện tích bằng 21 .
Tính thể tích V của khối lăng trụ ABC.A’B’C’
27 3
9 3
A. V 18
B. V C. V 6
D. V
4
4
Câu 47. Cho hình chóp đều S.ABCD có tất cả các cạnh bằng a. Gọi M là trung điểm cạnh
SC. Gọi là số đo của góc hợp bởi hai đường thẳng AM và SB. Khi đó cos bằng
5
5
5
5
A. B. C. D.
10
5
4
15
Câu 48. Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình thoi cạnh 0
a, BAD 60 , cạnh bên SA
vuông góc với đáy. Biết rằng góc giữa hai mặt phẳng (SBC) và (SCD) bằng
trung điểm của SC. Khoảng cách giữa hai đường thẳng AD, BK bằng
0
60 .
3
2
Gọi K là
a a 3
a 3
a
A. B. C. D.
2
4
2
4
Câu 49 Cho hình chóp đều S.ABCD có đáy và cạnh bên đều bằng 2. Gọi O là tâm đáy, M
và N lần lượt là trung điểm của OA và SO. Xét mặt phẳng chứa đường thẳng MN và
song song với đường thẳng BD. Diện tích của thiết diện tạo bởi
và hình chóp bằng

5 2
3 2
3 2
5 2
A. B. C. D.
4
4
2
2
Câu 50. Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình bình hành. Gọi I là trung điểm cạnh SC.
Xét là mặt phẳng thay đổi qua AI và cắt các cạnh SB, SD lần lượt tại M và N. Tổng
SM SN
giá trị nhỏ nhất là lớn nhất của biểu thức T bằng
SB SD
17
13
7
5
A. B. C. D.
6
6
3
3
Câu 51. Cho tứ diện ABCD có AB CD a, AC BD b, AD BC c.
Khoảng cách
giữa hai đường thẳng AB và CD là
1 2 2 2
A. B. C. D.
2 b c a 1 2 2 2
2 b c a 1 2 2 2
4 b c a
1 2 2 2
4 b c a
Câu 52. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình bình hành. Gọi M,N,P,Q,R lần lượt
là trung điểm của AB,CD,SC,SB,BM. Mặt phẳng (SDM) không song song với đường thẳng
nào dưới đây?
A.Đường thẳng CQ.
B.Đường thẳng BP.
C. Đường thẳng NP. D. Đường thẳng QR.
Câu 53. Cho hình chóp S.ABC có
với đáy và
SA a
3.
0
AB a, AC 2 a, BAC 60 ,
cạnh bên SA vuông góc
Tính bán kính R của mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABC
a 7
a 55
a 10
A. R
B. R
C. R
D.
2
6
2
a 11
R
2
Câu 54. Trong không gian cho tam giác ABC là tam giác đều cạnh a. Gọi S là diện tích
của mặt tròn xoay nhận được khi quay các cạnh AB và AC xung quanh trục BC. Tính S.
2
2
a
A. S a 3
B. S
2
2
2
a 3 4 3
a 3 2 3
C. S
D. S
4
4
Câu 55. Trong không gian cho ABCD là hình chữ nhật, AB 2, AD 1.
Đường thẳng d
nằm trong mặt phẳng (ABCD) không có điểm chung với hình chữ nhật ABCD, song song
với cạnh AB và cách AB một khoảng bằng a. Gọi V là thể tích của khối tròn xoay T, nhận
d AB, d d CD, d .
được khi quay hình chữ nhật ABCD xung quanh trục d. Cho biết
Tính a biết rằng thể tích khối T gấp 3 lần thể tích của khối cầu có đường kính AB.
1
15
A. a 3
B. a 1
2 C. a
D. a
2
2
3

Câu 56. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật, AB 1, AD 2. cạnh bên
SA vuông góc với đáy và SA
bằng
5. Sin của góc giữa đường thẳng SB và mặt phẳng (SAC)
30
30
15
A. B. C. D.
15
6
5
0
Câu 57. Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình thoi cạnh a, ABC 60 , mặt bên SAB là
tam giác đều nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy. Khoảng cách từ điểm A đến mặt
phẳng (SCD) bằng
a 6
a 3
a 21
A. B. a
C. D.
4
2
7
Câu 58. Cho hình chóp S.ABC có đáy là tam giác vuông cân tại A, AB a,
mặt bên SBC
là tam giác vuông cân tại S và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy. Tính thể tích V
của khối chóp S.ABC
3
3
3
3
a 2
a
a 2
a 2
A. V
B. V
C. V
D. V
12
6
6
3
Câu 59. Một hình chóp tam giác đều S.ABC có AB a, cạnh bên SA tạo với đáy một góc
0
30 . Một hình nón có đỉnh S, đáy là hình tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Tính số đo góc ở
đỉnh của hình nón đã cho
0
0
0
0
A. 120
B. 60 C. 150
D. 30
Câu 60. Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình thang. AD / / BC, AD 2BC 2 a.
Gọi E,
F lần lượt là trọng tâm các tam giác SAD và SBC. Gọi d là giao tuyến của hai mặt phẳng
(EBC) và (FAD); M,N lần lượt là giao điểm của d với các mặt phẳng (SAB), (SCD). Độ dài
đoạn thẳng MN bằng
6a 3a 2a
A. B. C.
5
2
3
D. 5 a
6
15
6
Câu 61. Cho hình lăng trụ ABC.A’B’C’ có đáy là tam giác vuông tại B, AB a, BC 2 a.
Hình chiếu vuông góc của A’ trên đáy ABC là trung điểm H của cạnh AC, đường thẳng A’B
0
tạo với đáy một góc 45 . Tính thể tích V của khối lăng trụ ABC.A’B’C’
3
3
3
a 5
a 5
a 5
3
A. V
B. V
C. V
D. V a 5
6
3
2
Câu 62. Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại B, AB a, BC 2 a.
Cạnh
bên SA vuông góc với đáy và SA a.
Gọi M, N lần lượt là hình chiếu vuông góc của A
lên SB, SC. Tính thể tích V của khối chóp S.AMN.
3
3
3
3
a
a 5
a 3
a
A. V
B. V
C. V
D. V
36
15
18
30

Câu 63. Cho hình chóp SABCD,
có đáy ABCD là hình chữ nhật, AB 1, AD 2 cạnh bên
SA vuông góc với đáy và SA
cos ?
5. là số đo góc giữa hai mặt phẳng (SAB) và (SBD),
145
5
6
29
A. B. C. D.
29
5
6
25
Câu 64. Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình bình hành tâm O. Gọi M là điểm di động
trên cạnh SC (M không trùng S và C), mặt phẳng chứa đường thẳng AM song song
SB SD SC
với BD lần lượt cắt các cạnh SB, SD tại E và F. Giá trị T bằng
SE SF SM
1
3
A. 1 B. 2 C. D.
2
2
Câu 65. Cho hình hộp ABCD.A’B’C’D’ có diện tích các mặt (ABCD), (ABB’A’) (ADD’A’)
lần lượt bằng 20cm 2 , 28cm 2 , 35cm 2 . Tính thể tích V của khối hộp chữ nhật
ABCD.A’B’C’D’
A. 120cm 3 B. 160cm 3 C. 130cm 3 D. 140cm 3
Câu 1: A
ĐÁP ÁN
Chu vi tam giác SMN bằng
2 2
P SM SN MN 2 SO OM OM
Pmin
OM nhỏ nhất OM AB.
2
OA a AM 1
AM .
AB 4 AB 4
Câu 2: C Chọn hệ trục tọa độ A(1;0;0), B(0;2;0), C(0;0;3).

x y z
Khi đó M thuộc mặt phẳng ( ABC) : 1
thỏa mãn đề bài nên
1 2 3
Câu 3: A
SM
6 3 .
11
Tính được
3
a
V
2
3cos .sin
AH a
AB và
sin
1 1 1
a
SA .
sin
AH 2 SA 2 AB 2 cos
2
Vmin cos .sin
lớn nhất
Câu 4 A
3
cos .
3
Gọi O là tâm đáy ABCD.
Khi đó
2 2 2 2
T MA MB MC MD
2 2 2 2 2
OA OB OC OD 4OM
T nhỏ nhất OM nhỏ nhất M là hình chiếu vuông góc của O trên mặt phẳng (SAB).
Suy ra
2
2 SO 7a
15
SM. SE SO SM .
SE 15
Câu 5 B
1
V V
3
Câu 6 C
G. A' B' C ' ABC. A' B' C '

0
Ta có
AB ';( A' B ' C ') AB ' A' 60 .
Suy ra AA' A' B '.tan AB ' A' AB tan 60 a 3
Do tam giác ABC vuông tại A nên
Trong tam giác IOB ta có
2 2
BC AB AC a
2 .
2
2 2 a 3
2 a 7
2 2
R IB IO OB
a S 4
R 7 a .
2
2
Câu 7 A
Chọn hệ trục tọa độ Bxyz xác định như sau: B(0;0;0), C 3;0;0 , A(0;1;0),
S
3 1 ; ; 3 . Suy ra
2 2
Câu 8 A
cos cos n( SAB)
; n( SBC ) .
65
65
Do MN / / PQ,
MN MQ MNPQ là hình thang vuông. Từ giả thiết suy ra
x
MN 1 x, MQ x, PQ 1 .
2
(4 3 x)
x
Suy ra SMNPQ
.
4
2
Diện tích S MNPQ
lớn nhất khi 4 3x 3 x x .
3
Câu 9 C

3 2
a 2 a 3 3V
S.
ABC
a 6
tính được VS . ABC
, S
SBC
d .
12 4 S 3
Câu 10 D
SBC
Gọi N là trung điểm của CD, khi đó MG, BN, AD đồng quy tại E.
Do AB = 2ND nên ND là đường trung bình của tam giác EAB D là trung điểm của AE.
Câu 11 B
Chứng minh được SAD
vuông cân tại A và ABD
vuông tại D.
1 a 2
Khi đó d( G,( SBD)) d( A,( SBD)) .
3 6
Câu 12 D
Gọi M là trung điểm của BC. Từ M, kẻ trục d 1 của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.
Trong mặt phẳng (SA,d 1 ), kẻ trung trực d 2 của cạnh bên SA.
Khi đó,
Ta có
d1 d2 { I}
là tâm của mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABC.
2 2
2 2 SA BC a 6
R IA IM MA .
4 4 2
Câu 13 A
: Gọi a SA, b SB, c SC.
Do M thuộc mặt phẳng (ABC) nên SM xa yb zc( x y z 1).
2 SG1
2
Chỉ ra SG1
xa yb zc .
3 SM 3
Câu 14 A

Giả sử các cạnh của tứ diện đều bằng 1. Trong tam giác AND, kẻ GQ//NP.
Suy ra cos MG , NP cos MG , GQ
cos MGQ
2
6
.
Câu 15 A
Câu 16 A
: Tính được AB BC a, AC a 2 ABC
vuông tại B Trung điểm H của AC là
tâm đường tròn ngoại tiếp
3
1 a 2
Khi đó, V SH. S ABC
.
3 12
a 2
ABC SH ( ABC) SH .
2
Câu 17 A
3a
Do AA'/ / BB' d(AA', BC) d(AA',(BCC'B")) d(A,(BCC'B')) .
4
Câu 18B
Tính được
2
2 2 2 0 7a
a 7
HB AB AH 2 AB. AH.cos 60 HB .
9 3
3
0 a 21
SH HB.tan 45 V
36
.
Câu 19A
Kẻ
2a
BH AC BH ( SAC) d( B;( SAC)) BH .
5

1
2 a
d( G;( SAC)) d B;( SAC)
5 .
3 15
Câu 20A
Mặt phẳng (BEF) đi qua điểm D’.
Gọi H là trung điểm của A’D’. Tứ giác AHD’F là hình chiếu vuông góc của tứ giác BED’F
lên mặt phẳng (ADD’A’).
1 2
a
'
6
Suy ra cos S
AHD F 2 .
2
S
BED'
F a 6
6
2
Câu 21 A
Gọi G là trọng tâm tam giác ABC và G là trọng tâm tứ diện.
Ta có 3 1
SG SI SA SB SC
4 4
SA SB SC
4 SG SA SB SC SD . SE . SF
SD SE SF
1 1 1
SG SD . SE . SF
4SD 4SE 4SF

1 1 1
Vì D, E, F, G cùng thuộc một mặt phẳng nên 1.
4SD 4SE 4SF
1 1 1 1 1 1 1 16
P .
SD . SE SE . SF SF . SD 3 SD SE SF 3
2
Câu 22B
Dựng hình bình hành MCBE A là trung điểm của ME.
CM / /( SBE) d( CM , SB) d( CM ,( SBE))
3a
22
d( M ,( SBE)) 2 d( A,( SBE)) 2 AH .
11
Câu 23A
Gọi H, N lần lượt là trung điểm của AB và CD.
Chứng minh được (AMN)//(SHC) mà CD ( SHC)
CD ( AMN) CD AM.
Do đó góc giữa CD và AM bằng
Câu 24A
0
90 .

Kẻ OH SC SC ( BHD)
góc giữa hai mặt ohanwgr (SBC) và (SCD) là góc giữa
hai đường thẳng HB, HD.
OH OC OC. SA a 6
Mặt khác OH
SA SC SC 2
BD
OH BHD
vuông tại H.
2
Từ đó suy ra góc giữa hai mặt phẳng (SBC) và (SCD) bằng
Câu 25 A
0
90 .
Đặt BM x(0 x 1)
MN PQ x, MQ NP 2(1 x).
S MP NQ
2 2
QM QP 2 QM. QP.cos
MQP MQ
Do hai góc
2 2 2
2
MN 2 MQ. MN.cos QMN .
Khi đó
MQP , QMN bù nhau nên cos MQP cosQMN
S 2( MN MQ ) 2
x 4(1 x)
.
5
Câu 26 A
2 2 2 2 8
CM / / AN d( AM , SN)
a 3
d( CM ,( SAN)) d( M ,( SAN)) MH .
4

Câu 27 A
Chọn các vecto cơ sở AE, AD, AS :
Ta có cos cos SM , BN cos AM , BN
. 2
SM BN 4a
5
2 .
SM. BN
4a
5
5
Câu 28 A
: Gọi O là gia điểm của hai đường chéo của hình bình hành ABCD. Gọi I là giao điểm của
SO và AM.
IS AO MC IS SN SQ 2
Khi đó . . 1 2 .
IO AC MS IO SB SD 3
V V V
S. ANMQ S. ANM S.
AQM
Tính được
Suy ra
Câu 29A
V
V
1
t .
3
1 V 1 1
S.
ANM
S.
AQM
, VS . ANMQ
VS . ABCD.
S. ABC
3 VS . ADC
3 3
2
2 2 2 7a
a 7
Đặt AM x(0 x a) MI x ax 2 a
4
MI
2
.
Câu 30A
: Do B, I, K thẳng hàng, trong ABN,
kẻ MF//BI, F AN
F
Câu 31A
là trung điểm của AI. Suy ra
BI 4 .
BK 3

Gọi D là trung điểm cạnh AB ' MD ( AC ' H )
MD AC ' MD ND MND
vuông tại D.
Vì 0
A' B ' ( AC ' H ) MN,( AC ' H ) 90 MN, A' B '
MN MD
DMN DNM
90 0 , 90 0
.
Khi đó
MD a,
MN ME NE
2 2 2 11
a
4
2 7 77
sin DMN cos DMN .
11 11 11
Câu 32A
2
MA' MB ' MC ' MD '
Ta có P
AA' BB ' CC ' DD '
VMBCD VMACD VMABD
VMABC
1
V V V V
ABCD ABCD ABCD ABCD
' ' ' '
Do đó
AA BB CC
DD
MA' MB ' MC ' MD '
AA' BB ' CC ' DD ' MA' MB ' MC ' MD '
16
MA' MB ' MC ' MD ' AA' BB ' CC ' DD '

AM BM CM DM AA' BB ' CC ' DD '
Suy ra P 4 12.
MA ' MB ' MC ' MD ' MA ' MB ' MC ' MD '
Câu 33A
Gọi J là trung điểm canh BC. Suy ra
a 7
B ' J / / CI d( CI, AB ') d( C,( AB ' J )) d( B;( AB ' J )) 2 d( O;( AB ' J )) .
7
Câu 34A
2a
5
Kẻ AH vuông góc SD, H D.
Tính được d( AB, SD) AH .
3
Câu 35A
Chứng minh được SAD
vuông cân tại A SBD
vuông tại B.
Khi đó
1 a 2
d d( O,( SBD)) d( A,( SBD)) .
2 4
Câu 36A
Gọi N là trung điểm của BC và FH AN { M}.
AM 2
Trong ADN
.
AN 3
Câu 37A
a 6
d( AB, SC) d( AB,( SCD)) d( M ,( SCD)) .
4
Câu 38A

2 2 2 2 2
Tính được AE AH HE 5, AC 5, CE CK C ' K C ' E 2 2.
1
Áp dụng định lí cosin cho tam giác ACE, ta được cos .
5
Câu 39A
2 1 3
B C A B C A H AH AA A H
5 2 2
Kẻ HE A' B ', E A'B' và HK AE,
K AE
2 2
' ' 5 cos ' ' ' ' ' .
AH,( ABB ' A' ( AH, AE) HAE.
1 1 2S
A'
B'
H
1
S
A'
B'
H
S
ABC
HE
2 4 A' B ' 2
EH 1
0
tan HAE
HAE
30 .
AH 3
Câu 40A
a
Ta có AB a, OB OD .
2
OH SC, H SC ( SBC),( SCD) ( BH, DH )
Kẻ
BHD 120
0
(do
BH BC BD) BHO
60
0 a a 6
OH OB.cot 60 SA .
2 3 4
0
Câu 41D
I là trọng tâm tam giác MNP. Hơn nữa
tam giác ABC)
u IA IB IC 3IG AA
(với G là trọng tâm

Câu 42D
Gọi I là trung điểm của AC. Ta có: SI ABC,
SI
Suy ra:
d A, SBC 2 d I, SBC 2IH
a
2
2
a
2
Câu 43A
Gọi H là trung điểm của AD
1
S
SBB CC
HBC
7
AH BBCC
cos
4
S 1
ABC
BE.
AC
7
2
Câu 44C
a 6 6
Tính được chiều cao của khối chóp h SO a l SA t
2 2
Câu 45A
1 1
S 8MO AC BD CA BD AC BD CA BD 2 AB AD AA
2 2
Câu 46B
2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2

Gọi độ dài các cạnh của hình lăng trụ là a, bán kính mặt cầu ngoại tiếp là r.
2
Ta có: S 4
r 21
Hơn nữa ta có
2 2
2 2 a a a 7
r IA IO AO
4 3 2 3
27 3
a 3 VABC.
ABC
S
ABC.
AA
4
Câu 47A
Gọi N là trung điểm của BC. Ta có: AM , SB AM , MN
Mặt khác MA 2 MN 2 AN
2 5
cos AMN
2 MA. MN 10
Câu 46A
a 6
a
4 2
Ta có: SA d AD, BK d A,
SBC
Câu 49A
1 5 2
S SEFPQ
SHPQ
MN. EF HN.
PQ
2 4

Câu 50A
Ta có: 1 1, 1 1
2 SM SN
SB
2
SD
Do SB SD 3 SM .
SN
T
SM SN SB SD 3
SM SN
2 T
Khi đó , là nghiệm của phương trình t Tt
0 có nghiệm thuộc đoạn
SB SD
3
1 4 3
;1 T
2
3 2
Câu 51A
Gọi M,N lần lượt là trung điểm của AB và CD.
1 2 2 2
Khi đó d AB,
CD MN b c a
2
Câu 52A
Do BNP / / SDM BP / / SDM , NP / / SDM
Do QR / / SM QR / / SDM
Câu 53A
Ta có BC
2 2
AB AC 2 AB. AC.cos A a 3
Gọi r là bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC
BC 2r r a R r SA a R
a
sin A
4 4 2
Câu 54A
2 2
2 2 7 7

Tam giác ABC quay quanh trục là đường thẳng BC tạo ra hai hình nón.
-Hình nón đỉnh B, đường sinh BA.
-Hình nón đỉnh C, đường sinh CA.
a 3 a
Xét hình nón đỉnh B ta có: l AB a, r AH , h BH
2 2
Khi đó diện tích mặt trong xoay cần tìm là
S S rl a
2
2
xq
2
3
Câu 55C
Thể tích của khối T là V 1 a 2 .2 a 2 .2 2
1
2a
Thể tích khối cầu có bán kính
T
R
AB
1
là
2
Ta có phương trình
Câu 56A
V C
4
3
1
VT
3V C
2 1 2a 4
a
2
Gọi H là hình chiếu vuông góc của B lên AC.
Khi đó
BH 30
BSH SB, SAC sin BSH SB 15
Câu 57A

, ,
d A SCD d M SCD MH
Ta có:
Câu 58A
Gọi H là trung điểm của cạnh BC.
Ta tính được
h BC a V
a
2 2 12
3
2 2
a
4
Câu 59A
Câu 60A
2 2a
Tính được PQ BC
3 3
MP HP 2 3 4 6a
Hơn nữa MN PQ AD
MA HB 3 5 5 5
Câu 61C
6
AC a a
h AH HB V
2 2 2
Câu 62A
3
5 5

V
1 1
2
a
12 12 36
S.
AMN
V VS . AMN
VS . ABC
VS . ABC
Câu 63A
Xây dựng hệ tọa độ Axyz như hình vẽ.
Ta được B 1;0;0 , D0;2;0 , S 0;0; 5 , C 1;2;0
Các VTPT của (SAB) và (SBD) lần lượt là j 0;1;0 , u SB BD 2 5; 5;2
cos
cos j;
u
145
29
Câu 64A
Câu 65 D
Gọi độ dài các cạnh AB a, BC b,
AA
c
3
Suy ra: V abc abbcca 20.28.35 140cm

Câu 1. (Chuyên Hưng Yên Lần 3) Trong không gian Oxyz , cho mặt cầu
S : x 1 2 y 2 2 z 3
2
25
và M 4; 6; 3 . Qua M kẻ các tia Mx , My , Mz đôi một vuông
góc với nhau và cắt mặt cầu tại các điểm thứ hai tương ứng là , , . Biết mặt phẳng ABC luôn đi
qua một điểm cố định H a; b;
c . Tính a 3b c .
1
A B C
A. 9 . B. 14. C. 11. D. 20 .
Câu 2. Cho hình lăng trụ đứng ABC. ABC có đáy ABC là tam giác cân tại C , AB 2a , AA a , góc
giữa và ABBA
bằng 60 . Gọi N là trung điểm AA
và M là trung điểm BB
. Tính
BC
khoảng cách từ điểm đến mặt phẳng BCN
.
M
2a 74
a 74
2a 37
a 37
A. B. . C. . D. .
37
37
37
37
Câu 3. (THPT SỐ 1 TƯ NGHĨA LẦN 2 NĂM 2019) Cho tứ diện SABC có SA vuông góc với mặt
2
phẳng (ABC), SA AB 3 cm,
BC 5cm
và diện tích tam giác SAC bằng 6cm . Một mặt
phẳng thay đổi qua trọng tâm G của tứ diện cắt các cạnh AS, AB, AC lần lượt tại M , N,
P .
Tính giá trị nhỏ nhất Tm
của biểu thức T 1 1
1 .
2 2 2
AM AN AP
8
41
1
1
A. Tm
. B. Tm
. C. Tm
. D. Tm
.
17
144
10
34
Câu 4. (Nguyễn Khuyến)Cho hình chóp S.
ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a , cạnh bên
SA 2a và vuông góc với mặt phẳng đáy. Gọi M là trung điểm cạnh SD . Tang của góc tạo
bởi hai mặt phẳng ( AMC ) và ( SBC)
bằng
3
2 3
5
A. . B. . C. . D.
2
3
5
Câu 5. (CỤM TRẦN KIM HƯNG -HƯNG YÊN NĂM 2019) Trong không gian với hệ trục tọa độ
Oxyz cho mặt phẳng ( P): 2x- y -2z
- 2 = 0 và mặt phẳng ( Q): 2x- y - 2z
+ 10 = 0 song
song với nhau. Biết (1;2;1) là điểm nằm giữa hai mặt phẳng và . Gọi S là mặt
2 5
5
A P
Q
A P
Q
S
cầu qua và tiếp xúc với cả hai mặt phẳng và . Biết rằng khi thay đổi thì tâm
của nó luôn nằm trên một đường tròn. Tính bán kính r của đường tròn đó
4 2
2 2
5
2 5
A. r = . B. r = . C. r = . D. r = .
3
3
3
3
Câu 6. (GIA LỘC TỈNH HẢI DƯƠNG 2019 lần 2) Trong không gian với hệ trục tọa độ
ABCD A B C
Oxyz ,cho tứ
diện có tọa độ các điểm 1;1;1 , 2;0;2 1; 1;0 , D 0;3;4 . Trên các cạnh
AB , AC , AD lần lượt lấy các điểm B
,
AB AC AD
C , D
sao cho 4 và tứ diện
AB AC AD
có thể tích nhỏ nhất. Phương trình mặt phẳng BCD
là
AB C D
A. 16x 40y 44z
39 0 . B. 16x 40y 44z
39 0 .
C. 16x 40y 44z
39 0 . D. 16x 40y 44z
39 0 .
Câu 7. (THPT-Chuyên-Sơn-La-Lần-1-2018-2019-Thi-tháng-4) Cho hình chóp tứ giác đều S.
ABCD có
đáy ABCD là hình vuông cạnh a , tâm O . Gọi M và N lần lượt là trung điểm của hai cạnh
a 6
SA và BC , biết MN . Khi đó giá trị sin của góc giữa đường thẳng MN và mặt phẳng
2
SBD bằng

2
3
5
A. . B. . C. . D. 3 .
5
3
5
Câu 8. (CỤM TRẦN KIM HƯNG -HƯNG YÊN NĂM 2019) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz ,
ì x = 1+
t
cho mặt cầu ( S) :( x- 1) 2 + ( y - 2) 2 + ( z - 3)
2
= 4 . Xét đường thẳng d : ï
íy = - mt với m là
ï
ïî z = ( m - 1) t
tham số thực. Giả sử và ' là hai mặt phẳng chứa , tiếp xúc với S lần lượt tại T và
( P ) ( P )
d ( )
T '. Khi m thay đổi, tính giá trị nhỏ nhất của độ dài đoạn thẳng TT ' .
2 11
4 13
A. 2. B. . C. . D. 2 2 .
3
5
Câu 9. (KINH MÔN II LẦN 3 NĂM 2019) (KINH MÔN II LẦN 3 NĂM 2019)Cho hình hộp đứng
ABCD.
ABC D có đáy là hình thoi, tam giác ABD đều. Gọi M , N lần lượt là trung điểm
BC và CD , biết rằng MN BD
. Gọi là góc tạo bởi đường thẳng MN và mặt đáy
ABCD
, khi đó giá trị cos bằng
1
3
1
1
A. cos . B. cos . C. cos . D. cos .
3
2
10
2
Câu 10. (Đặng Thành Nam Đề 9) Trong không gian , cho tam giác với A 2;3;3 đường
2
Oxyz ABC
x
trung tuyến kẻ từ đỉnh B là 3 y 3 z 2
, phương trình đường phân giác trong góc C
1 2 1
x
là 2 y 4 z 2
. Đường thẳng AB có một véctơ chỉ phương là:
2 1 1
A. u1 (0;1; 1)
. B. u2 (2;1; 1)
. C. u3 (1;2;1) . D. u4 (1; 1;0)
.
Câu 11. (HKII-CHUYÊN-NGUYỄN-HUỆ-HÀ-NỘI) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , gọi
x 1 y 2 z
( P)
là mặt phẳng chứa đường thẳng d : và tạo với trục Oy góc có số đo lớn
1 1 2
nhất. Điểm nào sau đây thuộc mặt phẳng ( P)
A. E( 3;0;4) . B. M (3;0;2) . C. N( 1; 2; 1) . D. F(1;2;1)
.
Câu 12. (Đặng Thành Nam Đề 14) Trong không gian Oxyz, cho điểm A(1;0;2), B(−2;0;5), C(0;−1;7).
Trên đường thẳng d vuông góc với mặt phẳng (ABC) tại A lấy một điểm S. Gọi H, K lần lượt
là hình chiếu vuông góc của A lên SB, SC. Biết khi S di động trên d (S ≠ A) thì đường thẳng
HK luôn đi qua một điểm cố định D. Tính độ dài đoạn thẳng AD.
A. AD 3 3 . B. AD 6 2 . C. AD 3 6 . D. AD 6 3 .
Câu 13. (CổLoa Hà Nội) Trong không gian Oxyz , cho hình lập phương ABCD.
ABC D
có tọa độ
A1;2;1 , C3;6; 3
. Gọi M là một điểm bất kỳ thuộc mặt cầu
S : x 2 2 y 4 2 z 1
2
1. Tính tổng các khoảng cách từ điểm M đến tất cả các mặt
của hình lập phương ABCD.
ABC D .
A. 2 3 . B. 3 3 . C. 6 3 D. 12 .
Oxyz A B 2; 3;1
Câu 14. (Nguyễn Du Dak-Lak 2019) Trong không gian tọa độ , cho ba điểm 2;1;2 ,
, C 3;2;2 và mặt phẳng : x 3y z 0. Gọi A , B, C lần lượt là hình chiếu vuông góc
của , , lên . D là điểm sao cho ABC D
là hình bình hành. Diện tích hình bình
hành
A B C
ABC D
bằng

3
4
8
6
A. B. . C. . D. .
22
11
11
22
Câu 15. (Chuyên Hưng Yên Lần 3) Trong không gian , cho điểm 1;0;0 , B 0; 1;0
,
Oxyz A
C 0;0;1
D1; 1;1
6 ABCD ACD
, . Mặt cầu tiếp xúc cạnh của tứ diện cắt theo thiết diện
có diện tích S . Chọn mệnh đề đúng?
A. S . B. S . C. S . D. S .
3
6
4
5
Oxyz
Câu 16. (Nguyễn Trãi Hải Dương Lần1) Trong không gian , cho các điểm A 0;4 2 ;0 ,
B 0;0;4 2 , điểm C Oxy
và tam giác OAC vuông tại C , hình chiếu vuông góc của O
trên BC là điểm H . Khi đó điểm H luôn thuộc đường tròn cố định có bán kính bằng
A. 2 2 . B. 4 . C. 3 . D. 2 .
Oxyz A
C 3; 2;1 . Tìm tọa độ điểm S , biết SA vuông góc với ABC , mặt cầu ngoại tiếp tứ diện S.
ABC có
Câu 17. (Văn Giang Hưng Yên) Trong không gian với hệ tọa độ , cho 1;0;2 , B 3;1;4 ,
3 11
bán kính bằng và S có cao độ âm.
2
A. 4;6; 4 . B. 4; 6; 4 . C. 4;6; 4 . D. S 4; 6; 4
.
S
S S
Câu 18. (KIM LIÊN HÀ NỘI NĂM 2018-2019 LẦN 03) Trong không gian Oxyz , cho hình thang
cân ABCD có các đáy lần lượt là , . Biết 3;1; 2 , 1;3;2 , C 6;3;6 và
D a; b;
c với a; b;
c . Tính T a b c .
AB CD A B
A. T 3. B. T 1. C. T 3. D. T 1.
Câu 19. (Nguyễn Khuyến)Trong không gian , cho tam giác với 1;2;5 , B 3;4;1 ,
Oxyz ABC A
C 2;3; 3
G ABC M mp Oxz
. Gọi là trọng tâm tam giác và là điểm thay đổi trên . Độ
dài GM ngắn nhất bằng
A. 2 . B. 3. C. 4 . D. 1.
Câu 20. (THPT-Yên-Khánh-Ninh-Bình-lần-4-2018-2019-Thi-tháng-4)Trong không gian
A
B C
Oxyz
các điểm 5;1;5 , 4;3;2 , 3; 2;1 . Điểm I a; b;
c là tâm đường tròn ngoại tiếp
tam giác ABC . Tính a 2b c ?
A. 1. B. 3 . C. 6 . D. 9
.
Câu 21. (KINH MÔN HẢI DƯƠNG 2019) Trong không gian với hệ tọa Oxyz , cho vectơ
a 1; 2;4
, b x0; y0;
z0
cùng phương với vectơ a . Biết vectơ b tạo với tia Oy một góc
nhọn và b 21 . Giá trị của tổng x y z bằng
0 0 0
A. 3
. B. 6 . C. 6
. D. 3 .
Câu 22. (Nguyễn Trãi Hải Dương Lần1) Trong không gian cho 4; 2;6 , B 2;4;2 ,
M
: x 2y 3z
7 0 sao cho MA.
MB nhỏ nhất. Tọa độ của M bằng
cho
Oxyz A
29 58 5
37 56 68
A. ; ; . B. 4;3;1
. C. 1;3;4
. D. ; ; .
13 13 13
3 3 3
3

Câu 23. (Thuận Thành 2 Bắc Ninh) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hình thang ABCD có
hai đáy , ; có tọa độ ba đỉnh A 1;2;1 , B 2;0; 1 , C 6;1;0 . Biết hình thang có diện
AB CD
6 2 Da; b;
c
tích bằng . Giả sử đỉnh , tìm mệnh đề đúng?
A. a b c 6 . B. a b c 5 . C. a b c 8 . D. a b c 7 .
Câu 24. (Yên Phong 1) Trong không gian với hệ tọa độ , cho mặt phẳng x y z và
4
Oxyz : 3 0
x y 1 z 2
đường thẳng d : . Gọi là hình chiếu vuông góc của d trên
và
1 2 1
u 1;a; b là một vectơ chỉ phương của với a,
b . Tính tổng a b .
A. 0 . B. 1. C. 1. D. 2
.
Câu 25. (KIM LIÊN HÀ NỘI NĂM 2018-2019 LẦN 03) Trong không gian Oxyz , cho hình lăng trụ
tam giác đều ABC.
A B C
có 3 ; 1;1
không trùng với O ). Biết véctơ
A , hai đỉnh B,
C thuộc trục Oz và AA 1 (C
u a; b;2
với a,
b là một véctơ chỉ phương của đường
2 2
thẳng A
C . Tính T a b .
A. T 5 . B. T 16 . C. T 4 . D. T 9 .
8 4 8
Câu 26. (Sở Phú Thọ) Trong không gian Oxyz , cho hai điểm A(1;2; 2) và B
; ;
3 3 3 . Biết I( a; b; c )
là tâm của đường tròn nội tiếp tam giác OAB . Giá trị của a b c bằng
A. 1. B. 3. C. 2. D. 0.
11 4 8
Câu 27. Trong không gian Oxyz , cho ba điểm A (1;0;0) , B 2;2; 2
, C
; ;
. Bán kính đường
3 3 3
tròn nội tiếp tam giác ABC thuộc nửa khoảng
1
A. 0; 2
. B. 1
;1
2
. C. 3
1; 2
. D. 3
;2
2
.
Câu 28. Trong không gian Oxyz , cho ba điểm ( 1;0;0)
phân giác trong đỉnh A của tam giác ABC là
A. 12 2
7
. B. 12 3
7
A , 0;2; 2
. C. 13 2
7
B ,
C
5 4 8
; ;
3 3 3
. D. 13 3
7
. Độ dài đường
Câu 29. (Chuyên Lê Quý Đôn Quảng Trị Lần 1) Trong không gian Oxyz , cho mặt phẳng P :
x y 2 0 và hai điểm A 1;2;3
, B 1;0;1
. Điểm C a; b; 2 P
sao cho tam giác ABC
có diện tích nhỏ nhất. Tính a b
A. 0. B. 3 . C. 1. D. 2.
Câu 30. (CHUYÊN SƯ PHẠM HÀ NỘI LẦN 4 NĂM 2019) Trong không gian tọa độ Oxyz , cho hai
2 2 2
điểm A (1;0;0) , B(5;6;0)
và M là điểm thay đổi trên mặt cầu S : x y z 1. Tập hợp
2 2
các điểm M trên mặt cầu S thỏa mãn 3MA
MB 48 có bao nhiêu phần tử?
A. 0 . B. 1. C. 2 . D. 3.
Câu 31. (Nguyễn Khuyến)Trong không gian Oxyz , cho OA i j 3k
2 2
M thuộc trục tung sao cho MA MB nhỏ nhất.
3
A. M 0; 2;0
. B. M
0; ;0
0; 3;0
2
, B 2;2;1
. Tìm tọa độ điểm
. C. M . D. 0; 4;0
.
M .

x y z 1
Câu 32. (ĐH Vinh Lần 1) Trong không gian Oxyz cho ba đường thẳng d : ,
1 1 2
x 3 y z 1
1
: ,
2 1 1
x 1 y 2 z
2
: . Đường thẳng vuông góc với d đồng thời cắt 1,
2
tương ứng tại
1 2 1
,
u h; k;1 . Giá trị
H K sao cho độ dài HK nhỏ nhất. Biết rằng có một vectơ chỉ phương
h k bằng
A. 0. B. 4. C. 6. D. 2.
Câu 33. (TRƯỜNG THỰC HÀNH CAO NGUYÊN – ĐẠI HỌC TÂY NGUYÊN NĂM 2019) Trong
A 2;3;3 , phương trình đường trung tuyến kẻ từ B
không gian Oxyz , cho tam giác ABC có
3 3 2
là
x y z
, phương trình đường phân giác trong của góc C là
1 2 1
x 2 y 4 z 2
. Biết rằng u m; n; 1
là một vectơ chỉ phương của đường thẳng AB .
2 1 1
2 2
Tính giá trị của biểu thức T m n .
A. T 5 . B. T 10 . C. T 2 . D. T 1.
Câu 34. (Chuyên Phan Bội Châu Lần2) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho đường thẳng
x 1 y 2 z 1
d : và một mặt phẳng P : x y z 3 0 . Đường thẳng d ' là hình chiếu
2 1 3
của d theo phương Ox lên P , d ' nhận u a; b;2019
là một vec tơ chỉ phương . Xác định
tổng a
b
A. 2019 . B. 2020 . C. 2018 . D. 2019 .
x 1 y z 1
Câu 35. (Sở Cần Thơ 2019) Trong không gian Oxyz , cho đường thẳng : và hai điểm
2 3 1
A1;2; 1
, B 3; 1; 5
. Gọi d là đường thẳng đi qua điểm A và cắt đường thẳng sao
u 1; a;
b là vectơ chỉ phương của d .
cho khoảng cách từ B đến đường thẳng d lớn nhất,
Giá trị của a b bằng
A. 2 . B.
1
. C. 2 . D. 1 2
2 .
Câu 36. (Chuyên Thái Bình Lần3) Trong không gian Oxyz , gọi d là hình chiếu vuông góc của đường
x 1 y 2 z 3
thẳng d : trên mặt phẳng tọa độ Oxy . Vecto nào dưới đây là một vecto
2 3 1
chỉ phương của d ?
u 2;3;0
u 2;3;1
u 2; 3;0
.
A. . B.
. C. u 2;3;0
5
. D.
Câu 37. (KỸ-NĂNG-GIẢI-TOÁN-HƯỚNG-ĐẾN-THPT-QG) Trong không gian với hệ trục tọa độ
Oxyz , cho mặt phẳng P : x 2y 2z
2 0 A 1;1; 2 và đường thẳng
, điểm
x 1 y 2 z 2
d :
2 1 3
sao cho AM 2AN
, khi đó một vectơ chỉ phương của là?
. Đường thẳng qua A cắt d và P lần lượt tại hai điểm M và N

A. u 8;4; 3
. B. u 8; 4; 9
. C. u 8; 4; 9
. D. u 8; 4;9
Câu 38. (Chuyên Thái Bình Lần3) Trong không gian Oxyz , cho điểm A 1;1;1
và mặt phẳng
( P) : x 2 y 0 . Gọi là đường thẳng đi qua A , song song với ( P ) và cách điểm B
1;0;2
một
khoảng ngắn nhất. Hỏi
nhận vecto nào dưới đây
là vecto chỉ phương
?
u 6;3; 5
u 6; 3;5
u 6;3;5
u 6; 3; 5
.
A. . B. . C. . D.
Câu 39. (THPT ISCHOOL NHA TRANG) Trong không gian tọa độ Oxyz , cho hai điểm 3;1;1
B 7;3;9
và mặt phẳng P : x y z 3 0 . Điểm M x; y;
z P
sao cho MA MB
giá trị nhỏ nhất. Giá trị x y z bằng
A. – 3. B. 3. C. 0. D. 2.
.
A ,
đạt
Câu 40. (THPT NÔNG CỐNG 2 LẦN 4 NĂM 2019) Trong không gian tọa độ Oxyz cho hai đường
x 2 y z 1
x 1 y 5 z
thẳng d1
: , d2
: và điểm M (1; 0; 2) . A,
B là hai điểm
1 3 2 3 1 3
lần lượt trên ( d
1)
và ( d
2)
sao cho tam giác MAB vuông tại M . Khi A,
B thay đổi thì trung
điểm I của đoạn AB sẽ thuộc một đường thẳng. Tìm vectơ chỉ phương của đường thẳng đó.
u 1;5;9
u 1;4;4 .
A. u 5;9;17
. B. u 3;1;5
. C. . D.
Câu 41. (PHÂN TÍCH BL_PT ĐỀ ĐH VINHL3 -2019..) Trong không gian Oxyz , cho đường thẳng
x 3 y 4 z 2
d : và 2 điểm A6;3; 2
, B 1;0; 1
. Gọi là đường thẳng đi qua B ,
2 1 1
vuông góc với d và thỏa mãn khoảng cách từ A đến là nhỏ nhất. Một vectơ chỉ phương của
có tọa độ
1; 1; 1
1;2; 4
2; 1; 3 .
A. 1;1; 3
. B. . C. . D.
Câu 142. (CHUYÊN HOÀNG VĂN THỤ HÒA BÌNH LẦN 4 NĂM 2019) Trong không gian Oxyz,
cho mặt cầu S : x 1 2 y 2 2 z 1
2 3
2 , mặt phẳng P : x y z 3 0 và điểm
N 1;0; 4
thuộc P . Một đường thẳng đi qua N nằm trong P cắt S tại hai điểm A ,
B thỏa mãn 4 u 1; b;
c
AB . Gọi
, c 0
là một vecto chỉ phương của , tổng b c bằng
A. 1. B. 3. C. 1. D. 45 .
Câu 43. (Đặng Thành Nam Đề 14)Trong không gian Oxyz, cho điểm A1; 3;0
và mặt cầu
2 2 2
( S) : ( x 2) ( y 6) z 50 tâm I. Xét các điểm M thuộc (S) sao cho góc AMI lớn nhất, M
luôn thuộc mặt phẳng có phương trình là
A. x 3y
10 0. B. x 2y
10 0. C. x y 10 0. D. 2x
y 10 0.
Câu 44. (THPT-Chuyên-Sơn-La-Lần-1-2018-2019-Thi-tháng-4) Gọi S là tập hợp tất cả các giá trị
2 2 2
m 2m x 1 m y m 2m
2 0
thực của tham số m để hệ phương trình:
có hai
2 2
x y 2x
9 0
nghiệm thực phân biệt x1 ; y
1
, x2 ; y
2 sao cho biểu thức x 2
2
1
x2 y1 y2
đạt giá trị nhỏ
nhất. Tổng giá trị của tất cả các phần tử thuộc S bằng
A. 1. B. 2 . C. 1. D. 0 .
6

2 2 2 9
Câu 45. (Kim Liên) Trong không gian Oxyz , cho mặt cầu S x y z x y z
: 2 4 2 0 và hai
2
M a; b;
c thuộc S thỏa mãn tích MA.
MB có giá trị
nhỏ nhất. Tổng a b c bằng
A. 1
B. 1 C. 3 D. 2
điểm A0;2;0 , B 2; 6; 2
. Điểm
Câu 46. ( Sở Phú Thọ) Trong không gian Oxyz , cho mặt cầu S x 2 y 2 z
2
hai điểm A 2;0; 2 2 , B 4; 4;0
MA
2
( ) : ( 2) ( 1) 2 9 và
. Biết rằng tập hợp các điểm M thuộc ( S ) sao cho
MO. MB 16 là một đường tròn. Bán kính của đường tròn đó bằng
A. 3 . B. 2 . C. 2 2 . D. 5 .
Câu 47. (Chuyên Hà Nội Lần1) Trong không gian tọa độ Oxyz , cho A2;0;0 , B 0;2;0 , C 0;0;2
. Có
tất cả bao nhiêu điểm M trong không gian thỏa mãn M không trùng với các điểm A, B,
C và
AMB BMC CMA 90
?
A. 0 . B. 1. C. 2 . D. 3.
x y 1 z 1
Câu 48. (THTT số 3) Trong không gian Oxyz cho hai đường thẳng d1
: ,
1 1 2
x 1 y z 3
d2
: . Viết phương trình đường phân giác của những góc tù tạo bởi d1,
d
2
.
2 4 2
x 1 y z 3
x 1 y z 3
A. . B. .
3 5 4
1 1 1
x y 1 z 1
x 1 y z 3
C. . D. .
2 1 1
2 1 1
Câu 49. (Chuyên Bắc Giang) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho tam giác ABC biết A 2;1;0
,
B 3;0;2
, C 4;3; 4
. Viết phương trình đường phân giác trong của góc A .
A.
x
2
y
1 t . B.
z
0
x
2
y
1 . C.
z
t
x
2 t
y
1 . D.
z
0
x
2 t
y
1 .
z
t
x y 1 z 1
Câu 50. (THTT số 3) Trong không gian Oxyz cho hai đường thẳng d1
: ,
1 1 2
x 1 y z 3
d2
: . Viết phương trình đường phân giác của những góc tù tạo bởi d1,
d
2
.
2 4 2
x 1 y z 3
x 1 y z 3
A. . B. .
3 5 4
1 1 1
x y 1 z 1
x 1 y z 3
C. . D. .
2 1 1
2 1 1
Câu 51. (Chuyên Bắc Giang) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho tam giác ABC biết A 2;1;0
,
B 3;0;2
, C 4;3; 4
. Viết phương trình đường phân giác trong của góc A .
A.
x
2
y
1 t . B.
z
0
x
2
y
1 . C.
z
t
x
2 t
y
1 . D.
z
0
x
2 t
y
1 .
z
t
7

Câu 52. (Nguyễn Du Dak-Lak 2019) Trong không gian tọa độ Oxyz , cho hai điểm A 1;0;1 ,
B
2;1;1 . Phương trình mặt phẳng trung trực của đoạn AB là
A. x y 2 0 . B. x y 1 0 . C. x
y 1 0 . D. x y 2 0 .
Câu 53. (Nguyễn Trãi Hải Dương Lần1) Đường thẳng đi qua điểm M 3;1;1
, nằm trong mặt phẳng
: x y z 3 0 và tạo với đường thẳng
của là
x
1
A. y
t
. B.
z
2t
x
8 5t
y
3 4t
. C.
z
2 t
x
1
d : y 4 3t
một góc nhỏ nhất thì phương trình
z
3 2t
x
1
2t
y
1
t
. D.
z
3 2t
x
1
5t
y
1
4t
.
z
3 2t
Câu 54. (KIM LIÊN HÀ NỘI NĂM 2018-2019 LẦN 03) Trong không gian Oxyz , phương trình đường
P : 2x y z 4 0 và cắt đường thẳng d :
thẳng đi qua 1;2;4
A song song với
x 2 y 2 z 2
có phương trình:
3 1 5
x
1
t
x
1
2t
A. y
2 . B. y
2 . C.
z
4 2t
z
4 2t
x
1
2t
y
2 . D.
z
4 4t
x
1
t
y
2 .
z
4 2t
x 3 y 1
z
Câu 55. (Sở Hà Nam) Trong không gian Oxyz cho đường thẳng d : và mặt phẳng
2 1 1
P , cắt và vuông góc với d . Đường
: x y 3z 2 0.
P Gọi d là đường thẳng nằm trong
thẳng d ' có phương trình là:
x 1 y z 1
x 1 y z 1
A. . B. . C.
2 5 1 2 5 1
x 1 y z 1
2 5 1
. D. x 1 y z 1
.
2 5 1
Câu 56. (Đề thi HK2 Lớp 12-Chuyên Nguyễn Du- Đăk Lăk) Trong không gian Oxyz , cho
x y z 3
M 2;3; 1
và đường thẳng d : . Đường thẳng qua M vuông góc với d và cắt
2 4 1
d có phương trình là
x 2 y 3 z 1
A. . B.
x 2 y 3 z 1
.
5 6 32
6 5 32
2 3 1
C.
x y z
x 2 y 3 z 1
. D. .
5 6 32
6 5 32
Câu 57.
Lương Thế Vinh Lần 3) Trong hệ tọa độ Oxyz , lập phương trình đường vuông góc chung
x
3t
x 1 y 3 z 2
của hai đường thẳng d1
: và d2
: y t .
1 1 2
z
1 3t
2 2 4
A.
x y z
. B.
x 3 y 1 z 2
.
1 3 2
1 1 1
x 1 y 3 z 2 x y z 1
C. . D. .
3 1 1 1 6 1
8

Câu 58. (THPT-Yên-Mô-A-Ninh-Bình-2018-2019-Thi-tháng-4) Trong không gian Oxyz , cho đường
x 1 y 1 z 3
thẳng d : và mặt phẳng P : 2x 2y z 3 0 , phương trình đường thẳng
1 2 2
nằm trong mặt phẳng P , cắt d và vuông góc với d là
A.
z
2 2t
y
1 5t
. B.
z
5 6t
z
2 2t
y
1 5t
. C.
z
5 6t
9
z
2 2t
y
1 5t
. D.
z
5 6t
z
2 2t
y
1 5t
.
z
5 6t
Câu 59. (Đề thi HK2 Lớp 12-Chuyên Nguyễn Du- Đăk Lăk) Trong không gian Oxyz , đường thẳng
qua M 1;2; 1
và song song với hai mặt phẳng P : x y z 8 0
Q : 2x y 5z
3 0 có phương trình là
1 2 1
A.
x y z
4 7 3
. B. x 1 y 2 z 1
.
4 7 3
x 1 y 2 z 1
x 1 y 2 z 1
C. . D. .
4 7 3
4 7 3
,
Câu 60. (THẠCH THÀNH I - THANH HÓA 2019) Trong không gian Oxyz cho mặt phẳng
x y 1 z 2
P : x y z 3 0 và đường thẳng d : . Hình chiếu vuông góc của d trên
1 2 1
mặt phẳng P có phương trình là
1 1 1
A.
x y z
. B.
x 1 y 1 z 1
1 4 5
3 2 1
.
x 1 y 1 z 1
x 1 y 4 z 5
C. . D. .
1 4 5
1 1 1
Câu 61. (THPT ISCHOOL NHA TRANG) Trong không gian Oxyz , cho điểm A 1;0;2
và đường
x 1 y z 1
thẳng d : . Phương trình đường thẳng đi qua A, vuông góc và cắt d là:
1 1 2
x 1 y z 2
x 1 y z 2
A. . B. .
1 1 1
1 1 1
x 1 y z 2
C. .
2 2 1
Câu 62. (Đặng Thành Nam Đề 10) Trong không gian Oxyz , cho đường thẳng
x 1 y 3 z 1 1
d : , m
, 2
và mặt phẳng : 6 0
2m
1 2 m 2 2 P x y z . Gọi đường thẳng
là hình chiếu vuông góc của d lên mặt phẳng P . Có bao nhiêu số thực m để đường thẳng
vuông góc với giá của véctơ a ( 1;0;1)
?
A. 2 . B. 1. C. 3. D. 0 .
Câu 63. (THPT-Phúc-Trạch-Hà-Tĩnh-lần-2-2018-2019-thi-tháng-4) Trong không gian với hệ tọa độ
x 2 y 2 z
Oxyz , cho đường thẳng : và mặt phẳng P : x 2y 3z
4 0 . Phương
1 1 1
trình tham số của đường thẳng d nằm trong P , cắt và vuông góc đường thẳng là
A.
x
3 2t
y
1 t . B.
z
1 t
x
1
3t
y
2 3t
. C.
z
1 t
x
3 3t
y
1 2t
. D.
z
1 t
x
3
t
y
1 2t
.
z
1 t

Câu 64. (Thuan-Thanh-Bac-Ninh) Trong không gian tọa độ Oxyz , cho điểm A3;3; 3
thuộc mặt
phẳng có phương trình 2 x – 2y z 15 0 và mặt cầu
S : x 2 2 y 3 2 z 5
2
100 . Đường thẳng qua A, nằm trên mặt phẳng
cắt ( S ) tại M , N . Để độ dài MN lớn nhất thì phương trình đường thẳng là
x 3 y 3 z 3
x 3 y 3 z 3
A. . B. .
1 4 6
16 11 10
x
3 5t
C. y
3 .
z
3 8t
Câu 65. (PHÂN-TÍCH-BL-VÀ-PT-ĐẠI-HỌC-SP-HÀ-NỘI) Trong không gian toạ độ Oxyz , cho điểm
A 1;2;4 và hai điểm M , B thoả mãn MA. MA MB. MB 0 . Giả sử điểm M thay đổi trên
Câu 66.
x 3 y 1 z 4
đường thẳng d : . Khi đó điểm B thay đổi trên đường thẳng có phương
2 2 1
trình là:
x 7 y z 12
x 1 y 2 z 4
A. d1
: . B. d2
: .
2 2 1
2 2 1
C. : x y z
x 5 y 3 z 12
d3 . D. d4
: .
2 2 1
2 2 1
(PHÂN TÍCH BL_PT ĐỀ ĐH VINHL3 -2019..) Trong không gian Oxyz , cho 2 đường thẳng
x
1
2t
x
2 t
d : y t , d
: y 1
2t
z
1 3t
z
2t
với mặt phẳng P , cắt d và d có phương trình là
x 3 y 1 z 2
A. . B.
x 1 y 1 z 1
1 1 1
1 1 4
.
x 2 y 1 z 1
x 1 y 1 z 4
C. . D. .
1 1 1
2 2 2
và mặt phẳng P : x y z 2 0 . Đường thẳng vuông góc
Câu 67. (THANH CHƯƠNG 1 NGHỆ AN 2019 LẦN 3) Trong không gian Oxyz , cho hai đường
thẳng chéo nhau ( d )
x y + 1
1
:
-1 z-2
x- 4 y-4
z + 3
= = , ( d ) : = = . Phương trình
3 2 -
2
2
2 2 - 1
d , d là
đường vuông góc chung của hai đường thẳng ( ) ( )
x 4 y + 1
1
:
1 2
- z
A. ( d ) = = . B.
2 -1 2
x- 2 y-2
z + 2
C. = = . D.
2 -1 2
x- 2 y -2
z + 2
= = .
6 3 - 2
x- 4 y-1
z
= =
2 -1 - 2
.
Câu 68. (THPT ĐÔ LƯƠNG 3 LẦN 2) Trong không gian với hệ trục Oxyz , cho mặt phẳng
x 1 y 1 z 5
P: x y 5z
4 0 và đường thẳng d : . Hình chiếu vuông góc của
2 1 6
đường thẳng d trên mặt phẳng P
có phương trình là
10

A.
x
2 3t
y
2 2t
. B.
z
t
x
2
t
y
2 2t
. C.
z
t
x
1
3t
y
2t
. D.
z
1 t
x
3
t
y
2 .
z
1 t
Câu 69. (CHUYÊN HOÀNG VĂN THỤ HÒA BÌNH LẦN 4 NĂM 2019) Trong không gian Oxyz ,
cho hai đường thẳng d
1
, d
2
và mặt phẳng ( ) có phương trình:
x 1
3t
x 2 y z 4
d1
: y 2 t t
, d2
: , ( ) : x y z 2 0.
3 2 2
z
1 2t
Phương trình đường thẳng nằm trong mặt phẳng ( ), cắt cả hai đường thẳng d
1
và d
2
là
2 1 3
A.
x y z
. B.
x 2 y 1 z 3
8 7 1
8 7 1
.
x 2 y 1 z 3
C. . D.
x 2 y 1 z 3
.
8 7 1
8 7 1
Câu 70. (THPT LÊ QUÝ ĐÔN QUẢNG NGÃI) (THPT LÊ QUÝ ĐÔN QUẢNG NGÃI) Trong
A 1;3;2 , mặt phẳng P : x y z 2 0 và đường thẳng
không gian Oxyz , cho điểm
x 1 y z 1
d :
2 1 1
cho A là trung điểm của MN .
x
1
t
x
1
t
A. : y
3 t . B. : y
3
t . C.
z
2 2t
z
2 2t
. Viết phương trình đường thẳng cắt
P và d lần lượt tại M , N sao
x
1
t
: y
3
t . D.
z
2 2t
x
1
t
: y
3
t .
z
2 2t
Câu 71. (Chuyên Hùng Vương Gia Lai) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho tam giác ABC có
1;1;2 , 2;3;1 , 3; 1;4
A B C . Viết phương trình đường cao của tam giác ABC kẻ từ đỉnh
B
A.
x
2
t
y
3 t . B.
z
1 t
x
2
t
y
3 . C.
z
1 t
x
2
t
y
3 t . D.
z
1 t
x
2
t
y
3 t .
z
1 t
Câu 72. (THPT-Toàn-Thắng-Hải-Phòng) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm A 1;2;3
và
mặt phẳng P : 2x y 4z
1 0 . Đường thẳng d đi qua điểm A , song song với mặt phẳng
P , đồng thời cắt trục Oz . Viết phương trình tham số của đường thẳng d .
A.
x
1
5t
x
t
y
2 6t
. B. y
2t
. C.
z
3 t
z
2 t
x
1
3t
y
2 2t
. D.
z
3 t
x
1
t
y
2 6t
.
z
3 t
Câu 73. (THẠCH THÀNH I - THANH HÓA 2019) Trong không gian Oxyz, cho điểm E 2;1;3
, mặt
3
A
;0;0
2 , 3
B
0; ;0
2
phẳng P đi qua ba điểm
, C 0;0; 3
và mặt cầu
S : x 3 2 y 2 2 z 5
2
36 . Gọi là đường thẳng đi qua điểm E , nằm trong P
và cắt S tại hai điểm có khoảng cách nhỏ nhất. Phương trình là
11

A.
x
2 9t
y
1 9t
. B.
z
3 8t
x
2 5t
y
1 3t
. C.
z
3
x
2 t
y
1 t . D.
z
3
x
2 4t
y
1 3t
.
z
3 3t
Câu 74. (KỸ-NĂNG-GIẢI-TOÁN-HƯỚNG-ĐẾN-THPT-QG) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz ,
cho điểm A 2;1;5 và hai mặt phẳng P : 2x y 3z
7 0, Q : 3x 2y z 1 0
M là điểm nằm trên mặt phẳng P và điểm N nằm trên mặt phẳng
AN 2AM
. Khi M di động trên mặt phẳng
phương trình là
x
3 5t
A. y
8 11t
. B.
z
6 7t
C.
x
7 11t
y
8 5t
. D.
z
8 7t
. Gọi
Q thỏa mãn
P thì quỹ tích điểm N là một đường thẳng có
x
7 11t
y
8 5t
.
z
6 7t
x
2 5t
y
3 11t
.
z
1 7t
Câu 75. (SỞ PHÚ THỌ LẦN 2 NĂM 2019) Trong không gian Oxyz , cho mặt phẳng
: 2x 3y 2z
12 0 . Gọi A, B,
C lần lượt là giao điểm của với ba trục tọa độ, đường
thẳng d đi qua tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC và vuông góc với có phương
trình là
x 3 y 2 z 3
A. . B.
x 3 y 2 z 3
.
2 3 2
2 3 2
x 3 y 2 z 3 x 3 y 2 z 3
C. . D. .
2 3 2 2 3 2
Câu 76. (Ngô Quyền Hà Nội) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm A 2;1;1
và hai đường
x
3
t x
3 2t
thẳng d1
: y
1 , d2
: y 3
t
. Phương trình đường thẳng đi qua A , vuông góc với d
1
và
z
2 t
z
0
cắt d
2
là
x 1 y 2 z
A. .
B.
x 2 y 1 z 1
2 1 2
1 1 1
.
x 2 y 1 z 1
x 1 y 2 z
C. . D. .
2 1 2
1 1 1
Câu77. (Chuyên Ngoại Ngữ Hà Nội) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho đường thẳng
x y 1 z 2
d : và mặt phẳng P : 2x y 2z
2 0 . Q là mặt phẳng chứa d và tạo
1 2 1
với mặt phẳng P một góc nhỏ nhất. Gọi nQ
a; b;1
là một vectơ pháp tuyến của Q .
Đẳng thức nào đúng?
A. a b 0 . B. a b 1. C. a b 1. D. a b 2 .
Câu 78. (Chuyên Vinh Lần 2) Trong không gian Oxyz,
cho mặt cầu
2 2 2
( S) :( x- 2) + ( y - 4) + ( z - 6)
= 24 và điểm A (-2;0; -2). Từ A kẻ các tiếp tuyến đến ( S )
với các tiếp điểm thuộc đường tròn ( w ) . Từ điểm M di động nằm ngoài ( S ) và nằm trong mặt
12

phẳng chứa ( w ) , kẻ các tiếp tuyến đến ( S ) với các tiếp điểm thuộc đường tròn ( w¢ ). Biết khi
( w ) và ( w¢ ) có cùng bán kính thì M luôn thuộc một đường tròn cố định. Tính bán kính r của
đường tròn đó.
A. r = 6 2 . B. r = 3 10 . C. r = 3 5 . D. r = 3 2 .
Câu 79. (Chuyên Vinh Lần 2) Trong không gian cho hình cầu ( S ) có tâm O , bán kính R . Một điểm S
cố định nằm ngoài hình cầu sao cho SO = kR( k >1)
. Từ S kẻ các tiếp tuyến đến mặt cầu với
các tiếp điểm thuộc đường tròn ( C 1 ). Trên mặt phẳng ( P ) chứa đường tròn ( C 1 ) ta lấy một
điểm E thay đổi nằm ngoài mặt cầu ( S ). Từ E ta kẻ các tiếp tuyến đến mặt cầu với các tiếp
điểm thuộc đường tròn ( C
2)
. Biết rằng hai đường tròn ( C 1 ) và ( C
2)
luôn có cùng bán kính.
Hỏi khi đó điểm E di chuyển trên một đường tròn có bán kính R ¢ bằng bao nhiêu?
A.
C.
4
-1
R¢ = k . R
k
4
+1
R¢ = k . R
k
4
-1 . B. R¢ = k . R .
2k
. D.
2
-1
R¢ = k . R
k
2 2 2
Câu 80. (Chuyên Vinh Lần 2) Trong không gian cho mặt cầu ( S ) có phương trình x + y + z =1. Từ
điểm A ( 2019;0;0)
ta kẻ các tiếp tuyến đến ( S ) với các tiếp điểm thuộc đường tròn ( w ) . Từ
điểm M di động nằm ngoài ( S ) và nằm trong mặt phẳng chứa ( w ) , kẻ các tiếp tuyến đến ( S )
với các tiếp điểm thuộc đường tròn ( w¢ ). Biết khi ( w ) và ( w¢ ) có cùng bán kính thì M luôn
thuộc một đường tròn cố định. Tính chiều dài quảng đường l khi M di chuyển đúng 2019
vòng theo cùng một chiều trên đường tròn đó.
4
2. 2019 -1
A. l =
p .
2019
B. l = 2019p .
C. l = 8152722p . D. l = 4076361p .
Câu 81. (Chuyên Thái Nguyên) Trong không gian Oxyz , mặt cầu
xúc với ba mặt phẳng P : x 1, Q
: y 1 và R : 1
.
S đi qua điểm 2; 2;5
z có bán kính bằng
A. 3. B.1. C. 2 3 . D. 3 3 .
A và tiếp
Câu 82. (Chuyên Thái Bình Lần3) Cho hình chóp S.
ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a ,
SAD là tam giác đều và nằm trong mặt phẳng với đáy. Gọi M và N lần lượt là trung điểm
của BC và CD . Bán kính của mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.
CMN bằng
A.
a 93
12
. B.
a
29
8
. C. 5 a 3
12
. D.
Câu 83. (ĐH Vinh Lần 1) Trong không gian Oxyz cho M 2;1;4 ; N 5;0;0 ; P 1; 3;1
. Gọi I a; b;
c
là tâm mặt cầu tiếp xúc với mặt phẳng Oyz đồng thời đi qua các điểm M , N,
P . Tìm c biết
a b c 5
A.3 . B. 2 . C. 4 . D. 1 .
Câu 84. (ĐH Vinh Lần 1) Trong không gian Oxyz cho A 2;0;0 ; B 0; 2;0 ; C 0;0; 2
khác O sao cho DA, DB,
DC đôi một vuông góc. ; ;
a
37
6
. D là điểm
I a b c là tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện
ABCD . Tính S a b c
A. 4 . B. 1 . C. 2 . D. 3 .
.
13

Câu 85. (Trung-Tâm-Thanh-Tường-Nghệ-An-Lần-2) Trong không gian
A
Oxyz,
1; 2;3 , B 0; 4;6 .
Phương trình mặt cầu tâm A đi qua điểm B là
x 1 2 y 2 2 z 3
2 14
2
x y z
2 2 2
A. . B. 1 2 3 14
.
2 2
2
2 2 2
C. x 0 y 4 z 6 14 . D. x 0 y 4 z 6 14 .
cho hai điểm
Oxyz A
Câu 86. (THPT Nghèn Lần1) Trong không gian , cho hai điểm 1;0; 1 , B 3; 2;1 . Gọi
S
I
Biết I có tung độ âm, phương trình mặt cầu S
là
là mặt cầu có tâm thuộc mặt phẳng Oxy , bán kính 11 và đi qua hai điểm A , B .
2 2 2
2 2 2
A. x y z 6y
2 0 . B. x y z 4y
7 0.
2 2 2
2 2 2
C. x y z 4y
7 0 . D. x y z 6y
2 0.
Câu 87. (Sở Phú Thọ) Trong không gian Oxyz , có tất cả bao nhiêu giá trị nguyên của m để
2 2 2 2
x y z 2 2 m x 2 m 1 z 3m
5 0
là phương trình của một mặt cầu?
A. 4. B. 6 . C. 5. D. 7 .
Câu 88. (MÃ ĐỀ 110 BGD&ĐT NĂM 2017) Trong không gian hệ tọa độ , tìm tất cả các giá trị
Oxyz
2 2 2
của m để phương trình x y z 2x 2y 4z m 0 là phương trình của một mặt cầu.
A. m 6 . B. m 6 . C. m 6 . D. m 6 .
Câu 89. (CHUYÊN ĐH VINH- NGHỆ AN-LẦN 3-2017) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz,
tìm tất cả các giá trị của tham số m
2 2 2
để phương trình x y z 4x 2my 6z
13 0 là
phương trình của mặt cầu.
A. m 0 . B. m 0 . C. m . D. m 0 .
Câu 90. (TTLT ĐH DIỆU HIỀN-CẦN THƠ-T11-2017) Trong không gian với hệ tọa độ , Oxyz
2 2 2
tìm m để phương trình x y z 2mx 2( m 2) y 2( m 3) z 8m
37 0 là phương trình
của một mặt cầu.
A. m 2 hay m 4 . B. m 2 hay m 4 .
C. m 4 hay m 2
. D. m 4 hay m 2 .
Câu 91. (Chuyên Quang Trung-Bình Phước-Lần 3-2018) Trong không gian với hệ tọa độ , Oxyz
Câu 92.
tìm tất cả các giá trị của m
2 2 2
để phương trình x y z 2x 4y 6z m 0là phương trình
mặt cầu.
A. m 14
. B. m 14
. C. m 14
. D. m 14
.
[2H3-1.3-3] (SỞ PHÚ THỌ LẦN 2 NĂM 2019) Trong không gian Oxyz, cho mặt cầu
2 2 2
( S) : x y z 9 và mặt phẳng ( P) : 4x 2y 4z
7 0. Hai mặt cầu có bán kính là R1
và
R
2
chứa đường tròn giao tuyến của S và ( P)
đồng thời cùng tiếp xúc với mặt phẳng
( Q) : 3y 4z
20 0.Tổng R1 R2
bằng
63
35
65
A. . B. . C. 5 . D. .
8
8
8
x 1 y 2 z 2
Câu 93. (THPT LƯƠNG THẾ VINH 2019LẦN 3) Cho đường thẳng d :
1 2 1
A 1;2;1
I d A
và điểm
. Tìm bán kính của mặt cầu có tâm nằm trên , đi qua và tiếp xúc với mặt
P : x 2y 2z
1 0
phẳng .
A. R 2 . B. R 4 . C. R 1. D. R 3.
14

Câu 94. (Chuyên Phan Bội Châu Lần2) Trong không gian với hệ tọa độ
Oxyz , cho mặt cầu
S : x 1 2 y 2 2 z
1
2
9
2 2
S . Gọi m,
n là giá trị lớn nhất, nhỏ nhất cảu biểu thức P 2MA MB . Xác định m
n
.
và hai điểm A 4;3;1 , B 3;1;3 ; M là điểm thay đổi trên
A. 64 . B. 60. C. 68. D. 48.
Câu 95. (Đề thi HK2 Lớp 12-Chuyên Nguyễn Du- Đăk Lăk) Trong không gian Oxyz , mặt cầu qua
A
B C
2 2 2
x a y b z c
D . Giá trị a b c bằng
bốn điểm 5;3;3 , 1;4;2 , 2;0;3 , D 4;4; 1
, có phương trình là
A. 5 . B. 7 . C. 4 . D. 6 .
Oxyz A B C 0;0; 4
Câu 96. (KonTum 12 HK2) Trong không gian , cho điểm 3;0;0 ; 0; 2;0 và
. Mặt cầu ngoại tiếp tứ diện OABC có diện tích bằng
29
A. 116 . B. 29 . C. 16 . D. .
4
Câu 97. (CHUYÊN NGUYỄN QUANG DIỆU ĐỒNG THÁP 2019 LẦN 2) Trong không gian với hệ
Oxyz 2 2
2
A S
C , C ,
C
C
tọa độ , cho mặt cầu S : x 1 y 1 z 2 4 và điểm A 1;1; 1
. Ba mặt
phẳng thay đổi đi qua và đôi một vuông góc với nhau, cắt mặt cầu theo ba giao tuyến là
các đường tròn . Tổng bình phương bán kính của ba đường tròn , ,
C 3
là
1 2 3
A. . B. . C. . D. .
10 11 12 13
Câu 98. (THPT LƯƠNG THẾ VINH 2019LẦN 3) Cho đường thẳng d : x 1 y 2 z 2
. Viết
3 2 2
phương trình mặt cầu tâm I 1;2; 1
cắt d tại các điểm A , B sao cho AB 2 3 .
x 1 2 y 2 2 z 1
2
25
x y z
2 2 2
A. . B. 1 2 1 4 .
2 2
2
2 2 2
C. x 1 y 2 z 1 9 . D. x 1 y 2 z 1 16
.
2 2 2
Câu 99. (Đặng Thành Nam Đề 12) Trong không gian Oxyz , cho mặt cầu x y z 1
cắt mặt phẳng
P : x 2 y 2 z 1 0
C
qua điểm A1;1;1
có tâm là điểm I a; b;
c
, giá trị a b c bằng
theo giao tuyến là đường tròn . Mặt cầu chứa đường tròn C và
A. 0,5 . B. 1. C. 0,5
. D. 1.
Câu 100. (NGÔ SĨ LIÊN BẮC GIANG LẦN IV NĂM 2019) Cho mặt cầu
S : x 2 y 2 z 2 2 m 1 x 2 m y 2 m 1 z 6 m 2 0 . Biết rằng khi m thay đổi
mặt cầu S
luôn chứa một đường tròn cố định. Tọa độ tâm I của đường tròn đó là
I 1;2;1
I 1; 2; 1
I 1;2; 1
I 1; 2;1
A. . B. . C. . D. .
Câu 101. (Sở Ninh Bình 2019 lần 2) Trong không gian
: 2 2 6 0
S
bằng.
, cho mặt phẳng
1
C 2
Oxyz P : x 2y 2z
3 0
và mặt phẳng Q x y z . Gọi S là một mặt cầu tiếp xúc với cả hai mặt phẳng.
Bán kính của
9
3
A. 3. B. . C. . D. 9.
2
2
15

2 2 2
Oxyz
A
B
M
C
C
Câu 102. (Đặng Thành Nam Đề 17) Trong không gian , cho mặt cầu S : x y ( z 3) 8 và
hai điểm 4;4;3 , 1;1;1 Tập hợp tất cả các điểm thuộc S sao cho MA 2MB
là một
đường tròn . Bán kính của bằng
A. 7 . B. 6 . C. 2 2 . D. 3 .
x 1 y z 2
Câu 103. (ĐH Vinh Lần 1) Trong không gian Oxyz , cho đường thẳng d : và hai điểm
2 1 1
( 1;3;1) 0;2; 1 C m; n;
p là điểm thuộc đường thẳng d sao cho diện tích tam giác
A và B . Gọi
ABC bằng 2 2 . Giá trị của tổng m n p bằng
A. 1. B. 2 . C. 3. D. 5 .
x 1 y z 2
Câu 104. (ĐH Vinh Lần 1) Trong không gian Oxyz , cho đường thẳng d : và hai điểm
2 1 1
( 1;3;1) 0;2; 1 C m; n;
p là điểm thuộc đường thẳng d sao cho tam giác
A và B . Gọi
ABC vuông tại A. Giá trị của tổng m 2n p bằng
A. 0 . B. 2 . C. 3. D. 5 .
Câu 105. (ĐH Vinh Lần 1) Trong không gian Oxyz , cho đường thẳng
x y 1 z 2
d : và mặt
1 2 3
phẳng P : x 2y 2z
3 0 . Gọi M là điểm thuộc đường thẳng d sao cho khoảng cách từ
M đến mặt phẳng P bằng 2 . Nếu M có hoành độ âm thì tung độ của M bằng.
A. 3 . B. 21. C. 3. D. 1.
Câu 106. (Chuyên Vinh Lần 2)Trong không gian Oxyz , cho tam giác ABC có
0;0;1 , 3;2;0 , 2; 2;3
A B C . Đường cao kẻ từ B của tam giác ABC đi qua điểm nào
trong các điểm sau?
1;2; 2
A. P . B. M 1;3;4
. C. N 0;3; 2
. D. 5;3;3
Q .
Câu 107. (Chuyên Vinh Lần 2) Trong không gian Oxyz , cho tam giác ABC có
1;2;3 , 3; 1;2 , 2; 1;1
A B C . Đường phân giác trong kẻ từ A của tam giác ABC đi qua
điểm nào trong các điểm sau?
0;4;4
A. P . B. M 2;0;1
. C. N 1;5;5
. D. 3; 2;2
Q .
Câu 108. (Chuyên Vinh Lần 2) Trong không gian Oxyz , cho
A1;0;0 , B 0;2;0 , C 0;0;3 , D 2; 3;1
. Đường cao của tứ diện ABCD kẻ từ D đi
qua điểm nào trong các điểm sau?
4;0;3
8; 6;0
A. P . B. M . C. N 8;3;5
. D. 2;5; 3
Q .
Câu 109. (Chuyên Vinh Lần 2) Trong không gian Oxyz , cho tam giác ABC vuông tại A ,
x 4 y 5 z 7
ABC 30 , BC 2 .Đường thẳng BC có phương trình là , Đường
1 1 4
thẳng AB nằm trong mặt phẳng a : x z 3 0. Điểm C có cao độ âm. Tìm hoành độ điểm
A .
A. 3 2 . B. 3. C. 9 2 . D. 5 2 .
Câu 110. (Chuyên Vinh Lần 2) Trong không gian Oxyz , cho tam giác ABC vuông tại A . Gọi
H 5;5;2
là hình chiếu của điểm A lên cạnh BC . Mặt phẳng P x y z 5 0
đi qua
16

đường phân giác trong AJ của góc A của tam giác ABC và vuông góc với mặt phẳng chứa
K 2; 1;0 thuộc đường trung tuyến AM . Tìm tọa độ điểm A
tam giác ABC . Điểm
A.
50 29 64
A
; ;
3 4 2 . B. 50 29 64
A
; ;
3 2 2 . C. 50 29 64
A
; ;
9 4 2 . D. 50 29 64
A
; ;
3 3 3 .
Câu 111. (Chuyên Vinh Lần 2) Trong không gian Oxyz , cho tam giác ABC cân tại A . Gọi
G 5 4 1
; ;
3 3 3 là trọng tâm của tam giác ABC . Mặt phẳng P x y z 5 0 đi qua cạnh BC và
vuông góc với mặt phẳng chứa tam giác ABC . Phương trình đường thẳng đi qua BG có dạng
5
x t
3
4
là y
t . Tìm tọa độ điểm C
3
1
z
4 t
3
5 9 3
A. C ; ;
3 4 2 . B. 50 9
C
; ;5
3 2 . C. 9 7
C 3; ;
4 2 . D. 16
C
;3;
1
3 .
Câu 112. (Ngô Quyền Hà Nội) Gọi
M a; b;
c
: 2 2 3 0
là giao điểm của đường thẳng
và mặt phẳng P x y z . Khi đó tổng T a b c bằng
A. 5. B. 4. C. 6. D. 2.
x 1 y 1 z 3
d :
1 2 2
Câu 113. (HKII Kim Liên 2017-2018) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , tìm tọa độ điểm A đối
A1; 6;1
A0;3;1
A1;6; 1
A11;0; 5
xứng với điểm A 1;0;3
qua mặt phẳng P : x 3y 2z
7 0 .
A. . B. . C. . D. .
Câu 114. (Chuyên Sơn La Lần 3 năm 2018-2019) Trong không gian Oxyz, cho đường thẳng
x 1 y 1 z 1
d : và điểm A5;0;1
. Điểm đối xứng của A qua đường thẳng d
3 2 1
có tọa độ
là
A. . B. 5;5;3 . C. 4; 1;0 . D. 3; 2; 1
.
1;1;1
Oxyz ABCD
Câu 115. Sở Lạng Sơn 2019) Trong không gian , cho hình thoi với A 1; 2; 1 ,B 2; 3;
2 .
x 1 y z 2
Tâm I của hình thoi thuộc đường thẳng d : . Đỉnh nào sau đây là đỉnh D của
1 1 1
hình thoi?
A. 0 1 2 . B. D 2; 1;
0 . C. D 0; 1;
2 . D. D 2; 1;
0 .
D ; ;
Câu 116. (Trần Đại Nghĩa) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho đường thẳng
x y -1
z
d : = = và mặt phẳng ( P): 2x- y + 2z
- 2 = 0. Có bao nhiêu điểm M thuộc d
-2 1 1
sao cho cách đều gốc tọa độ và mặt phẳng P ?
M O ( )
A. 4. B. 0. C. 2. D. 1.
17

Câu 117. (THPT LƯƠNG THẾ VINH 2019LẦN 3) Trong hệ trục tọa độ
18
Oxyz , cho điểm
x
5 4t
A1;4;2 , B 1;2;4
đường thẳng d : y 2 2t
và điểm M thuộc d . Tìm giá trị nhỏ nhất
z
4 t
của diện tích tam giác AMB .
A. 2 3 . B. 2 2 . C. 3 2 . D. 6 2 .
Câu 118. (Lương Thế Vinh Lần 3) Trong hệ trục tọa độ , cho điểm A 1;4;2 , B 1;2;4
đường
Oxyz
x
5 4t
thẳng d : y 2 2t
và điểm M thuộc d . Tìm giá trị nhỏ nhất của diện tích tam giác AMB .
z
4 t
A. 2 3 . B. 2 2 . C. 3 2 . D. 6 2 .
Câu 119. ( Sở Phú Thọ) Trong không gian Oxyz , cho hai điểm A1;2; 2
và B 8 4 8
; ;
. Biết
3 3 3
I a; b;
c là tâm của đường tròn nội tiếp tam giác OAB . Giá trị của a b c bằng
A. 1. B. 3. C. 2. D. 0.
Câu 120. (Chuyên Phan Bội Châu Lần2) Trong không gian với hệ trục tọa độ
A1;2;3
B
P
Ox
AB tại I a; b;
c
nằm giữa AB . Tính a b c .
Oxyz , cho hai điểm
, 5; 4; 1 và mặt phẳng qua sao cho d B; P 2 d A;
P , P cắt
A. 12 . B. 6. C. 4 . D. 8 .
2 2 2
Câu 121. (Nguyễn Trãi Hải Dương Lần1) Trong không gian Oxyz , cho mặt cầu x y z 9 và
x
1
t
điểm M x0; y0;
z0
thuộc đường thẳng d : y 1 2 t . Ba điểm A , B,
C phân biệt cùng
z
2 3t
thuộc mặt cầu sao cho MA , , là tiếp tuyến của mặt cầu. Biết rằng mặt phẳng ABC
2 2 2
đi qua D 1; 1; 2 . Tổng T x y z bằng
MB MC
0 0 0
A. 30 . B. 26 . C. 20 . D. 21.
Câu 122. (THTT lần5) Trong không gian Oxyz , cho hình chóp S.
ABC có SC AB 3 2 , đường
x 1 y z 1
thẳng AB có phương trình và góc giữa đường thẳng SC và mặt phẳng đáy
1 4 1
bằng 60 . Khi ba điểm A, B,
C cùng với ba trung điểm của ba cạnh bên của hình chóp S.
ABC
nằm trên một mặt cầu thì mặt phẳng
ABC
có phương trình là
A. y z 1 0 . B. x y 4z
14 0 .C. x 2y 7z
8 0 . D. x y 4z
14 0 .
Oxyz A
Câu 123. (Thuận Thành 2 Bắc Ninh) Trong không gian , cho bốn điểm 1;1;1 , B 1;0; 2
,
C 2; 1;0
, D 2;2;3 . Hỏi có bao nhiêu mặt phẳng song song với AB,
CD và cắt 2 đường
thẳng AC,
BD lần lượt tại M , N thỏa mãn BN
2
AM 1.
AM
A. 0 . B. 2 . C. 3 . D. 1.
Câu 124. (THPT LÊ QUÝ ĐÔN QUẢNG NGÃI) (THPT LÊ QUÝ ĐÔN QUẢNG NGÃI) Trong
không gian Oxyz, cho ba điểm 1;2;3 , 1;2;0 và M 1;3;4
. Gọi d là đường thẳng qua
A B
2

B vuông góc với AB đồng thời cách M một khoảng nhỏ nhất. Một véc tơ chỉ phương của d
có dạng u 2; a;
b . Tính tổng a b .
A. 1. B. 2 . C. 1.
D. 2.
Câu 125. (Nam Tiền Hải Thái Bình Lần1) (Nam Tiền Hải Thái Bình Lần1) Trong không gian với hệ
Oxyz
M S
trục tọa độ , cho điểm M 2; 1;2
và mặt cầu 2 2 2
S : x 1 y z 9 . Mặt phẳng
19
P
đi qua cắt theo giao tuyến là một đường tròn có bán kính nhỏ nhất có phương trình là
A. x y 2z
5 0 . B. x y 2z
7 0 . C. 2x y z 7 0 . D. x y 2z
5 0 .
Câu 126. (ĐH Vinh Lần 1) Trong không gian Oxyz cho hai mặt phẳng P : x 2y z 1 0,
x y 1 z 1
x y 2 z 1
P : 2x y z 2 0, và hai đường thẳng 1
: , 2
: . Đường
2 1 2 1 1 2
thẳng song song với hai mặt phẳng P;
Q và cắt 1,
2
tương ứng tại H,
K . Độ dài đoạn
HK bằng
A. 8 11
11
. B. 5 C. 6. D. .
7
7
Câu 127. Nam Tiền Hải Thái Bình Lần1) (Nam Tiền Hải Thái Bình Lần1) Trong không gian với hệ
x 1 y 1
z
tọa độ Oxyz , cho điểm M 2;1;0
và đường thẳng : . Phương trình tham số
2 1 1
của đường thẳng d đi qua M , cắt và vuông góc với là
x
2 t
x
2 2t
x
2 t
x
1
t
A. d : y 1 4t
. B. d : y 1 t . C. d : y 1 t . D. d : y 1 4t
.
z
2t
z
t
z
t
z
2t
Oxyz
Câu 128. (Sở Thanh Hóa 2019)Trong không gian , cho điểm A 2 ; 5 ; 3 và đường thẳng
x 1 y z 2
d : . Gọi ( P)
là mặt phẳng chứa d sao cho khoảng cách từ điểm A đến ( P)
2 1 2
lớn nhất. Khoảng cách từ gốc tọa độ O đến ( P)
bằng
1
3
11 2
A. . B. . C. . D. 2 .
2
6
6
1 3 1
Câu 129. (CổLoa Hà Nội) Trong không gian Oxyz , cho hai đường thẳng d
1
:
x y z
và
1 1 1
1 3
d
2
:
x m y z
. Có bao nhiêu giá trị của tham số m để hai đường thẳng d1
, d2
có
2 2 1
đúng một điểm chung?
A. 2 . B. 0 . C. 1. D. vô số.
Câu 130. (KSCL-Lần-2-2019-THPT-Nguyễn-Đức-Cảnh-Thái-Bình) Trong không gian Oxyz cho
đường thẳng : x 1 y 3 z 1
d
và mặt phẳng P : x y z 6 0 , hai điểm
2 m 1 2 m 2
2;2;2 , 1;2;3 thuộc P . Giá trị của m để AB vuông góc với hình chiếu của d trên
A
B
P
là ?
A. m 1. B. m 1. C. m 2 . D. m 3
.
Oxyz :2 2 3 0
Câu 131. (Đặng Thành Nam Đề 3) Trong không gian , cho mặt phẳng P x y z và
x y 1 z 1
x 2 y 1 z 3
hai đường thẳng d1
: ; d2
: . Xét các điểm A , B lần lượt
3 1 1 1 2 1

d1
2
d AB
di động trên và sao cho song song với mặt phẳng P . Tập hợp trung điểm của
đoạn thẳng AB là
A. Một đường thẳng có vectơ chỉ phương u 9;8; 5
.
B. Một đường thẳng có vectơ chỉ phương u 5;9;8
.
C. Một đường thẳng có vectơ chỉ phương u 1; 2; 5
.
D. Một đường thẳng có vectơ chỉ phương u 1;5; 2 .
Câu 132. (Chuyên Phan Bội Châu Lần2) rong không gian Oxyz , cho hai đường thẳng
x
t
x 1 y 2 z 1
d1
: và d . Mặt phẳng qua , tạo với một góc và
2
2 2 1
:
y 0
P
d1
d2
45
z
t
nhận vectơ n 1; b;
c làm một vec tơ pháp tuyến. Xác định tích b.
c .
A. 4
. B. 4 . C. 4 hoặc 0. D. 4
hoặc 0.
Câu 133. (Đặng Thành Nam Đề 6) Trong không gian , cho hai điểm A 1;2; 3 , B 2; 2;1 và
Oxyz
: 2x 2y z 9 0 M
AMB
mặt phẳng . Xét điểm thuộc sao cho tam giác vuông tại
M và độ dài đoạn thẳng MB đạt giá trị lớn nhất. Phương trình đường thẳng MB là
x
2
t
x
2 2t
x
2
t
x
2
t
A. y
2 2t
. B. y
2 t . C. y
2 . D. y
2 t .
z
1 2t
z
1 2t
z
1 2t
z
1
Câu 134. (Gang Thép Thái Nguyên) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai đường thẳng
x
1
t
x 1
y z
d1 : ; d2
: y 2 t . Gọi S là tập tất cả các số m sao cho d1
và d2
chéo nhau và
2 1 3
z
m
5
khoảng cách giữa chúng bằng . Tính tổng các phần tử của S .
19
A. 11
. B. 12 . C. 12
. D. 11.
Câu 135. (Chuyên Hạ Long lần 2-2019) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz cho hai đường
x
4 t
x 5 y 11 z 5
thẳng d1
y 4 t ; d2
: . Đường thẳng d đi qua A5; 3;5
cắt d1;
d2
2 4 2
z
6 2t
AB
lần lượt ở B,
C .Tính tỉ sô .
AC
1
1
A. 2 . B. 3. C. . D. .
2
3
Câu 136. (Sở Thanh Hóa 2019) Trong không gian Oxyz , cho điểm A(1;0;2)
và đường thẳng
x 1 y z 1
d : . Đường thẳng đi qua A , vuông góc và cắt d có phương trình là
1 1 2
x 2 y 1 z 1
x 2 y 1 z 1
A. : . B. : .
2 2 1
1 1 1
x 1 y z 2
x 1 y z 2
C. : . D. : .
1 1 1
1 3
1
20

Câu 137. (Đặng Thành Nam Đề 6) Trong không gian Oxyz , cho ba điểm
3;0;0 , 0;4;0 , 0;0;
A B C c với c là số thực thay đổi khác 0 . Khi c thay đổi thì trực tâm
H của tam giác ABC luôn thuộc một đường tròn cố định. Bán kính của đường tròn đó bằng
5
5
12
6
A. . B. . C. . D. .
2
4
5
5
Câu 138. (CHUYÊN NGUYỄN QUANG DIỆU ĐỒNG THÁP 2019 LẦN 2) Trong không gian với hệ
tọa độ Oxyz , cho bốn điểm A(2;0;0), B(0;3;0), C (0;0;6) và D(1;1;1)
. Gọi là đường thẳng
qua D và thỏa mãn tổng khoảng cách từ các điểm A, B,
C đến là lớn nhất. Khi đó đi qua
điểm nào trong các điểm dưới đây?
A. M (-1; - 2;1) . B. M (7;5;3) . C. M (3;4;3) . D. M (5;7;3) .
Câu 139. (Nam Tiền Hải Thái Bình Lần1) (Nam Tiền Hải Thái Bình Lần1) Trong không gian với hệ
x 1 y 2 z
tọa độ Oxy , cho đường thẳng d : . Mặt phẳng P
đi qua điểm M 2;0; 1
1 1 2
và vuông góc với d có phương trình là
A. P x y z . B. P : x 2y
2 0 .
: 2 0
P : x y 2z
0
P : x y 2z
0
C. . D. .
Oxyz
Câu 140. (Cầu Giấy Hà Nội 2019 Lần 1) Trong không gian tọa độ , cho điểm A 2;4;2 và mặt
2
2 2
cầu x y z 2 1. Gọi S là tập hợp các đường thẳng trong không gian đi qua điểm A
cắt mặt cầu tại hai điểm phân biệt B,
C thỏa mãn AB AC 12
. Số phần tử của S là
A. 3. B. 0. C. 1. D. 2.
Chọn C
Lời giải
Tác giả: Nguyen Huu Nam; Fb: Nam Nguyen Huu.
(Hình vẽ minh họa cho trường hợp điểm B nằm giữa A và C )
Từ giả thiết ta có mặt cầu tâm I 0;0; 2 , R 1. Tính được AI 6 R , suy ra A nằm ngoài
mặt cầu. Gọi là đường thẳng đi qua A và cắt mặt cầu tại hai điểm B,
C .
AI
Xét mặt phẳng , cắt mặt cầu theo giao tuyến là đường tròn C .
2 2
Ta chứng minh AB.
AC AI R .
Thật vậy, gọi là điểm D đối xứng với C qua I , ta có DB AC .
Ta có AB . AC AB . AC AD DB . AC AD . AC DB . AC AD . AC 1 .
21

2 2
2 2
Mặt khác AD. AC AI ID . AI IC AI ID . AI ID AI ID AI R 2 .
1
2 2
Từ và 2 suy ra AB. AC AI R 35 3 .
AB AC 12 AB 5 AB
7
Theo giả thiết và 3
ta có .
AB. AC 35 AC 7 AC
5
Suy ra BC AC AB 2 2R
.
Từ trên suy ra đi qua tâm I , như vậy có 1 đường thẳng thỏa mãn bài toán.
Câu 141. (CHUYÊN NGUYỄN DU ĐĂK LĂK LẦN X NĂM 2019) Trong không gian
22
Oxyz , cho mặt
2 2
phẳng P :2mx m 1 y m 1 z 10 0 và điểm A 2;11; 5
. Biết rằng khi m thay
P
đổi, tồn tại hai mặt cầu cố định tiếp xúc với mặt phẳng và cùng đi qua A . Tổng bán kính
của 2 mặt cầu đó bằng:
A. 12 3 . B. 12 2 . C. 10 3 . D. 10 2 .
6;0;0 N 0;6;0
Câu 142. (HSG Bắc Ninh) Trong không gian với hệ tọa độ , cho ba điểm , ,
M
Oxyz
2 2 2
P
0;0;6
S1 : x y z 2x 2y
1 0
. Hai mặt cầu có phương trình và
S x y z x y z cắt nhau theo đường tròn C . Hỏi có bao nhiêu mặt
2 :
2 2 2
8 2 2 1 0
cầu có tâm thuộc mặt phẳng chứa C và tiếp xúc với ba đường thẳng MN, NP,
PM .
A. 1. B. 3 . C. Vô số. D. 4 .
x
2
Câu 143. (Trung-Tâm-Thanh-Tường-Nghệ-An-Lần-2) Cho hai đường thẳng d : y t t
,
z
2 2t
x 3 y 1 z 4
: và mặt phẳng P : x y z 2 0 . Gọi d,
lần lượt là hình chiếu
1 1 1
của và lên mặt phẳng . Gọi M a; b;
c là giao điểm của hai đường thẳng d và
.
d P
Biểu thức a b.
c bằng
A. 4 . B. 5 . C. 3 . D. 6 .
Câu 144. (THPT SỐ 1 TƯ NGHĨA LẦN 2 NĂM 2019) Trong không gian
2 2 2
S : x y z 2y 2z
1 0
Oxyz , cho mặt cầu
và hai điểm A2;0;0
, B3;1; 1
. Hai mặt phẳng P
và P
AB S T T H a; b;
c
TT
chứa đường thẳng , tiếp xúc với tại và . là trung điểm đoạn . Tính
a b
2c
.
2
2
A. a b
2 c .
B. a b
2 c .
3
3
1
1
C. a b
2 c .
D. a b
2 c .
2
2
Câu 145. (THPT Sơn Tây Hà Nội 2019) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt cầu
S : x 1 2 y 1 2 z 2 2
9 và điểm M 1;3; 1
. Biết rằng các tiếp điểm của các tiếp
tuyến kẻ từ tới mặt cầu đã cho luôn thuộc một đường tròn có tâm J a; b;
c . Tính
2a b c .
M C
134
116
84
62
A. . B. . C. . D. .
25
25
25
25

Oxyz
Câu 146. (Đặng Thành Nam Đề 2) Trong không gian , cho hai mặt cầu S , S có phương
2 2 2 2 2 2
1 2
trình lần lượt là S1 : x y z 25;( S2) : x y ( z 1) 4. Một đường thẳng d vuông
góc với véc tơ u (1; 1;0)
tiếp xúc với mặt cầu và cắt mặt cầu theo một đoạn thẳng
S
có độ dài bằng 8 . Hỏi véc tơ nào sau đây là véc tơ chỉ phương của d ?
A. 1;1; 3
u . B. 1;1; 6
u . C. u . D. .
1 2 3
(1;1;0)
u 1;1; 3
4
Câu 147. (GIỮA-HKII-2019-NGHĨA-HƯNG-NAM-ĐỊNH) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz ,
P :2x y 2z
1 0,
cho hai mặt phẳng song song Q :2x y 2z
5 0 và điểm
A1;1;1
nằm trong khoảng giữa hai mặt phẳng này. Gọi S
là mặt cầu đi qua A và tiếp xúc
với cả P và . Biết khi thay đổi thì tâm của nó luôn thuộc đường tròn C cố
2
Q S
I
C
là
định. Diện tích hình tròn giới hạn bởi
2 4 16 8
A. . B. . C. . D. .
3
9
9
9
Câu 148. (Đặng Thành Nam Đề 3) Trong không gian Oxyz, xét số thực m(0;1) và hai mặt phẳng
: 2x y 2z
10 0 và x y z
: 1. Biết rằng, khi m thay đổi có hai mặt cầu cố
m
1
m
1
định tiếp xúc đồng thời với cả hai mặt phẳng , . Tổng bán kính của hai mặt cầu đó bằng
A. 6 . B. 3 . C. 9 D. 12 .
Câu 149. (SỞ GDĐT KIÊN GIANG 2019) Trong không gian Oxyz , cho mặt cầu ( S)
:
2 2 2
( x 1) ( y 2) ( z 3) 27 . Gọi ( ) là mặt phẳng đi qua hai điểm A(0;0; 4) , B(2;0;0)
và cắt ( S ) theo giao tuyến là đường tròn ( C ) . Xét các khối nón có đỉnh là tâm của ( S)
và đáy
là ( C ) . Biết rằng khi thể tích của khối nón lớn nhất thì mặt phẳng ( )
có phương trình dạng
ax by z d 0 . Tính P a b d .
A. P 4
. B. P 8 . C. P 0 . D. P 4 .
Câu 150. (HSG Bắc Ninh) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt cầu
2 2
2 14
x 4 y 4 z 4
S : x 1 y 2 z 3 và đường thẳng d : . Gọi
3
3 2 1
A x ; y ; z x 0 là điểm nằm trên đường thẳng d sao cho từ A kẻ được 3 tiếp tuyến đến
0 0 0 0
mặt cầu S có các tiếp điểm B, C,
D sao cho ABCD là tứ diện đều. Tính giá trị của biểu thức
P x0 y0 z0
.
A. P 6 . B. P 16. C. P 12. D. P 8 .
Câu 151. (CỤM TRƯỜNG SÓC SƠN MÊ LINH HÀ NỘI) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz ,
cho ba điểm P, Q,
R lần lượt di động trên ba trục tọa độ Ox , Oy,
Oz ( không trùng với gốc tọa
1 1 1 1
độ O ) sao cho . Biết mặt phẳng luôn tiếp xúc với mặt cầu
2 2 2
OP OQ OR
PQR
S
8
1 3
cố định . Đường thẳng d thay đổi nhưng luôn đi qua M
; ;0
và cắt tại hai điểm
2 2
S
A,
B phân biệt. Diện tích lớn nhất của tam giác AOB là
A. 15 . B. 5 . C. 17 . D. 7 .
S 1
23

Câu 152. [2H3-3.7-4] (Đặng Thành Nam Đề 10) Trong không gian Oxyz , cho đường thẳng
x 3 y 1 z 2
:
1 3 1 . Có tất cả bao nhiêu giá trị thực của m để phương trình
2 2 2 2
x y z 4x 2my 2( m 1) z m 2m
8 0 là phương trình của một mặt cầu S sao
S
cho có duy nhất một mặt phẳng chứa Δ và cắt
theo giao tuyến là một đường tròn có bán
kính bằng 1.
A. 1. B. 6 . C. 7 . D. 2 .
Câu 153. (SỞ NAM ĐỊNH 2018-2019) Trong không gian , cho hai mặt cầu
Oxyz
2 2 2
( S1) : ( x 1) ( y 1) ( z 2) 16
và ( S2) :
giao tuyến là một đường tròn với tâm là
I( a; b; c) . Tính a b c
2 2 2
( x 1) ( y 2) ( z 1) 9
7
1
10
A. . B. . C. . D. 1.
4
4
3
cắt nhau theo
Câu 154. ( Nguyễn Tất Thành Yên Bái) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho điểm
M 3;3; 3
thuộc mặt phẳng : 2x 2y z 15 0 và mặt cầu
2 2
2
M
S tại A,
B sao cho độ dài AB lớn nhất. Viết phương trình đường thẳng .
S : x 2 y 3 z 5 100 . Đường thẳng qua , nằm trên mặt phẳng cắt
A. x 3 y 3 z 3
. B. x 3 y 3 z 3
.
1 1 3
1 4 6
x 3 y 3 z 3
C. . D. x 3 y 3 z 3
.
16 11 10
5 1 8
Oxyz :2 2 1 0
A0;0;4 , B 3;1;2
. Một mặt cầu S luôn đi qua A,
B và tiếp xúc với P
tại C . Biết rằng,
Câu 155. (Chuyên Hạ Long lần 2-2019) Trong không gian , cho P x y z ,
C luôn thuộc một đường tròn cố định bán kính r . Tính bán kính r của đường tròn đó.
4
2 244651
2 244651
2024
A. Đáp án khác. B. r . C. r . D. r .
3
9
3
Câu 156. (HSG Bắc Ninh) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho mặt cầu ( S) :
2 2 2
x y 2 z
x y z 2x 2z
1 0 và đường thẳng d : . Hai mặt phẳng ( P ) , ( P)
1 1 1
chứa d và tiếp xúc với ( S)
tại T , T . Tìm tọa độ trung điểm H của TT .
7 1 7
A. H ; ;
5 2 7
. B. H ; ;
5 1 5
. C. H ; ;
5 1 5
. D. H
; ;
.
6 3 6
6 3 6 6 3 6 6 3 6
Câu 157. (Hàm Rồng ) Trong không gian với hệ trục tọa độ
Oxyz , cho mặt cầu
2 2 2
( S) : x y z 2x 4 y 6z m 3 0. Tìm số thực m để : 2x y 2z
8 0 cắt
S
theo một đường tròn có chu vi bằng 8 .
A. m 4
. B. m 1
C. m 2
. D. m 3.
24

Câu 158. (Đề thi HK2 Lớp 12-Chuyên Nguyễn Du- Đăk Lăk)Trong không gian
A P
25
Oxyz , cho mặt phẳng
P : 1 m x 1 m y 1 3m z 2 8m
0 và điểm A 4; 2; 7 . Khi m thay đổi,
biết tập hợp hình chiếu của trên mặt phẳng là một đường tròn, đường kính của đường
tròn đó bằng
A. 3 5 . B. 7 3 . C. 3 7 . D. 5 3 .
Câu 159. (KỸ-NĂNG-GIẢI-TOÁN-HƯỚNG-ĐẾN-THPT-QG) Trong không gian với hệ tọa độ
x 2 y z
Oxyz , biết P
là mặt phẳng cách đều hai đường thẳng d1
: và
1 1 1
x y 1 z 2
d2
: . Điểm nào sau đây thuộc mặt phẳng P
2 1 1
1
A. M
1
;1;0 . B. N 1; ;0
1
. C. P
1
;0;1 . D. .
2
2
Q
1;0;
2
2
Câu 160. (Chuyên Bắc Giang) Trong không gian với hệ tọa độ
xúc với mặt cầu
2
x y z
2 2
1 2 6
Oxyz
viết phương trình mặt phẳng tiếp
đồng thời song song với hai đường thẳng
x 2 y 1
z x y 2 z 2
d1
: , d2
: .
3 1 1
1 1 1
x y 2z
3 0 x y 2z
3 0
A. . B. . C. . D. .
x y 2z
9 0
x y 2z
9 0 x y 2z
9 0
x y 2z
9 0
Câu 161 (Gang Thép Thái Nguyên) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho 2 điểm
M 1;2;3 , A2;4;4
: 2 1 0
và hai mặt phẳng P x y z , Q : x 2 y z 4 0. Viết
phương trình đường thẳng đi qua M , cắt ( P), ( Q ) lần lượt tại B,
C sao cho tam giác ABC
cân tại A và nhận AM làm đường trung tuyến.
A. x 1 y 2 z 3
. B. x 1 y 2 z 3
.
1 1 1
2 1 1
C. x 1 y 2 z 3
. D. x 1 y 2 z 3
.
1 1 1
1 1 1
Oxyz
Câu 162. (Lê Quý Đôn Điện Biên Lần 3) Trong không gian , cho hai điểm A 1;2; 1 , B 3;0;3 .
Biết mặt phẳng P đi qua điểm A và cách B một khoảng lớn nhất. Phương trình mặt phẳng
P
là :
A. x 2y 2z
5 0 . B. x y 2z
3 0 .
C. 2x 2y 4z
3 0 . D. 2x y 2z
0 .
Câu 163. THĂNG LONG HN LẦN 2 NĂM 2019) Trong không gian Oxyz , cho mặt phẳng
P : x y z 4 0 và điểm 2; 1;3
P , biết có một vectơ chỉ phương là u a; b;
c
song với Oz . Tính a c .
A . Gọi là đường thẳng đi qua A và song song với
, đồng thời đồng phẳng và không song
a
A. 2
c . B. a
c 2 . C. . D. .
Câu 164. Chuyên Hưng Yên Lần 3) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng
qua mặt phẳng P có phương trình là
và đường thẳng . Đường thẳng đối xứng với d

A. . B. .
C.
x 1 y 1 z 1
. D. .
1 2 7
Câu 165. (Đề thi HK2 Lớp 12-Chuyên Nguyễn Du- Đăk Lăk) Trong không gian
đường thẳng d
1
x
1
t
: y
0
z
5 t
x
0
d2
: y 4 2t
. Biết mặt
z
5 3t
;
cầu nhận đoạn vuông góc chung của và làm
đường kính. Giá trị bằng
A. . B. . C. . D. .
, cho các
Câu 166. (THPT LÊ QUÝ ĐÔN QUẢNG NGÃI) (THPT LÊ QUÝ ĐÔN QUẢNG NGÃI) Trong
không gian Oxyz, cho hai điểm , và mặt phẳng . Gọi M là
giao điểm của đường thẳng AB và mặt phẳng P. Tính tỉ số .
A. 1. B. 2. C. 3. D. 4.
x 1 y 2 z 2
Câu 167. (Lương Thế Vinh Lần 3) Cho đường thẳng d : và điểm A 1;2;1
. Tìm
1 2 1
bán kính của mặt cầu có tâm I nằm trên d , đi qua A và tiếp xúc với mặt phẳng
P x y z .
: 2 2 1 0
A. R 2 . B. R 4 . C. R 1. D. R 3.
Câu 168. (Đặng Thành Nam Đề 6) Trong không gian Oxyz, cho hai đường thẳng
và .
Viết phương trình mặt cầu ( ) có bán kính nhỏ nhất và tiếp xúc với cả hai đường thẳng đã cho.
A. . B. .
C. . D. .
Câu 169 (Đặng Thành Nam Đề 15) Trong không gian
, cho đường thẳng
và mặt phẳng . Đường thẳng nằm trong mặt phẳng , đồng thời vuông
góc và cắt đường thẳng
có phương trình là
A. . B. .
C. . D. .
Câu 170. THPT-Yên-Khánh-Ninh-Bình-lần-4-2018-2019-Thi-tháng-4) Trong không gian
điểm và mặt phẳng . Mặt cầu tâm tiếp xúc với có
phương trình là
A. . B. .
C. . D. .
cho
26

Câu 171. (Thuan-Thanh-Bac-Ninh) Trong không gian tọa độ ,cho điểm và đường
thẳng có phương trình là Phương trình mặt cầu tâm , cắt tại hai
điểm và sao cho là
A. . B. x 2 y 2
z 2
2 25 .
C. . D. .
Câu 172. (Đặng Thành Nam Đề 15) Trong không gian , cho mặt cầu
và hai đường thẳng ,
Phương trình nào dưới đây là phương trình mặt phẳng cắt mặt cầu
đường tròn có bán kính bằng và song song với d và .
theo giao tuyến là một
A. . B. . C. . D. .
Câu 173. KINH MÔN II LẦN 3 NĂM 2019) (KINH MÔN II LẦN 3 NĂM 2019) Trong không gian
với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng và hai điểm , .
Mặt cầu đi qua và tiếp xúc với mặt phẳng tại điểm . Biết rằng luôn thuộc
một đường tròn cố định. Tìm bán kính của đường tròn đó.
A. . B. . C. . D. .
1 2 2
Câu 174. (Lương Thế Vinh Lần 3) Cho đường thẳng d :
x y z
. Viết phương trình mặt
3 2 2
cầu tâm I 1;2; 1
cắt d tại các điểm A , B sao cho AB 2 3 .
A. x 1 2 y 2 2 z 1
2
25 . B. x y z
2 2 2
1 2 1 4 .
C. x 1 2 y 2 2 z 1
2
9 . D. x y z
2 2 2
1 2 1 16 .
Câu 175. (THPT ĐÔ LƯƠNG 3 LẦN 2) Trong không gian với hệ trục tọa độ
, cho điểm
, mặt phẳng và mặt cầu .
Phương trình đường thẳng đi qua và nằm trong cắt mặt cầu theo một đoạn
thẳng có độ dài nhỏ nhất. Đường thẳng đi qua điểm nào trong các điểm sau đây?
A. . B. . C. . D. .
Câu 176. (Giữa-Kì-2-Thuận-Thành-3-Bắc-Ninh-2019) Trong không gian với hệ trục tọa độ ,
cho điểm và đường thẳng có phương trình . Mặt phẳng chứa
điểm A và đường thẳng d có phương trình nào dưới đây?
A. B.
C. D.
Câu 177. (Giữa-Kì-2-Thuận-Thành-3-Bắc-Ninh-2019) (Giữa-Kì-2-Thuận-Thành-3-Bắc-Ninh-2019)
Trong không gian với hệ trục tọa độ , cho điểm và đường thẳng có phương
27

trình . Mặt phẳng chứa điểm A và đường thẳng d có phương trình nào dưới
đây?
A. B.
C. D.
Câu 178. (HKII-CHUYÊN-NGUYỄN-HUỆ-HÀ-NỘI) Cho mặt cầu: .
. Tìm để (S) cắt đường thẳng
tại hai điểm sao cho tam giác vuông (Với là tâm mặt cầu).
A. . B. .
Câu 179. (Chuyên Vinh Lần 3) Trong không gian cho hai đường thẳng
và mặt phẳng
Đường thẳng vuông góc
với mặt phẳng và cắt cả hai đường thẳng có phương trình là
A. . B. .
C. . D. .
Câu 180. (SGD-Nam-Định-2019) Trong không gian Oxyz, cho ba đường thẳng
và
. Đường thẳng
song song d
3
, cắt d
1
và
có phương trình là
A. . B.
x 3 y 1 z 2
.
4 1 6
C. . D. .
Câu181. (Chuyên Hạ Long lần 2-2019) Trong không gian với hệ trục
cho hai đường thẳng
và
. Tính diện tích mặt cầu có bán kính nhỏ
nhất, đồng thời tiếp xúc với cả hai đường thẳng và .
A. (đvdt). B. (đvdt). C. (đvdt). D. (đvdt).
Câu 182. (Sở Quảng NamT) Trong không gian Oxyz, cho tam giác đều ABC với
và đường
thẳng BC có phương trình tham số
. Gọi là đường thẳng qua trọng tâm G của tam
giác ABC và vuông góc với mặt phẳng ABC . Điểm nào dưới đây thuộc đường thẳng ?
A. . B. . C. . D. .
28

Câu 183. (Cụm THPT Vũng Tàu) Trong không gian , cho hai điểm và .
Điểm thuộc mặt phẳng sao cho tam giác MAB cân tại
và có diện tích bằng . Tính .
A. . B. . C. . D. .
Câu 184. (THPT ĐÔ LƯƠNG 3 LẦN 2) Trong không gian với hệ trục tọa độ
cho hai điểm
, . Gọi là mặt cầu đường kính . Mặt phẳng vuông góc với
tại sao cho khối nón đỉnh và đáy là hình tròn tâm (giao của mặt cầu và mặt phẳng
) có thể tích lớn nhất, biết rằng với . Tính
.
A. . B. . C. . D. .
Câu 185. (Thuận Thành 2 Bắc Ninh) Trong không gian , cho mặt phẳng . Có bao
nhiêu đường thẳng d song song với ba mặt phẳng , , đồng thời cách đều 3
mặt phẳng đó.
A. . B. C. . D. .
Câu 186. (Cụm THPT Vũng Tàu) Trong không gian , cho điểm M 2; 3;4
, mặt phẳng
và mặt cầu S có tâm , bán kính . Phương trình nào
dưới đây là phương trình đường thẳng đi qua M , nằm trong P và cắt S theo dây cung dài
nhất?
A. . B. . C. . D.
x
3
t
y
2 t .
z
5 t
Câu 187. (SỞ GD & ĐT CÀ MAU) Trong không gian , cho mặt phẳng và
mặt cầu . Xét hai điểm thay đổi với và
u 1;0;1 . Độ dài đoạn MN lớn nhất
sao cho vectơ cùng phương với vectơ
bằng
A. . B. . C. . D. .
Câu188. (THPT ISCHOOL NHA TRANG) Trong không gian , cho điểm , mặt cầu
và mặt phẳng . Gọi là đường thẳng đi qua ,
nằm trong và cắt tại hai điểm , sao cho là tam giác đều. Phương trình của
là
A. . B. . C.
x
1
2t
y
1 t . D. .
z
1 t
Câu 189. (KINH MÔN HẢI DƯƠNG 2019) Trong không gian với hệ tọa độ
cho mặt phẳng
và ba điểm Tìm điểm
là điểm nằm trên sao cho có vô số mặt phẳng đi qua hai điểm
29

và thỏa mãn khoảng cách từ điểm đến mặt phẳng gấp lần khoảng cách từ đến
Tính
A. . B. . C. . D. .
Câu 190. (Chuyên Thái Bình Lần3) Trong không gian hệ tọa độ , cho hai điểm
và mặt phẳng . Mặt cầu thay đổi qua và tiếp
xúc với tại . Biết chạy trên 1 đường tròn cố định. Tìm bán kính của đường tròn đó.
A. . B. . C. . D.
Câu 191. (Nguyễn Khuyến)Trong không gian cho đường thẳng và mặt
cầu . Đường thẳng cắt mặt cầu tại hai điểm phân
biệt , sao cho độ dài đoạn thẳng lớn nhất khi . Hỏi thuộc khoảng nào dưới
đây?
A. . B. . C. . D. .
Câu 192. ( Nguyễn Tất Thành Yên Bái) Trong không gian với hệ tọa độ
, cho đường thẳng
, mặt phẳng và . Đường thẳng cắt
và lần lượt tại và sao cho là trung điểm của đoạn thẳng . Một vectơ chỉ
phương của là
A. . B. . C. . D. .
Câu 193. ( Nguyễn Tất Thành Yên Bái) Trong không gian với hệ tọa độ
mặt phẳng
cho mặt phẳng
và điểm . Viết phương trình mặt cầu có tâm và cắt
theo giao tuyến là đường tròn có bán kính bằng
A. B.
C. D.
Câu 194. (Cụm THPT Vũng Tàu) Trong không gian , cho mặt phẳng và hai
đường thẳng . Biết rằng d1,
d
2
nằm trong mặt phẳng P , cắt
và cách một khoảng bằng . Gọi lần lượt là vectơ chỉ phương
của d1,
d
2
. Tính .
A. . B. . C. . D. .
Câu 195. (KINH MÔN HẢI DƯƠNG 2019) Trong không gian với hệ trục tọa độ
, cho đường
thẳng cắt mặt phẳng tại điểm . Mặt cầu có
tâm với thuộc đường thẳng và tiếp xúc với mặt phẳng tại điểm . Tìm
tổng khi biết diện tích tam giác bằng .
A. . B. . C. . D. .
30

Câu 196. (Giữa-Kì-2-Thuận-Thành-3-Bắc-Ninh-2019) Trong không gian với hệ trục toạ độ ,
cho điểm và mặt cầu . Mặt phẳng thay đổi luôn đi qua
cắt theo thiết diện là đường tròn. Hãy tìm bán kính của đường tròn có chu vi nhỏ nhất.
A. . B. . C. . D. .
Câu 197. (Giữa-Kì-2-Thuận-Thành-3-Bắc-Ninh-2019) (Giữa-Kì-2-Thuận-Thành-3-Bắc-Ninh-2019)
Trong không gian với hệ trục toạ độ , cho điểm và mặt cầu
. Mặt phẳng thay đổi luôn đi qua cắt theo thiết diện là
đường tròn. Hãy tìm bán kính của đường tròn có chu vi nhỏ nhất.
A. . B. . C. . D. .
Câu 198. (Chuyên Hưng Yên Lần 3) Trong không gian cho mặt phẳng và hai
mặt cầu ; Biết rằng tập hợp tâm
các mặt cầu tiếp xúc với cả hai mặt cầu , và tâm I nằm trên là một đường cong.
Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi đường cong đó.
A. . B. . C. . D. .
Câu 199. (Thuận Thành 2 Bắc Ninh) Trong không gian , cho và 2 mặt
cầu : , : . Gọi lần
lượt thuộc mặt phẳng và hai mặt cầu S 1
, 2
S . Tìm giá trị nhỏ nhất .
A. . B. . C. . D. .
Câu 200. (THPT-Toàn-Thắng-Hải-Phòng) Trong không gian với hệ tọa độ , cho ,
, . Gọi S 1
là mặt cầu tâm và bán kính . , lần lượt
là mặt cầu tâm , và đều có bán kính bằng . Hỏi có bao nhiêu mặt phẳng tiếp xúc với
, và cắt S 1
theo giao tuyến là đường tròn bán kính r 3 .
A. . B. . C. . D. .
Câu 201. (Sở Hà Nam)Trong không gian cho mặt phẳng và mặt cầu
. Gọi là mặt phẳng song song với mặt phẳng và cắt
mặt cầu theo giao tuyến là đường tròn có chu vi bằng . Hỏi đi qua điểm nào trong
số các điểm sau?
A. . B. . C. . D. .
Câu 202. (NGÔ SĨ LIÊN BẮC GIANG LẦN IV NĂM 2019) Cho hai mặt cầu
và . Biết rằng mặt phẳng
P : ax by cz 6 0a
0
vuông góc với mặt phẳng Q : 3x 2y z 1 0
tiếp xúc với cả hai mặt cầu đã cho. Tích bằng
A. . B. . C. . D. .
đồng thời
Câu 203. (SGD-Nam-Định-2019) Trong không gian , mặt cầu tâm I 1; 2; 1
và cắt mặt phẳng
theo một đường tròn có bán kính bằng
8 có phương trình là
31

2 2 2
A. . B. x y z
1 2 1 9 .
C. . D. .
Câu 204. (Giữa-Kì-2-Thuận-Thành-3-Bắc-Ninh-2019) Trong không gian với hệ tọa độ
phẳng P : mx m 1
y z 10 0 và mặt phẳng Q :2x y 2z 3 0
, cho mặt
. Với giá trị nào
của m thì (P) và (Q) vuông góc với nhau?
A. . B. . C. . D. .
Câu 205. (Giữa-Kì-2-Thuận-Thành-3-Bắc-Ninh-2019) (Giữa-Kì-2-Thuận-Thành-3-Bắc-Ninh-2019)
P : mx m 1 y z 10 0 và mặt
Trong không gian với hệ tọa độ , cho mặt phẳng
phẳng Q :2x y 2z 3 0 . Với giá trị nào của m thì (P) và (Q) vuông góc với nhau?
A. . B. . C. . D. .
Câu 206. Thuận Thành 2 Bắc Ninh) Trong không gian với hệ tọa độ , cho mặt cầu có tâm
và mặt phẳng . Biết mặt phẳng cắt mặt cầu theo giao
tuyến là một đường tròn có bán kính bằng . Viết phương trình của mặt cầu .
A. . B. .
C. . D. .
Câu 207. (THPT Sơn Tây Hà Nội 2019) Trong không gian với hệ trục tọa độ
, cho mặt cầu
và đường thẳng . Hai mặt phẳng và
trị
chứa và tiếp xúc với mặt cầu tại và . Gọi là trung điểm . Giá
bằng
A. . B. . C. . D. .
Câu 208. (Ba Đình Lần2) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng
( là tham số). Mặt phẳng cắt mặt cầu
2 2 2
S : x 2 y 1 z 9 theo một đường tròn có bán kính bằng . Tìm tất cả các giá trị
thực của tham số ?
A. . B. . C. . D. .
Câu 209. Trần Đại Nghĩa) Trong không gian với hệ trục tọa độ , cho mặt phẳng :
và mặt cầu : . Mặt phẳng song
song với và cắt S theo một đường tròn có chu vi bằng 6 có phương trình là
A. . B. .
C. . D. .
Câu 210. (Đặng Thành Nam Đề 5) Trong không gian , cho ba điểm
với Biết rằng mặt phẳng ABC đi qua điểm
và tiếp xúc với mặt cầu
Thể tích khối tứ
diện bằng:
A. . B. . C. . D. .
Lời giải
32

Câu 211. (ĐOÀN THƯỢNG-HẢI DƯƠNG LẦN 2 NĂM 2019) Trong không gian với hệ trục tọa độ
, cho đường thẳng và mặt cầu . Hai
mặt phẳng và chứa và tiếp xúc với . Gọi , là tiếp điểm. Tính độ dài đoạn
thẳng .
A. . B. . C. . D. .
Câu 212. (Sở Phú Thọ) Trong không gian , cho mặt cầu và
hai điểm . Biết rằng tập hợp các điểm thuộc sao cho
là một đường tròn. Bán kính của đường tròn đó bằng
A. 3 . B. 2 . C. 2 2 . D. 5 .
Câu 213. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm M thuộc mặt cầu
S : x 3 2 y 3 2 z 2
2
9 và ba điểm A 1;0;0
, B 2;1;3
; 0;2; 3
C . Biết rằng
2
quỹ tích các điểm M thỏa mãn MA 2 MB. MC 8 là đường tròn cố định, tính bán kính r
đường tròn này.
A. 3 . B. 6 . C. 3. D. 6 .
Câu 214. Trong không gian Oxyz , cho mặt cầu S : x 2 y 2 z 3 2
8 và hai điểm 4;4;3
B 1;1;1
. Gọi C là tập hợp các điểm M S
để MA 2MB
C
là một đường tròn bán kính R . Tính R .
A ,
đạt giá trị nhỏ nhất. Biết rằng
A. 7 . B. 6 . C. 2 2 . D. 3.
Câu 215. (Sở Hà Nam) Trong không gian , cho điểm và mặt phẳng
. Phương trình mặt cầu có tâm và tiếp xúc với mặt phẳng là:
A. . B. .
C. . D.
Chọn B
Ta có: d I
P
Lời giải.
2.2 5 2 2 1 6
; 2 .
4 1
4 3
Mặt cầu có tâm I 2; 5; 2
và có 2
Tác giả: Huỳnh Anh Kiệt; Fb: Huỳnh Anh Kiệt
2 2 2
R nên S x y z
: 2 5 2 4 .
Câu 216. (THPT-Toàn-Thắng-Hải-Phòng) Trong không gian với hệ tọa độ
, cho mặt cầu
. Tìm số thực để cắt
theo một đường tròn có chu vi bằng .
A. . B. . C. . D. .
Câu 217. (Chuyên KHTN) Biết rằng trong không gian với hệ tọa độ có hai mặt phẳng và
Q cùng thỏa mãn các điều kiện sau: đi qua hai điểm A 1;1;1
và 0; 2;2
các trục tọa độ Ox,
Oy tại hai điểm cách đều O . Giả sử
B , đồng thời cắt
P có phương trình
33

x b1 y c1z d1 0 Q có phương trình x b2 y c2z d2 0 . Tính giá trị biểu thức
b1b
2
c1c
2
.
A.7. B.-9. C.-7. D.9.
và
Câu 218. (CHUYÊN NGUYỄN QUANG DIỆU ĐỒNG THÁP 2019 LẦN 2) Trong không gian với hệ
tọa độ Oxyz , cho mặt cầu S đi qua điểm M 2;5; 2
và tiếp xúc với các mặt phẳng
: x 1, : y 1
, : z 1. Bán kính của mặt cầu
S bằng
A. 4 . B. 3 2 . C. 1. D. 3.
Câu 219. (Đề thi HK2 Lớp 12-Chuyên Nguyễn Du- Đăk Lăk) Trong không gian O xyz , mặt cầu tâm
I 1;2;1
tiếp xúc với mặt phẳng P : x 2y 2z
2 0 có phương trình là
2 2 2
x a y b z c d . Giá trị T a b c d bằng
A. 11. B. 5. C. 1. D. 13 .
Câu 220. (Đề thi HK2 Lớp 12-Chuyên Nguyễn Du- Đăk Lăk)Trong không gian Oxyz , cho mặt cầu
S có tâm thuộc trục Oz . Biết mặt phẳng Oxy và mặt phẳng : z 2 lần lượt cắt S
theo hai đường tròn có bán kính 2 và 4. Phương trình của S là
A. x 2 y 2 z 2 2
16 . B. x 2 y 2
z 2
4 16 .
C. x 2 y 2 z 4 2
20 . D. x 2 y 2
z 2
2 20 .
Câu 221. (Cầu Giấy Hà Nội 2019 Lần 1) Trong không gian tọa độ , mặt cầu tâm tiếp
xúc với mặt phẳng Oyz có phương trình là
A. . B. .
2 2 2
C. . D. x y z
4 9 16 16 .
Câu 222. Đề thi HK2 Lớp 12-Chuyên Nguyễn Du- Đăk Lăk)Trong không gian
, cho các mặt
phẳng , , và
.
Biết mặt cầu có tâm nằm trên
R và S . Giá trị bằng
A. . B. . C. . D. .
P và Q , cùng tiếp xúc với
Câu 223. (ĐH Vinh Lần 1) Trong không gian Oxyz , cho hai điểm A 1;2;3
, B 4;4;5
. Giả sử M là
điểm thay đổi trong mặt phẳng ( P) : 2x 2y z 2019 0. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
P AM BM .
A. 17 . B. 77 . C. 7 2 3. D. 82 5 .
Câu 224. (ĐH Vinh Lần 1) Trong không gian Oxyz , cho A1;1;0 , B 3; 1;4 và mặt phẳng
: x y z 1 0 . Tìm tọa độ điểm M
sao cho MA MB đạt giá trị lớn nhất.
3 5 1
M . B. M
; ;
4 4 2 . C. 1 2 2
M
; ;
3 3 3
A. 1;3; 1
. D. 0;2;1
M .
Câu 225. ĐH Vinh Lần 1) Cho mặt phẳng : x y 2z
1 0 và hai điểm A0; 1;1 , B 1;1; 2
M
sao cho MA MB
x của điểm M là
đạt giá trị nhỏ nhất. Khi đó, hoành độ
M
. Biết
34

1
2
A. xM
. B. xM
1. C. xM
2. D. xM
.
3
7
Câu 226. (Phan Đình Tùng Hà Tĩnh) (Phan Đình Tùng Hà Tĩnh) Trong không gian
, cho điểm
. Mặt phẳng chứa trục và cách điểm một khoảng
lớn nhất, khi đó tổng bằng
A. . B. . C. . D. .
Câu 227. GIỮA-HKII-2019-NGHĨA-HƯNG-NAM-ĐỊNH) Trong không gian với hệ tọa độ
điểm với , , là các số thực dương thỏa mãn
, cho
và có giá trị lớn nhất. Gọi , , lần lượt là hình chiếu vuông
góc của lên các tia , , . Phương trình mặt phẳng là
A. . B. .
C. . D. .
Câu 228. (THPT-Chuyên-Sơn-La-Lần-1-2018-2019-Thi-tháng-4)Trong không gian
điểm A 1;0;0
và 2;3;4
, cho hai
B . Gọi là mặt phẳng chứa đường tròn giao tuyến của hai mặt
cầu và . Xét , là hai điểm
bất kỳ thuộc mặt phẳng sao cho . Giá trị nhỏ nhất của bằng
A. 5. B. 3. C. 6. D. 4.
Câu 229. (Trần Đại Nghĩa) Trong không gian với hệ trục tọa độ , cho . Viết phương
trình mặt phẳng qua cắt các trục lần lượt tại sao cho
đạt giá trị nhỏ nhất.
A. . B. .
C. . D. .
Câu230. (THPT PHỤ DỰC – THÁI BÌNH) Trong không gian Oxyz, cho các điểm ,
, , . Mặt phẳng thay đổi nhưng luôn qua và không
cắt cạnh nào của tam giác . Khi tổng các khoảng cách từ A , B , C đến là lớn nhất
thì có một phương trình dạng . Tính tổng .
A. 9. B. 5. C. 13. D. 14.
Câu 231. (Hùng Vương Bình Phước) Trong không gian với hệ tọa độ , cho ba điểm ,
, và mặt phẳng . Biết điểm thỏa
mãn T MA MB 2MC
đạt giá trị nhỏ nhất. Tính .
A. . B. . C. . D. .
Câu 232. (Giữa-Kì-2-Thuận-Thành-3-Bắc-Ninh-2019) Trong không gian , cho ba điểm ,
và . Điểm thuộc mặt phẳng sao cho
đạt giá trị nhỏ nhất. Tổng
bằng
35

A. . B. . C. . D. .
Câu 233. (Giữa-Kì-2-Thuận-Thành-3-Bắc-Ninh-2019) (Giữa-Kì-2-Thuận-Thành-3-Bắc-Ninh-2019)
Trong không gian , cho ba điểm , và . Điểm
thuộc mặt phẳng sao cho đạt giá trị nhỏ nhất. Tổng bằng
A. . B. . C. . D. .
Câu 234. (THTT lần5) Trong không gian , cho ba điểm , và . Biết
là điểm để biểu thức
đi qua hai điểm và là
A. . B. .
đạt giá trị nhỏ nhất, phương trình đường thẳng
C. . D. .
Câu 235. (Đặng Thành Nam Đề 2) Trong không gian , cho hai điểm , và
mặt phẳng . Xét các điểm , di động trên sao cho .
2 2
Giá trị nhỏ nhất của biểu thức 2MA
3NB
bằng
A. . B. . C. . D. .
Câu 236. (Sở Bắc Ninh 2019) Trong không gian với hệ tọa độ
, cho mặt phẳng
, với là tham số. Gọi là tập hợp các điểm là hình
chiếu vuông góc của điểm trên . Gọi lần lượt là khoảng cách lớn nhất,
khoảng cách nhỏ nhất từ đến một điểm thuộc . Khi đó, bằng
A. . B. . C. . D. .
Câu 237. (THPT-Ngô-Quyền-Hải-Phòng-Lần-2-2018-2019-Thi-24-3-2019) Trong không gian ,
cho ba điểm , , và là điểm thuộc mặt phẳng
. Tính giá trị nhỏ nhất của .
A. . B. . C. . D. .
Câu 238. (Đề thi HK2 Lớp 12-Chuyên Nguyễn Du- Đăk Lăk) Trong không gian
, cho hai điểm
, và điểm di động trên mặt phẳng . Khi đạt
giá trị nhỏ nhất thì giá trị bằng
A. . B. . C. . D. .
Câu 239. [ (HKII Kim Liên 2017-2018) Trong không gian với hệ trục tọa độ , Cho hai điểm
và mặt phẳng . Tìm tọa độ điểm trên mặt phẳng
sao cho
lớn nhất.
A. . B. . C. . D. .
Câu 240. (Chuyên Lý Tự Trọng Cần Thơ) Trong không gian , cho hai điểm ,
và mặt phẳng . Xét là điểm thay đổi thuộc , giá trị
nhỏ nhất của
bằng
A. . B. . C. . D. .
36

Câu 241. (GIỮA-HKII-2019-NGHĨA-HƯNG-NAM-ĐỊNH) Trong không gian với hệ trục tọa độ
, cho tam giác với , , . Điểm thuộc mặt
phẳng Oyz
sao cho đạt giá trị nhỏ nhất. Tính giá trị biểu thức
.
A. . B. . C. . D. .
Câu 242. (Chuyên Hạ Long lần 2-2019) Cho , là một điểm di động trên mặt
phẳng .
Khi đó
nhận giá trị lớn nhất là?
A. . B. . C. . D. .
Câu 243. (Thị Xã Quảng Trị) Trong không gian , cho ba điểm , ,
và mặt phẳng . Gọi là điểm thuộc mặt phẳng thỏa mãn
đạt giá trị nhỏ nhất. Giá trị của
bằng
A. . B. . C. . D. .
Câu 244. (SỞ NAM ĐỊNH 2018-2019)Trong không gian , cho các điểm , ,
không trùng với gốc tọa độ và thỏa mãn
khoảng cách từ O đến mặt phẳng MNP .
2 2 2
m n p 3 . Tìm giá trị lớn nhất của
A. . B. . C. . D. .
Câu 245. (Sở Ninh Bình 2019 lần 2) Trong không gian , cho các điểm , ,
và mặt phẳng . Gọi là điểm thuộc mặt phẳng
sao cho tổng các bình phương khoảng cách từ đến A, B, C nhỏ nhất. Tính .
A. . B. . C. . D. .
Câu 246. (THPT-Nguyễn-Công-Trứ-Hà-Tĩnh-lần-1-2018-2019-Thi-tháng-3) Trong không gian
, cho mặt phẳng và hai điểm , . Tập hợp các
điểm nằm trên mặt phẳng sao cho tam giác có diện tích nhỏ nhất.
A. . B. .
C.
.
D. .
Câu 247. ( Chuyên Lam Sơn Lần 2) Trong hệ trục cho điểm
và mặt phẳng Gọi là điểm di động trên Gía trị
nhỏ nhất của biểu thức
là
A. B. C. D.
Câu 248. (Ba Đình Lần2) Trong không gian với hệ tọa độ cho mặt phẳng
và mặt cầu . Giả sử và
37

nhất. Tính
sao cho cùng phương với vectơ và khoảng cách giữa và lớn
A. . B. . C. . D. .
Câu 249. (Chuyên Sơn La Lần 3 năm 2018-2019) Trong không gian với hệ tọa độ
(với
38
, gọi
là các số nguyên không đồng thời bằng 0) là mặt phẳng đi
qua hai điểm và không đi qua điểm . Biết rằng khoảng cách
từ đến mặt phẳng đạt giá trị lớn nhất. Tổng bằng
A. . B. . C. . D. .
Câu 250. (Kim Liên 2016-2017) Trong không gian với hệ tọa độ , cho hai điểm ,
và đường thẳng . Gọi là điểm thuộc đường thẳng
sao cho chu vi tam giác IMN nhỏ nhất. Tính T a b c .
23
40
A. T . B. T 29 . C. T 19 . D. T .
3
3
Câu 251. (KHTN Hà Nội Lần 3) Trong không gian Oxyz, cho hai điểm A(1; 3;0) , B(5; 1; 2) và mặt
phẳng ( P) : x y z 1 0 . Xét các điểm M thuộc ( P ) , giá trị lớn nhất của biểu thức
| MA
MB | bằng:
A. 3. B. 2 . C. 2 5 . D. 2 6
Câu 252. (THPT PHỤ DỰC – THÁI BÌNH) Trong không gian Oxyz , cho mặt cầu
2 2 2
( S) : x ( y 3) ( z 6) 45 M . Ba đường thẳng thay đổi d
1
, d
2
, d
3
nhưng luôn
đôi một vuông góc tại O cắt mặt cầu tại điểm thứ hai lần lượt là A , B , C . Khoảng cách lớn
nhất từ M đến mặt phẳng ABC là
và 1;4;5
A. 3. B. 5 . C. 4. D. 6 .
Câu 253. (KỸ-NĂNG-GIẢI-TOÁN-HƯỚNG-ĐẾN-THPT-QG) Trong không gian với hệ tọa độ
A 3; 2;4 và mặt phẳng
Oxyz , cho điểm
P : m 2 2m x m 2 4m 1 y 2 3m 1 z m
2 1 0 . Tìm giá trị lớn nhất của khoảng
cách từ A đến mặt phẳng P .
A. 5. B. 29 . C. 33 . D. 21 .
Câu 254. (PHÂN TÍCH BL_PT ĐỀ ĐH VINHL3 -2019..) Trong không gian Oxyz , cho điểm
x 1 y 2 z
A2; 3;4
, đường thẳng d : và mặt cầu S : x 3 2 y 2 2 z 1
2
20
2 1 2
. Mặt phẳng P chứa đường thẳng d thỏa mãn khoảng cách từ điểm A đến P lớn nhất. Mặt
cầu S cắt P theo đường tròn có bán kính bằng
A. 5 . B. 1. C. 4 . D. 2 .
Câu 255. (CHUYÊN NGUYỄN DU ĐĂK LĂK LẦN X NĂM 2019) Trong không gian Oxyz , cho hai
điểm 1;2;3 ,
điểm ,
A. Đáp án chi tiết
Câu 1.
2 2 2
A B 2;3;4
và mặt cầu S x y z
A B và cắt mặt cầu
: 100. Phương trình mặt phẳng qua hai
S theo một đường tròn có bán kính nhỏ nhất là

Chọn A
M
S
Ta có 4;6;3 nằm trên mặt cầu tâm I 1;2;3 bán kình R 5 .
Dựng hình hộp chữ nhật nội tiếp hình cầu, có ba cạnh là MA , MB , MC .
Ta có tâm
I
1;2;3
của mặt cầu cũng là tâm của hình hộp chữ nhật.
Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác MAFC .
Trong mặt phẳng
MBF , gọi H MI BO
2
Do H là trọng tâm của BMF
nên MH MI .
3
Do I , M cố định nên H cố định 2
1
2
H BO ABC
1
Từ và suy ra ABC luôn đi qua điểm cố định H .
2
Gọi H a; b;
c
. Ta có MH MI , với MH a 4; b 6; c 3
;
3
a
4 2
a
2
8
Ta được 10
b
6 b
.
3 3
c
3 0 c
3
MI 3; 4;0
Câu 2.
Vậy a 3b c 2 10 3 9 .
Chọn A
39

A
K
B
N
C
M
H
A’
C’
B’
Gọi H,
K lần lượt là là trung điểm cạnh A' B'
và AB . Từ giả thiết ta có:
HB ' a HB a 2 HC ' HB.tan 60 o a 6
Mặt khác: HC ', HB ' và HK đôi một vuông góc nhau.
Câu 3.
a
Tọa độ hóa: H (0;0;0) , C '(0; a 6;0) , A'( a;0;0)
, A( a;0; a)
, N a;0; , B'( a;0;0)
,
2
a
B( a;0; a ) , M
a;0; .
2
C ' B ( a; a 6; a)
Xét mặt phẳng ( BC ' N)
có
a vtpt n ( 6; 3; 4 6)
BN
2 a;0;
2
a
Phương trình ( BC ' N)
là : 6( x a) 3y 4 6 z 0 .
2
Khoảng cách từ M đến
( BC ' N)
là:
a a
6( a a) 3.0 4 6( )
2 2 2a
6 2a
74
d( M ;( BC ' N))
6 9 96 111 37
Chọn A
2S
SAC
Vì tam giác SAC vuông tại A AC 4cm
.
SA
2 2 2
Vì AC AB BC nên tam giác ABC vuông tại A .
Chọn hệ trục Oxyz như hình vẽ
.
40

Ta có A 0;0;0 , B 3;0;0 , C 0;4;0 , S 0;0;3 .
Vì G là trọng tâm của tứ diện SABC nên ta có:
xS xA xB xC
3
xG
4 4
yS yA yB yC
3 3
yG
1 G
;1;
4 4 4
zS zA zB zC
3
zG
4 4
.
Gọi H là hình chiếu của điểm A lên mặt phẳng
. Theo tính chất của tam diện vuông ta có:
Câu 4.
1 1 1 1
T
AM AN AP AH
2 2 2 2
.
mà AH AG 1 1 1 1 1 8
T T
.
2 2 2 2 2
AM AN AP AH AG 17
H G
Dấu “=” xảy ra khi tức mặt phẳng đi qua điểm và vuông góc với đường thẳng
OG .
8
Vậy giá trị nhỏ nhất của T bằng .
17
Chọn D
G
41

Để thuận tiện trong việc tính toán ta chọn a 1.
Trong không gian, gắn hệ trục tọa độ Oxyz như hình vẽ sao cho gốc O trùng với điểm A , tia
Ox chứa đoạn thẳng AB , tia Oy chứa đoạn thẳng AD , tia Oz chứa đoạn thẳng AS . Khi đó:
A (0;0;0) , B (1;0;0) , C (1;1;0) , S (0;0;2) , D(0;1;0)
.
1
Vì M là trung điểm SD nên tọa độ M là M 0; ;1
.
2
SB (1;0; 2)
Ta có n
[ SB; BC ] =(2;0;1) .
SBC
BC (0;1;0)
1
AM
0; 2 ;1
1
[ ;
] = 1;1;
n AM AC
AMC
2
AC (1;1;0)
Gọi là góc giữa hai mặt phẳng ( AMC ) và ( SBC)
.
n . n
SBC AMC 5
Suy ra cos cos n ;
n .
SBC AMC
n . n 3
SBC AMC
2 1 1
Mặt khác, 1 tan tan
1 .
2 2
cos
cos
Vậy tan 1 1
2 5 .
2
5 5
3
Câu 5.
Chọn A
M
Điểm 1;0;0 là 1 điểm thuộc P .
2 10 12
Vì P // Q
nên d P, Q d M , Q
4 .
2 2 2
2 1 2
3
42

I a b c
S S
P
d P Q
Giả sử ; ; là tâm của . Vì tiếp xúc với cả và Q nên bán kính mặt cầu
S
, 4
là R 2 .
2 2
Do đó 2 nên luôn thuộc mặt cầu T tâm A , bán kính 2 .
IA I
Ngoài ra
2a b 2c 2 2a b 2c
10
d I, P d I,
Q
2 1 2 2 1 2
2 2 2 2 2 2
2a b 2c 2 2a b 2c
10
2a b 2c 2 2a b 2c
10
I : 2 2 4 0
2a b 2c
4 0 . Do đó luôn thuộc mặt phẳng R x y z .
Gọi là hình chiếu vuông góc của lên . Vì A,
R cố định nên H cố định.
H A R
2.1 2 2.1
4 2
Ta có: AH d A,
R
.
2 2 2
2 1 2
3
Mà AH R AH HI , do đó AHI
vuông tại H nên
2 2 2 2 4 2
HI AI AH 2
3 3
2
.
4 2
Vậy I luôn thuộc đường tròn tâm H , nằm trên mặt phẳng R
, bán kính r .
3
binhlt.thpttinhgia1@thanhhoa.edu.vn
Câu 6.
Chọn D
Trên các cạnh AB , AC , AD của tứ diện ABCD lần lượt có các điểm B, C
, D
. Áp dụng
V
AB C D
AB AC AD
công thức tỉ số thể tích ta có .
V AB AC AD
ABCD
43

AB AC AD
Từ giả thiết 4 , áp dụng bất đẳng thức AM GM ta có:
AB AC AD
Câu 7.
AB AC AD AB AC AD V
4 3. 3 3. 3
AB AC AD AB AC AD
V
VABCD
27
64 27 VAB' C ' D'
V
V
64
AB' C ' D'
ABCD
.
ABCD
ABCD
27 AB AC AD 4
Do V
ABCD
cố định nên V
AB' C ' D'
nhỏ nhất VA' B' C ' D'
VABCD
64 AB AC AD
3
AB AC AD
3
AB AC AD 4
3
BCD
song song với BCD
và đi qua điểm B
thoả AB AB .
4
Có BC 3; 1; 2
, BD 2;3;2
, suy ra vectơ pháp tuyến của mặt phẳng BCD
là
n BC , BD
4;10; 11 .
3 7 1 7
Có AB 1; 1;1
, giả sử B' x; y;
z
. Do AB AB nên B'
; ;
.
4 4 4 4
Vậy phương trình BCD là: 16x 40y 44z
39 0 .
Chọn B
Gọi I hình chiếu của M lên ABCD
, suy ra I là trung điểm của AO .
3 3a
2
Khi đó CI AC .
4 4
a
Xét CNI có: CN , 45
o
NCI .
2
Áp dụng định lý cosin ta có:
44

2 2
2 2 o a 9a a 3a 2 2 a 10
NI CN CI 2 CN. CI.cos 45 2. . . .
4 8 2 4 2 4
2 2
2 2 3a 5a a 14
Xét MIN
vuông tại I nên MI MN NI .
2 8 4
1 a 14
Mà MI / / SO,
MI SO SO .
2 2
Chọn hệ trục tọa độ Oxyz như hình vẽ:
2
Ta có: O0;0;0
, B 0; ;0
2
, , , ,
2
D 0; ;0
2
2
C 2 2
;0;0
2
N
; ;0
4 4
A
2 14
;0;0
, , .
2
S 0;0;
2 14
4
M
;0;
4 4
2 2 14
Khi đó MN ; ;
2 14
, , .
2 4 4
SB 0; ;
2 14
2 2
SD 0; ;
2 2
Vectơ pháp tuyến mặt phẳng : n SB SD 7 ;0;0 .
SBD
Câu 8.
2
7.
MN. n 2 3
Suy ra sin MN
, SBD
.
MN . n 6 3
7.
2
Chọn C
Mặt cầu S
có tâm 1;2;3
I , bán kính 2
vẽ trên). Gọi H là giao điểm của TT và MI .
Vì TIH
~ MIT nên ta có:
R . Mặt phẳng '
TH TI TM 2 2 2
. TI R MI
TH R R 1
R
TM MI MI MI MI
Do TT 2TH
nên TT min
TH
min
MImin
ITT cắt d tại điểm M (như hình
2
45

ì x = 1+
t
Nhận xét rằng với ï
íy
= - mt
ï
ïî z = ( m - 1) t
x y z 1 t mt m 1 t 1
ta có:
nên khi m thay đổi ta luôn có d P : x y z 1 0 cố định. Vì thế
1 2 3 1 5
MImin
d I,
P
2 2 2
1 1 1
3
2 2
R
2 4 13
Từ đó ta có: TT min
2TH min
2R
1 2.2 1
2
2
MImin
5 5
3
Ta kiểm tra điều kiện đủ của bài toán, tức là chứng minh rằng hình chiếu vuông góc của I lên
P thuộc vào đường thẳng d .
Gọi d là đường thẳng qua I và vuông góc với P ta có:
Gọi M là hình chiếu vuông góc của I lên
x
1
t
d : y 2 t
z
3 t
P ta có: M d
P
suy ra:
Câu 9.
Xét hệ:
Chọn A
5 2 1 4
1 t 2 t 3 t 1 0 t M ; ;
3 3 3 3
1 t
32
5
t
1 3
mt
. Vậy với
3
1
m
4 5
m
1t
3
1
m thì độ dài của TT nhỏ nhất.
5
Đặt cạnh hình thoi ABCD là 1, chiều cao hình hộp h h
Gọi O là giao điểm hai đường chéo AC và BD của hình thoi.
0 .
Tam giác ABD đều
3 1 1
AO CO, BD AB 1, BO DO BD .
2 2 2
46

0; 1
; , 0; 1
; 0 0;1; .
2 2
Ta có B
h D BD h
3 1 3 1 1
M
; ; 0 , N ; ; h MN 0; ; h .
4 4
4 4
2
Vì
2 1 2
MN BD MN.
BD h h
2 2
Lại có
(Vì h 0).
3 1 1 3 1 3 1
A
; 0 ; 0
, B 0; ; 0 , D 0; ; 0 AB
; ;0
, AD
; ;0
2
2 2
2 2 2 2
3 1 2
n AB, AD
0;0; , u MN
0; ; .
2 2 2
Gọi là góc tạo bởi đường thẳng MN và mặt đáy ABCD .
u. n 6 1
Ta có sin
cos .
u . n 3 3
Câu 10.
Câu 11.
Chọn A
Gọi M (3 t ;3 2 t ;2 t)
là trung điểm cạnh AC , khi đó C(4 2 t ;3 4 t ;1
2 t).
Mặt khác C thuộc đường phân giác trong góc C là nên
(4 2 t) 2 (3 4 t) 4 (1 2 t) 2
t 0 C(4;3;1).
2 1 1
Gọi A đối xứng với A qua phân giác trong góc C A' CB.
Mặt phẳng qua A và vuông góc với đường phân giác trong góc C :
: 2( x 2) ( y 3) ( z 3) 0 .
Gọi H H 2;4;2
.
Mặt khác : H là trung điểm AA nên A 2;5;1
.
Phương trình đường thẳng BC qua A,
C là:
x
4 2t
y
3 2t
z
1
BC BM B AB
2;5;1 0;2; 2
binhlt.thpttinhgia1@thanhhoa.edu.vn
Chọn C
Cách 1:
Đường thẳng d qua điểm M (1; 2;0) , có véc tơ chỉ phương a (1; 1; 2) và trục Oy có véc
tơ chỉ phương j (0;1;0) .
2 2 2
Gọi n A; B; C ( A B C 0) là một véc tơ pháp tuyến của mặt phẳng ( P ) .
Vì d ( P) a. n 0 1. A ( 1). B ( 2). C 0 A B 2C
n ( B 2 C; B; C)
.
47

Câu 12.
Gọi là góc giữa mặt phẳng ( P ) và trục Oy 0
2 .
n.
j 2
B B
Ta có sin
2 2 2
n . j ( B 2 C)
B C 2B 4BC 5C
2 2
1 1
( B 0) .
2 2
C C C 2 6
2 4. 5 5
B B B 5 5
Vì hàm số sin tăng liên tục trên 0; nên đạt giá trị lớn nhất khi sin lớn nhất
2
2
C 2 6
Lúc đó 5
đạt giá trị nhỏ nhất bằng 6
B 5 5
5 khi và chỉ khi C 2
0
B 5
.
Chọn B 5 C 2; A 1 n (1;5; 2) .
Phương trình mặt phẳng ( P ) qua điểm M (1; 2;0) , có véc tơ pháp tuyến n (1;5; 2) là
1.( x 1) 5.( y 2) 2( z 0) 0 x 5y 2z
9 0 .
Thế tọa độ N( 1; 2; 1) vào phương trình mặt phẳng ( P ) : 1 5( 2) 2( 1) 9 0 (luôn
đúng).
Vậy điểm N( 1; 2; 1)
thuộc mặt phẳng ( P ) .
Cách 2: Tác giả: Vân Hà; Fb: Ha Van
Xét bài toán tổng quát: Cho hai đường thẳng 1,
2
phân biệt và không song song với nhau.
Viết phương trình mặt phẳng P chứa đường thẳng
1
và tạo với 2
một góc lớn nhất.
Phương pháp giải:
+) Vẽ một đường thẳng
3
bất kỳ song song với
2
và cắt
1
tại M . Gọi B là điểm cố định
trên
3
và H là hình chiếu vuông góc của B lên
B
mp P , kẻ BA 1
+)
, P
BMH .
2
sin HB BA
BMH không đổi
BM BM
Suy ra BMH lớn nhất khi H A
Khi đó BMH
1,
2 và P
chứa 1
và vuông
góc với mặt phẳng 1,
2 .
Vậy P có VTPT là: u , u , u
1 2 1
Áp dụng:
ud 1; 1; 2 ; j 0;1;0 , n ud , j
, u
d 1;5; 2
điểm M (1; 2;0) , có véc tơ pháp tuyến n (1;5; 2)
Vậy điểm N( 1; 2; 1)
thuộc mặt phẳng ( P ) .
Chọn C
P
1
3
M
2
H
A
. Phương trình mặt phẳng ( P ) qua
là x 5y 2z
9 0
48

Ta có :
AB 3;0;3 , AB 3 2
BC 2; 1;2 , BC 3
AC 1; 1;5 , AC 3 3
Vì AB. BC 0 ABC vuông tại B
BC
AB
BC SAB BC AH .
BC
SA
Ta có :
AH
SB
AH SBC AH SC .
AH
BC
Ta có :
SC
AH
SC
AK
Ta có : SC AHK
Do đó : Gọi D là giao điểm của HK và BC thì
AD
SA
AD SAC AD AC
AD
SC
Ta có :
.
SC AD
Vì D nằm trong mặt phẳng (ABC) và D là giao điểm của BC và đường thẳng vuông góc với AC
tại A nên D cố định ( do A, B, C cố định).
Câu 13.
Trong ΔDAC vuông tại A, ta có :
Chọn C
Ta có AC ' 6 nên AB 2 3 .
Mặt cầu
AB
1
2
S có tâm 2;4; 1
R nên mặt cầu
AB 3 2
AD AC.tan C AC. 3 3. 3 6 . Đáp án C
BC 3
I trùng với tâm hình lập phương ABCD.
ABC D và có bán kính
S nằm trong hình lập phương ABCD.
ABC D .
Với mọi điểm M nằm trong hình lập phương ABCD.
ABC D , tổng các khoảng cách từ điểm
M đến 6 mặt của hình lập phương ABCD.
ABC D bằng 3AB 6 3 .
49

Vậy từ một điểm M bất kỳ thuộc mặt cầu S , tổng các khoảng cách từ điểm M đến 6 mặt
của hình lập phương ABCD.
ABC D bằng 6 3 .
Câu 14.
Chọn C
AB 0; 4; 1
Ta có , AC 1;1;0
.
1 3 2
n
ABC
AB, AC
1; 1;4
SABC
AB,
AC
2
.
2
nABC. n
4 22
3 2 4 22 4
cos ABC,
SA BC
SABC.cos ABC,
. .
n n 33
2 33 11
ABC
Câu 15.
8
SA BCD
2SA BC
.
11
Chọn B
Nhận thấy AB AC BC DA DB DC 2 nên ABCD là tứ diện đều cạnh 2 .
Theo giả thiết giao tuyến của mặt cầu tiếp xúc 6 cạnh của tứ diện với ACD là đường tròn
nội tiếp tam giác ACD .
Gọi r là bán kính hình tròn nội tiếp tam giác ACD ,
AC CD AD 3 2
p .
2 2
Khi đó diện tích tam giác đều ACD ,
2
AC 3
S ACD
pr pr
4
3 3 2 6
. r r .
2 2 6
Diện tích thiết diện
Cách 2:
2
2 6
r .
S
6
(đvdt).
6
Vì ABCD là tứ diện đều nên ACD cắt mặt cầu theo giao tuyến là đường tròn nội tiếm
ACD . Suy ra tâm đường tròn này trùng với trọng tâm tam giác đều ACD và bán kính
1 AC 3 6
r .
3 2 6
Câu 16.
Diện tích thiết diện
Chọn D
2
2 6
r .
S
6
(đvdt).
6
50

B
H
I
O
C
+) Dễ thấy B Oz
+) Ta có
I
A
. Ta có AOxy
và C Oxy
, suy ra OB OAC
AC
OC
AC
OB
Mặt khác ta có OH
P
(T)
AC OBC
, mà OH OBC
BC 2 , (theo giả thiết).
Từ 1 và 2 suy ra OH ABC
K
.
. Suy ra AC OH
OH AB và OH HA .
H
+) Với OH AB suy ra H thuộc mặt phẳng P với P là mặt phẳng đi qua O và vuông
góc với đường thẳng AB . Phương trình của P là: y z 0 .
+) Với OH HA OHA vuông tại H . Do đó H thuộc mặt cầu
OA
là trung điểm của OA và bán kính R 2 2 .
2
+) Do đó điểm H luôn thuộc đường tròn
cầu S .
+) Giả sử T có tâm K và bán kính r thì IK d I P
1 .
S có tâm I 0;2 2 ;0
T cố định là giao tuyến của mặt phẳng P với mặt
, 2 và r R IK
Vậy điểm H luôn thuộc đường tròn cố định có bán kính bằng 2 .
halelovemath@gmail.com
2 2
2 .
Câu 17.
Chọn A.
51

Ta có AB 2;1;2
, AC 2; 2; 1
AB, AC
3;6; 6 .
Do SA vuông góc với (ABC) nên một VTCP của đường thẳng SA được chọn là
u AB; AC
3;6; 6 .
u 3;6; 6
nên có phương trình tham số là:
Đường thẳng SA qua 1;0;2
A và có VTCP
x
1
3t
y 6t t
.
z
2 6t
Do AB. AC 4 2 2 0 AB AC ABC vuông tại A .
Gọi M là trung điểm BC , khi đó M là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC . Gọi d là
đường thẳng qua M và song song với SA nên d ABC
tiếp
ABC .
, suy ra d là trục đường tròn ngoại
Trong mặt phẳng SAM vẽ đường trung trực của SA cắt d tại I và cắt SA tại N .
Mặt phẳng ABC qua A và có một VTPT n AB; AC
3;6; 6
nên có phương trình tổng
quát là:
3 x 1 6y 6 z 2 0 x 2y 2z
3 0
BC 0; 3; 3 BC 18 BC 18
.
Ta có
2
99 1 9
.
4 4 2
2 2 2 2 2
R IA AM IM BC IM
Do S SA nên S 1 3 t;6 t;2 6t
, mà SA 2IM SA 9
1 3t 12t 2 2 6t
3
d S, ABC
9 9
2 2
1 2 2
2
52

Câu 18.
S
t
1
S 4;6; 4
27t
27
t 1 2; 6;8
toán.
Chọn A
Cách 1: Ta có AB 4;2;4 ; CD a 6; b 3; c 6
, mà cao độ của S âm nên S 4;6; 4
thỏa yêu cầu bài
Do ABCD là hình thang cân nên CD k AB
a
b
a
2 . Vậy D
a; ; a
2
c
a
.
Lại có
2 2
AC BD AC BD
53
a 6 b 3 c 6
k hay
2 1 2
2
2 2 2
a
2
2 2
9 2 8 a
1 3 a
2
2 a
6
a 4a
60 0
a
10
. Kiểm tra thấy: AB CD (Không thỏa mãn ABCD là hình thang
Với a 10 D 10;5;10
cân).
Với a 6 D6; 3; 6
. Kiểm tra thấy:
Do đó, T a b c 6 3 6 3.
Cách 2 ( Hồng Minh Trần)
AB 4;2;4 ; CD a 6; b 3; c 6
Ta có
3 .AB CD ( thỏa mãn).
Do ABCD là hình thang cân nên AB;
CD
a 6 b 3 c 6
ngược hướng hay
2 1 2
a
b
2
a
c
a
. Vậy D
a; ; a
2 với a 6 .
a 6
Lại có
2 2
AC BD AC BD
2
2 2 2
a
2
2 2
9 2 8 a
1 3 a
2
2 a
6
a 4a
60 0
a
10( L)
Với a 6 D6; 3; 6
.
Do đó, T a b c 6 3 6 3.
Cách 3 ( Hà Trần)
0

+ Viết phương trình mặt phẳng trung trực của đoạn thẳng AB ( cũng là mp trung trực của đoạn
thẳng CD )
+ Gọi mp là mặt phẳng trung trực của đoạn thẳng AB , suy ra mp đi qua trung điểm
1
I 1;2;0
của đoạn thẳng AB và có một vectơ pháp tuyến là n AB 2;1;2
, suy ra
2
phương trình của mp là : : 2x
y 2z 0 .
+ Vì C,
D đối xứng nhau qua mp nên
D 6; 3; 6 a 6; b 3; c 6 T a b c 3
Công thức trắc nghiệm: Xác định toạ độ điểm M x1; y1 ; z1
M x y z qua mp : ax by cz d 0 a 2 b 2 c
2
0; 0
;
0
0
x1 x0
2ak
ax0 by0 cz0
d
y1 y0 2 bk k ,
k
.
2 2 2
a b c
z1 z0
2ck
là điểm đối xứng của điểm
Câu 19.
Câu 20.
Chọn B
Do G là trọng tâm tam giác ABC G 2;3;1
.
Gọi H là hình chiếu vuông góc của G trên mặt phẳng Oxz , khi đó GH là khoảng cách từ
G đến mặt phẳng Oxz , ta có: GH d G, Oxz
3
Với M là điểm thay đổi trên mặt phẳng Oxz , ta có GM GH 3 , do đó GM ngắn nhất
M H .
Vậy độ dài GM ngắn nhất bằng 3.
Chọn B
Cách 1:
AB 1;2; 3
, AC 8; 3; 4
.
9 7
M ;2;
2 2
Gọi M , N lần lượt là trung điểm AB , AC .
1
N 1; ;3
2
Gọi n
là véc tơ pháp tuyến của mặt phẳng n AB, AC
17;20;19
ABC : 17x 20y 19z
30 0.
IM
AB
I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC IN
AC
I ABC
ABC
.
54

9 7
a . 1 2 b.2 c. 3
0
2 2
a 2b 3c
11
a
1
1
37
1 a. 8 b. 3 3 c. 4
0 8a 3b 4c
1
b
.
2
2 2
17a 20b 19c
30 0
17a 20b 19c
30 c
3
Vậy
1
a 2b c 1 2. 3 3.
2
Cách 2:
AB 1;2; 3
Ta có
Vì I là tâm đường tròn ngoại tiếp
BC 7; 5; 1 AB. BC 0 ABC vuông tại B .
và
ABC nên I là trung điểm của AC .
Câu 21.
Câu 22.
Vậy
1 1
I 1; ;3 a 2b c 1 2. 3 3 .
2 2
Chọn A
x0
k
Do a,
b cùng phương và nên ta có b k. ak
0
y0
2k
.
z0
4k
1
x0 x0 y0 z0
3
x0 y0 z0 x0 y0 z0
2
Suy ra
y0 x0 y0 z0
.
1 2 4 3 3
4
z0 x0 y0 z0
3
Theo giả thiết vectơ b
tạo với tia Oy một góc nhọn nên b. j 0
y x y z
2 3
Lại có b 21
Mà
0 0 0 0
Vậy x0 y0 z0 3.
Chọn B
nên x0 y0 z0 0 .
2 2 2
, suy ra 2
với j 0;1;0
, do đó y 0
0 .
21
x0 y0 z0 x0 y0 z0
21 x 2
0
y0 z0 9 .
9
Gọi I là trung điểm AB I 3;1;4
. Gọi H là hình chiếu của I xuống mặt phẳng
55
.

MA MB MI IA MI IB MI 2 MI IA IB IA 2 MI 2 IA
2 .
Ta có . . .
Do IA không đổi nên MA.
MB nhỏ nhất khi MI nhỏ nhất MI IH M H .
Gọi là đường thẳng đi qua I và vuông góc với mặt phẳng . Khi đó nhận
n
1;2; 3
làm vectơ chỉ phương. Do đó có phương trình
H H 3 t;1 2 t;4 3t
.
3 21 2 34 3 7 0 t 1 H 4;3;1
H t t t
Vậy M 4;3;1
.
.
x
3 t
y
1 2t
.
z
4 3t
Câu 23.
Chọn C
A
B
D
Cách
1:
AB 1; 2; 2 ; AC 5; 1; 1 ; DC 6 a;1 b; c
.
1 9 2 9 2 3 2
Ta có S ABC
AB, AC
S
ACD
6 2 .
2
2 2 2
c
12 2 a
AB //CD nên AB
b 13 2a
6 a 1 b c
và DC cùng phương, cùng chiều 0 a
6
1 2 2 b
1
c
0
AC, AD
0;9a 54;54 9 a.
19
3 2 1 3 2
a
3
S
ACD
AC, AD
54 9a
3 .
2 2
2
17
a
3
17
So với điều kiện suy ra: a a b c 8.
3
Cách 2:
162
Ta có AB 3; h d C, AB
.
3
h
162
S
ABCD
AB CD 6 2 3 CD
CD 1.
2 6
17 5 2
Suy ra AB 3 DC D
; ; a b c 8.
3 3 3
ntsang84@gmail.com
C
56

Câu 24.
Chọn C
Oxyz
x
y 1 0
x y 1 0
B 2;1;1
AB x y 2 0
A1;0;1
Cách 1.
Ta có mặt phẳng
nhận vectơ n
1;1;1
A 0; 1;2 và nhận ud
1;2; 1
Gọi
Ta có 3;2;1
.
là vectơ pháp tuyến, đường thẳng d đi qua điểm
là vectơ chỉ phương.
là mặt phẳng chứa đường thẳng d và vuông góc với mặt phẳng .
n
n
u d
Khi đó đường thẳng là giao tuyến của hai mặt phẳng và . Do đó một vectơ chỉ
phương của đường thẳng là u
n
n 1; 4;5
.
x
1
t x
1
2t
y 2
u 1;a; b nên a 4 ,
y 2
z 4 2t
. Vậy
z 4 2t
.
Mà
Cách 2.
Dễ dàng tính được tọa độ giao điểm của đường thẳng
đường thẳng lấy điểm
x 3 y 1
z
d :
2 1 1
P . Phương trình đường thẳng đi qua d và
Tọa độ của là x 1
y z
1
2 5 1 nghiệm của hệ
Đường thẳng
x y z 3
d : 2 4 1
x
1
2t
x
1
t
y 2
z 4 4t
và mặt phẳng y 2
z
4 2t
là Oxyz . Trên
và gọi P : x y 3z 2 0. là hình chiếu vuông góc của d trên mặt phẳng
x 1 y z 1
2 5 1
d ' có dạng:
x 1 y z 1
2 5 1 Oxyz
x 1 y z 1
2 5 1
. Vậy M 2;3; 1
.
đi qua hai điểm M và d nhận vectơ
d
.
là vectơ chỉ phương
Câu 25.
nên cũng nhận vectơ
Chọn B
x 2 y 3 z 1
5 6 32
là vectơ chỉ phương. Vậy
x 2 y 3 z 1
6 5 32 .
A
C
B
M
A'
C'
B'
Gọi x 2 y 3 z 1
6 5 32
là trung điểm Oxyz .
57

Khi đó có
d1
x 1 y 3 z 2
:
1 1 2
tại
2
x
3t
x
d : y
2 y 2 z 4
t
z 1 3t
là hình chiếu của x 3 1 2
1 y z
1 1 trên trục x 1 y 3 z
2
3 1 1
1 3 2
(vì đường thẳng
x 1 y 1 z 3
d :
1 2 2
x y z 1
1 6 1
P : 2x 2y z 3 0
chính là trục Oxyz )
và .
Ta có:
z
2 2t
y 1 5t
z 5 6t
.
P
d . Mà tam giác d đều nên
z
2 2t
y
1 5t
z
5 6t
z
2 2t
y 1 5t
z 5 6t
z
2 2t
y 1 5t
Vì
z 5 6t
thuộc trục Oxyz và M 1;2; 1
không trùng với P : x y z 8 0
nên gọi Q : 2x y 5z
3 0
, x 1 y 2 z
1
4 7 3 .
x 1 y 2 z 1
x 1 y 2 z 1
4 7 3 4 7 3
Oxyz P : x y z 3 0
x 1 y 2 z 1
4 7 3
x y 1 z 2
d : 1 2 1
.
d là một véctơ chỉ phương của đường thẳng
P
x 1 y 1 z 1
1 4 5
Vậy
x 1 y 1 z 1
cũng là một véctơ chỉ phương của đường thẳng P .
3 2 1
x 1 y 1 z 1
1 4 5
Câu 26.
Chọn D
Tính được OA 3 ; OB 4 ; AB 5 .
x
x x
3
4
y y y
Ta có: OA. IB OB. IA AB. IO 0
Vậy, I (1;1;0) , suy ra a b c 0 .
8
3 4 1 5 0
3
4 2 5 0
3
8
3
z 42 z 5z
0
3
x
1
y
1
z
0
.
11 4 8
Câu 27. Trong không gian Oxyz , cho ba điểm A (1;0;0) , B 2;2; 2
, C
; ;
. Bán kính đường
3 3 3
tròn nội tiếp tam giác ABC thuộc nửa khoảng
1
A. 0; 2
. B. 1
;1
2
. C. 3
1; 2
. D. 3
;2
2
.
Câu 28. Trong không gian Oxyz , cho ba điểm ( 1;0;0)
Câu 29.
phân giác trong đỉnh A của tam giác ABC là
A. 12 2
7
. B. 12 3
7
58
A , 0;2; 2
. C. 13 2
7
B ,
C
5 4 8
; ;
3 3 3
. D. 13 3
7
. Độ dài đường
.

t
t
Chọn A
x
1
3t
y 2 3t
z
1 t
,
x
3 2t
y 1 t
z
1 t
x
3 3t
y 1 2t
z
1 t
x
3
t
y 1 2t
z
1 t
Oxyz
2 x – 2y z 15 0 với S x 2 y 2 z
2
: 2 3 5 100.
Do đó khi A . Khi đó ta có ( S ) .
.
A 3;3; 3
.
Câu 30.
Chọn B
Cách 1:
+) Mặt cầu M có tâm N , bán kính MN .
+) Ta tìm điểm thỏa mãn x 3 y 3 z 3
1 4 6 .
+) Có
x 3 y 3 z 3
16 11
,
10
x
3 5t
y 3
z
3 8t
.
A1;2;4
+) Oxyz
M , B MA . MA MB . MB 0
M . Suy ra x 3 y 1 z 4
d : ,
2 2 1 B .
d1
+) Do đó
:
x 7 y z 12
2 2 1
d
2
:
x 1 y 2 z 4
2 2 1
: x y z
d3
d4
2 2 1
x 5 y 3 z 12
:
2 2 1
Oxyz .
Ta thấy
x
1
2t
d : y t
z
1 3t
nên điểm
x
2
d : y 1
2t
z
2
nằm
ngoài mặt cầu P : x y z 2 0. Ta có P , suy ra có
một điểm d thuộc đoạn d thỏa mãn đề bài (điểm x 3 y 1 z
2
1 1 1 là giao điểm của đoạn thẳng x 1 y 1 z
1
1 1 4
x
mặt cầu 2 y 1 z
1 ).
1 1 1
Cách 2: Nguyen Trang
Gọi
x 1 y 1 z 4
2 2 2
Ta có: ( d ) 2
( d )
Suy ra
thuộc mặt cầu Oxyz và thỏa mãn ( d ) 1
x- 4 y -4
z + 3
:
2 2 1
x-1 y + 1 z-2
: = =
3 2 - 2 .
(
= = d ) , ( d )
-
x 4 y + 1
1
:
x- 2 y-2
z + 2
= =
2 1 2
Mặt khác
- z = =
2 -1 2
- thuộc mặt cầu
x- 2 y-2
z + 2
= =
2 1 2
- thuộc mặt cầu
x- 4 y-1
z
= =
2 -1 -2
x 1 y 1 z 5
d :
2 1 6
1 2
x- 2 y -2
z + 2
= =
6 3 -
.
2
tâm Oxyz , bán kính P: x y 5z
4 0.
tâm N , bán kính d .
và
59

d :
Câu 31.
Ta thấy:
x
2 3t
y 2 2t
z
t
Có
P
x
2 3t
y 2 2t
z
t
mặt
cầu
x 1 y 1 z 5
x- 4 y-1
z
d : và = =
2 1 6
2 -1 -2
duy nhất một điểm d thỏa mãn đề bài.
Chọn B
tiếp xúc ngoài nhau tại
x
2
t
y 2 2t
z t
Cách 1: Do
x
1
3t
y 2t
z 1
nên
t
x
3 t
y 2
z
1 t
. Tính Oxyz .
Do đó d
1
nhỏ nhất
d . Vậy
2
.
x 1
3t
x 2 y z 4
d1
: y 2 t
Cách 2: Ta có: t
. Gọi 2 3 2 2 là trung điểm của ( ) : x y z 2 0. Suy ra
.
z
1 2t
Khi đó:
x 2 y 1 z 3
8 7 1
x 2 y 1 z 3
8 7 1
x 2 y 1 z 3
x 2 1 3
y
z
8 7 1
Oxyz .
8 7 1
Do đó A 1;3;2
đạt giá trị nhỏ nhất khi và chỉ khi P : x y z 2 0 có độ dài ngắn nhất, điều này xảy ra
x
:
khi và chỉ khi 1 y z
d 1
2 1 1 là hình chiếu vuông góc của trên trục tung.
Phương trình mặt phẳng P đi qua d và vuông góc với trục tung là
M
hay
N .
Phương trình tham số của trục tung là
A
.
Tọa độ điểm MN cần tìm là nghiệm
x
1
t
: y
3
t
z
2 2t
của hệ phương trình:
x
1
t
: y
3
t
z
2 2t
x
1
t
: y
3
t
z
2 2t
. Vậy
x
1
t
: y
3
t
z
2 2t
.
Câu 32.
Chọn A
+ Gọi H 1 H 3 2 t; t;1 t
.
+ Gọi K 2 K 1 m;2 2 m;
m
.
+ Tính được HK m 2t 2;2m t 2; m t 1
+ Đường thẳng d có một VTCP là u 1;1; 2
.
d
.
60

+ Vì d u . HK 0 m t 2 0 m t 2 HK t 4; t 2; 3 .
d
2 2 2 2
2
+ Tính được
HK t 4 t 2 3 2 t 1 27 27, t
Suy ra minHK 27, đạt được khi t 1.
HK 3; 3; 3
u 1;1;1 h k 1 h k 0.
+ Khi đó ta có , suy ra
BÀI PHÁT TRIỂN CÂU 49
Câu 33.
Chọn D
Cách 1:
x 1 5
Đặt
Oz và
y
x
t
Giả sử
y 2
z
t
2 t
Vì E 2;1;3
nên
Gọi
3
B
0; ;0
2
2 6t
z
3 t
x
1
3t
x
y
2 2t
là trung điểm của cạnh
y
z
z
3 t
P A
3 ;0;0
2
là mặt phẳng qua điểm C 0;0; 3
và vuông góc với đường phân giác S : x 3 2 y 2 2 z 5
2
36
. Khi đó
E
Gọi P là điểm đối xứng với S qua S x 2 y 2 z
2
Do S x 2 y 2 z
2
: 3 2 5 36
t
x
2 9t
y 1 9t
z
3 8t
x
2 5t
x
2 t
x
2 4t
y 1 3t
: 3 2 5 36 là đường phân giác trong của góc
y 1 t
z 3
nên
y 1 3t
z 3 z 3
phương trình tham số của cạnh
3t
Oxyz đi qua điểm A 2;1;5 và nhận vectơ P : 2x y 3z
7 0,
Q : 3 x 2 y z 1 0
làm VTCP là:
M
Do đó đường thẳng P có một VTCP là
Vậy Q .
Cách 2:
N
1
t
2 6t
3
t
61

Gọi
x
3 5t
y 8 11t
z
6 7t
x
y
là mặt phẳng qua z và
Oxyz : 2x 3y 2z
12 0
x 3 y 2 z 3
2 3 2
7 11t
8 5t
6 7t
vuông góc với
x
7 11t
y 8 5t
z 8 7t
x
2 5t
y 3 11t
z
1 7t
. Gọi A, B,
C là điểm đối xứng với qua d ABC là trung điểm của
x 3 y 2 z 3
2 3 2
x
Do d là đường phân giác trong của góc 3 y 2 z
3
nên điểm
2 3 2
x 3 y 2 z 3
2 3 2
Thay tọa độ điểm Oxyz vào phương trình đường trung tuyến A 2;1;1
, ta được: d1
x
3
2t
d2
: y 3
t
z
0
mà
A,
x
3 t
: y
1
z
2 t
Câu 34.
Nên đường thẳng d
1 nhận vectơ
Vậy
Chọn D
Ta có
x 1 y 2 z
.
2 1 2 .
x 2 y 1 z 1
1 1 1
Mặt phẳng 1
2
x y z
1 1 1
d 2
x
là một vectơ chỉ phương của đường thẳng 2 y 1 z 1
chứa d và hình chiếu Oxyz có VTPT
VTCPP : 2x y 2z
2 0 .
2 1 2.
x y 1 z 2
d :
1 2 1
.
Câu 35.
Vậy
Chọn A
Cách 1:
Q .
B
P
A
H
d
Δ
M
a; b;1
Gọi P là hình chiếu vuông góc của nQ
trên đường thẳng a b 0.
Khi đó a b 1 đạt được khi a b 1 .
Gọi a b 2 là mặt phẳng chứa Oxyz , và đi qua ( S ):( x - 2) 2 + ( y - 4) 2 + ( z - 6)
2
= 24 . Lấy điểm A ( -2;0;-2
) thuộc đường thẳng Oxyz ,.
A có một vectơ pháp tuyến ( S ) .
Vì đường thẳng ( w ) đi qua ( S) :( x- 2) 2 + ( y - 4) 2 + ( z - 6)
2
= 24 và cắt Oxyz , nên ( w ) nằm trong a b 2
Suy ra đường thẳng ( w ) nhận
M
62
.
làm vectơ chỉ phương.

Vậy ( S ) .
Cách 2:
Gọi P là hình chiếu vuông góc của nQ
a; b;1
trên đường thẳng a b 0.
Khi đó ( w ) đạt được khi ( )
S .
Gọi M là giao điểm của hai đường thẳng ( w¢ ) và ( w ). Suy ra ( w¢ ) .
Ta được
M
Do r nên r = 6 2
Suy ra một vectơ chỉ phương của = 3 10
Vậy ( S ) .
r là r = 3 5
Câu 36.
Chọn A
Tọa độ giao điểm r = 3 2 của ( S ) vàO
R
là nghiệm của hệ : .
Câu 37.
Giải hệ trên ta được S . Gọi SO = kR( k >1)
. Khi đó hình chiếu của S lên ( 1 )
( P ) . Do đó ( C 1 ) là đường thẳng E có ( S ) . Suy ra
một vectơ chỉ phương của ( 2)
Chọn D
C .
E
Ta có ( C 1 ) ; ( C
2)
.
C là
cũng là
R ¢
Vì E
4
-1 R¢ = k . R .
2k
4
-1
R¢ = k . R
k
Câu 38.
Mặt khác
Với
Chọn D
R¢ = k
¢ = k R
2
-1 . R
k
+1 . R
k
4
. Vậy một vectơ chỉ phương của ( ) S là
Gọi A ( 2019;0;0)
chứa ( S ) và song song với ( w ) . Suy ra M có phương trình:
( S ) .
Khi đó ( w ) với ( S ) là hình chiếu của ( w¢ ) lên mặt phẳng ( w ) .
2 2 2
x + y + z =1.
.
63

M
Đường thẳng ( w¢ ) đi qua M , vuông góc với mặt phẳng l có phương trình
4
2. 2019 -1
Tọa độ giao điểm 2019 l =
p
của đường thẳng 2019 và mặt phẳng l = 2019p là nghiệm của hệ:
l
.
= 8152722p
Giải hệ trên ta được .
l = 4076361p
Do đó Oxyz là đường thẳng S có 2; 2;5
Suy ra
A .
P : x 1, Q : y 1 cũng là một vecto chỉ phương của : 1
R z .
.
Câu 39.
Câu 40.
Chọn A
Gọi 3 là điểm thỏa mãn 1 thì 3 là trung điểm của 2 3 . Suy ra 3 3 .
Khi đó: S.
ABCD ABCD a .
S.
ABCD đạt giá trị nhỏ nhất SAD
3 lên mặt phẳng N .
đạt giá trị nhỏ nhất M là hình chiếu vuông góc của
Gọi BC là đường thẳng đi qua 3 và vuông góc N . Suy ra CD
BC :
.
29
8
S CMN
93
a
.
12
a
nên
5 3
a 37
12 6
a
Oxyz 2;1;4 ; 5;0;0 ; 1; 3;1
M N P .
Vậy I a; b;
c .
Trắc nghiệm: Vì Oyz nên M , N,
P c .
Chọn A
Gọi a b c 5
và 3. Khi đó
2
Vì tam giác 4 vuông tại 1nên A 2;0;0 ; B 0; 2;0 ; C 0;0; 2
D
Do đó
O .
ABCD
Tọa độ trung điểm DA, DB,
DC của I a; b;
c là .
Suy ra điểm S a b cthuộc một đường thẳng có vectơ chỉ phương
4
.
64

Câu 41.
Chọn vec tơ chỉ phương khác là 1 hay 2
Dạng toán này ta có thể tổng quát thành bài toán sau:
Bài toán 2. Cho mặt phẳng và điểm A
, lấy điểm B
nằm trong đi qua A và cách B một khoảng lớn nhất, nhỏ nhất.
Phương pháp chung:
. Tìm đường thẳng
* Gọi H là hình chiếu của B trên ta thấy ,
d B BH AB . Vậy khoảng cách từ B
đến lớn nhất khi A H hay là đường thẳng nằm trong và vuông góc với AB .
* Gọi K là hình chiếu vuông góc của B lên , khi đó ;
d B BH BK .
Vậy khoảng cách từ B đến nhỏ nhất khi K H hay là đường thẳng đi qua hai điểm A ,
K .
Chọn A
Gọi
Gọi H là hình chiếu của A lên
Lời giải
P là mặt phẳng qua B và vuông góc với d nên P : 2x y z 1 0
P , ta có: H 2;1; 4
Ta có: P
nên d A; d A;
P
.
.
Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi H .
BH 1;1; 3
.
Vậy một vectơ chỉ phương của là
Câu tương tự
Câu 142.
Chọn D
65

Mặt cầu Oxyz có tâm m và bán kính x 2 y 2 z 2 2mx 2( m 2) y 2( m 3) z 8m
37 0
. Gọi m 2 hay m 4 là trung điểm m 2 hay m 4
.
Đường thẳng m 4 hay m 2 đi qua m 4 hay m 2 và có vecto chỉ phương Oxyz ta có phương trình:
m
2 2 2
x y z x y z m
2 4 6 0 .
Ta có: m 14 , m 14 .
m 14
Vì m 14 nên ta chọn
2 2 2
( S) : x y z 9
.
Vậy vecto chỉ phương ( P) : 4x 2y 4z
7 0. .
Câu 43.
Chọn A
Mặt cầu (S) có tâm R
1 và R2
Ta có
Do đó ( )
Gọi
S
P Dấu “=” xảy ra khi ( Q) : 3y 4z
20 0.
R
R
1 2
Câu 44.
Vậy
63
8
66

A
d
B
I
Xét
5
Do
65
8 nên x
:
1 y 2 z
d
2 là phương trình của đường thẳng A 1;2;1
và phương
1 2 1
P x y z Để A 1;2;1
cắt
trình I là phương trình của đường tròn d có tâm A , bán kính : 2 2 1 0
d tại hai điểm phân biệt R 2 , R 4 R 1
Ta có R 3 nhỏ nhất khi Oxyz lớn nhất
2 2 2
S : x 1 y 2 z 1 9
Có
(theo bất đẳng
thức BCS). Dấu bằng xảy ra khi
A 4;3;1 , B 3;1;3
.
Suy ra
M . Do đó tổng giá trị các phần tử thuộc S bằng m,
n.
Bổ sung cách giải 2 của thầy Võ Văn Toàn
Xét
5
Do
m
x
n nên :
1 y 2 z
d
2
67
1 2 1
là phương trình của đường thẳng A 1;2;1
và phương
trình I là phương trình của đường tròn d có tâm A , bán kính P : x 2y 2z
1 0
64 Nghiệm của hệ phương trình là tọa độ giao điểm của A 1;2;1
và d .
Ta có: 60 68 (*)

Thấy:
48 thì phương trình (*) luôn đúng với mọi Oxyz .
Suy ra: Đường thẳng A 1;2;1
luôn đi qua điểm A 5;3;3
.
Mà 1;4;2
B nên điểm C 2;0;3
nằm trong đường tròn d .
Khi đó, đường thẳng A 1;2;1
đi qua 2;0;3
R 4 .
Ta có: D4;4; 1
nhỏ nhất
2 2 2
x a y b z c
D nhỏ nhất
C luôn cắt đường tròn d tại 2 điểm phân biệt R 2 và
a b c hay 5 là một véctơ pháp tuyến của đường thẳng A1;2;1
7 4 6
Vậy Oxyz nên tổng giá trị các phần tử thuộc S bằng m,
n.
Nhận xét: Phương trình 3;0;0 ; 0; 2;0
tổng hai nghiệm đó bằng m,
n.
A B ( C 0;0; 4
trái dấu) có 2 nghiệm phân biệt nên theo Vi-et,
Câu 45.
Chọn B
Cách 1:
(Nhận xét: Trong chương trình phổ thông không đề cập đến vị trí tương đối của hai mặt
cầu)
OABC
116
29 16
Nếu 29 4 Oxyz thì không tồn tại điểm S x 2 y 2 z
2
: 1 1 2 4 .
Nếu A1;1; 1
A thì S không thỏa mãn , ,
Nếu C1
C 2 thì 3
12 .Khi đó 13 là điểm chung của hai mặt cầu:
C C C .
1 2 3
C thuộc mặt cầu 10 có tâm 11
và bán kính
68

d có tâm x 1 2 2
y
z và bán kính
3 2 2
I 1;2; 1 .
d có tâm 11 và bán kính 12 .
Tồn tại điểm A khi và chỉ khi hai mặt cầu B và 10 có điểm chung
2 2 2
AB 2 3
x y z
1 2 1 25 .
2 2 2
x y z
1 2 1 4
(thỏa mãn x 2 y 2 z
2
1 2 1 9 )
Khi đó x 2 y 2 z
2
1 2 1 16 đạt được khi hai mặt cầu trên tiếp xúc ngoài tại Oxyz thỏa mãn:
2 2 2
x y z 1
: 2 y 2z 1 0
Khi đó
C
A1;1;1
Cách 2: Của phản biện 2
I a; b;
c a b c
0,5 .
OABC
.
1 .
0,5
S x 2 y 2 z 2
m x m y m z m
m .
S .
: 2 1 2 2 1 6 2 0.
Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacốpxki cho hai bộ số I và I 1;2;1
.
P x .
, ta có
I 1; 2; 1
69

I 1;2; 1 .
I 1; 2;1
Oxyz
.
Khi đó P : x 2y 2z
3 0
A1;1;1
Câu 46.
Chọn C
Mặt cầu Q : x 2y 2z
6 0 có tâm S , bán kính 3.
Với mọi điểm
9
2 ta có 3
2 .
S : x y ( z 3) 8 .
Theo đề bài Oxyz
2 2 2
4;4;3
A .
Có B 1;1;1
,
M
S ,
2
MA MB ,
C .
Do đó C hay 7 thuộc mặt phẳng 6 .
Tập hợp điểm 2 2 là đường tròn giao tuyến của mặt phẳng 3 và mặt cầu Oxyz .
x 1 y z 2
Do d :
2 1 1
Cách 2.
suy ra bán kính của đường tròn A( 1;3;1) .
Mặt cầu B0;2; 1
có tâm ; ;
C m n p , bán kính d . Gọi ABC .
2 2 m n p
1 (1)
2 3
5 (2)
Từ (1) và (2) ta có hệ: A( 1;3;1)
m 2n p hay 0 thuộc mặt phẳng Oxyz .
Tập hợp điểm
là đường tròn giao tuyến của mặt phẳng P : x 2y 2z
3 0
x y 1 z 2
d : 1 2 3
và mặt cầu M .
Do d suy ra bán kính của đường tròn M .
70

Câu 47.
Chọn C
Gọi P lần lượt là trung điểm của 2 .
Do M nên các tam giác M vuông tại 3 .
Khi đó . Mặt khác
21
1 .
Vậy Oxyz . Khi đó ABC thuộc trục của đường tròn ngoại tiếp đáy A 0;0;1 , B 3;2;0 , C 2; 2;3
và cách
P 1;2; 2thỏa mãn điều kiện trên.
B một khoảng không đổi là ABC . Khi đó có hai điểm
Binh.thpthauloc2@gmail.com
Câu 48.
Chọn D
Ta viết phương trình tham số của
M 1;3;4
.
Tìm giao điểm của hai đường thẳng 0;3; 2
Ta có
N và 5;3;3
Q .
A 1;2;3 , B 3; 1;2 , C 2; 1;1
suy ra A
là giao điểm của hai đường thẳng N 0;3; 2 và 5;3;3
Q .
Lấy P 0;4;4
Gọi 2;0;1
M sao cho 1;5;5
Ta có Q 3; 2;2
Vậy có 2 điểm thỏa mãn A1;0;0 , B 0;2;0 , C 0;0;3 , D 2; 3;1
.
N .
Với ABCD ta có D P 4;0;3
là góc tù
Theo yêu cầu bài toán ta viết phương trình của đường phân giác của góc
(không cần xét trường hợp kia) .
Gọi Q 2;5; 3là trung điểm của Oxyz suy ra
ABC
8; 6;0
M với N 8;3;5
, khi đó phương trình đường phân giác cần
tìm là phương trình đường thẳng đi qua hai điêm A và ABC .
Ta có
A , chọn ABC 30 , BC 2 làm vectơ chỉ phương của đường
phân giác. Vậy đường phân giác đi qua điểm
A và nhận BC làm vectơ chỉ
x 4 y 5 z 7
phương có phương trình chính tắc là: .
1 1 4
Nhận xét: Có thể tìm vectơ chỉ phương của đường phân giác như sau:
71

Câu 49.
Ta có AB
Vì a : x z 3 0 nên góc giữa hai vectơ đó là góc tù.
Xét C .
Ta có
Đặt
3
2 , 3 .
lần lượt là véctơ chỉ phương của hai đường thẳng N 0;3; 2 và 5;3;3
9
2 ; 5
2 .
Ta có 5;5;2
giác.
Chọn C
H nên có thể chọn BC là vectơ chỉ phương của đường phân
Q .
Cách 1:
Ta có AJ , 2; 1;0
K .
50 29 64
50 29 64
A ; ;
Giả sử đường phân giác trong của góc AM cắt
A ; ;
3 4 2 tại
3 2 2 .
50 29 64
50 29 64
A
Khi đó: A
; ; (*) (vì
; ;
3 3 3 nằm giữa G
5 ; 4 ;
1
3 3 3 và BC).
9 4 2
Gọi BG
5
x t
3
4
y t
,
3 .
Thay vào (*) ta được hệ phương trình
50 9
Suy ra C
; ;5
3 2 .
3;
Đường phân giác trong của góc 9
C ;
7
4 2 đi qua điểm
M a; b;
c nên có phương trình là:
Cách 2:
z
1 4 t
3
C
.
16
C
;3;
1
3
x 1 y 1 z 3
d : .
1 2 2
5 9 3
Vậy C ; ;
3 4 2 .
và có vectơ chỉ phương
Ta có T a b c , Oxyz .
72

Lấy điểm A trên cạnh A 1;0;3 sao cho P : x 3y 2z
7 0
. Khi đó
A1; 6;1
.
11;0; 5
Oxyz .
Lấy điểm A 0;3;1
trên cạnh A1;6; 1
sao cho A . Khi đó
,
Dựng hình bình hành
, ta có 5;0;1
x 1 y 1 z 1
d :
3 2 1
A .
Vì A nên hình bình hành d cũng là hình thoi. Do đó 1;1;1 là một vectơ chỉ
phương của đường phân giác trong của góc 5;5;3
của tam giác 4; 1;0 .
Vậy đường phân giác trong của góc 3; 2; 1
đi qua điểm Oxyz và có vectơ chỉ phương là
A 1; 2; 1 ,B 2; 3;
2
.
ABCD nên có phương trình là:
Nhận xét:
Đường phân giác trong của góc I có vectơ chỉ phương là x 1 y z 2
d :
1 1 1 .
Cách 3: Lưu Thêm
Ta có D , 0 1 2
Gọi D 2; 1;
0
là trung điểm D 0; 1;
2. Ta có D 2; 1; 0
và Oxyz .
Dựng hình bình hành
x y -1
z
d : = =
2 1 1
D ; ; .
- , ta có ( P): 2x- y + 2z
- 2 = 0. .
Vì M nên hình bình hành d cũng là hình thoi. Do đó M là một vectơ chỉ
phương của đường phân giác trong của góc O của tam giác ( )
Vậy đường phân giác trong của góc Oxyz đi qua điểm 1;4;2 , 1;2;4
P .
A B và có vectơ chỉ phương là
.
x
5 4t
d : y 2 2t
z
4 t
nên có phương trình là:
M
.
Câu 50.
Chọn D
Ta viết phương trình tham số của
M 1;3;4
.
Tìm giao điểm của hai đường thẳng 0;3; 2
Ta có
N và 5;3;3
Q .
A 1;2;3 , B 3; 1;2 , C 2; 1;1
suy ra A
là giao điểm của hai đường thẳng N 0;3; 2 và 5;3;3
Q .
Lấy P 0;4;4
Gọi 2;0;1
M sao cho 1;5;5
Ta có Q 3; 2;2
73
N .

Vậy có 2 điểm thỏa mãn A1;0;0 , B 0;2;0 , C 0;0;3 , D 2; 3;1
.
Với ABCD ta có D P 4;0;3
là góc tù
Theo yêu cầu bài toán ta viết phương trình của đường phân giác của góc
(không cần xét trường hợp kia) .
Gọi Q 2;5; 3là trung điểm của Oxyz suy ra
ABC
8; 6;0
M với N 8;3;5
, khi đó phương trình đường phân giác cần
tìm là phương trình đường thẳng đi qua hai điêm A và ABC .
Ta có
A , chọn ABC 30 , BC 2 làm vectơ chỉ phương của đường
Câu 51.
phân giác. Vậy đường phân giác đi qua điểm
A và nhận BC làm vectơ chỉ
x 4 y 5 z 7
phương có phương trình chính tắc là: .
1 1 4
Nhận xét: Có thể tìm vectơ chỉ phương của đường phân giác như sau:
Ta có AB
Vì a : x z 3 0 nên góc giữa hai vectơ đó là góc tù.
Xét C .
Ta có
Đặt
3
2 , 3 .
lần lượt là véctơ chỉ phương của hai đường thẳng 0;3; 2
9
2 ; 5
2 .
Ta có 5;5;2
giác.
Chọn C
N và 5;3;3
H nên có thể chọn BC là vectơ chỉ phương của đường phân
Q .
Cách 1:
Ta có AJ , 2; 1;0
K .
50 29 64
50 29 64
A ; ;
Giả sử đường phân giác trong của góc AM cắt
A ; ;
3 4 2 tại
3 2 2 .
50 29 64
50 29 64
A
Khi đó: A
; ; (*) (vì
; ;
3 3 3 nằm giữa G
5 ; 4 ;
1
3 3 3 và BC).
9 4 2
Gọi BG
5
x t
3
4
y t
,
3 .
z
1 4 t
3
74

Thay vào (*) ta được hệ phương trình
C
.
Vậy
5 9 3
C ; ;
3 4 2 .
50 9
Suy ra C
; ;5
3 2 .
3;
Đường phân giác trong của góc 9
C ;
7
4 2 đi qua điểm
M a; b;
c nên có phương trình là:
Cách 2:
16
C
;3;
1
3
x 1 y 1 z 3
d : .
1 2 2
và có vectơ chỉ phương
Ta có T a b c , Oxyz .
Lấy điểm A trên cạnh A 1;0;3 sao cho P : x 3y 2z
7 0
. Khi đó
A1; 6;1
.
11;0; 5
Oxyz .
Lấy điểm A 0;3;1
trên cạnh A1;6; 1
sao cho A . Khi đó
,
Dựng hình bình hành
, ta có 5;0;1
x 1 y 1 z 1
d :
3 2 1
A .
Vì A nên hình bình hành d cũng là hình thoi. Do đó 1;1;1 là một vectơ chỉ
phương của đường phân giác trong của góc 5;5;3
của tam giác 4; 1;0 .
Vậy đường phân giác trong của góc 3; 2; 1
đi qua điểm Oxyz và có vectơ chỉ phương là
A 1; 2; 1 ,B 2; 3;
2
.
ABCD nên có phương trình là:
Nhận xét:
Đường phân giác trong của góc I có vectơ chỉ phương là x 1 y z 2
d :
1 1 1 .
Cách 3: Lưu Thêm
Ta có D , 0 1 2
Gọi D 2; 1;
0
là trung điểm D 0; 1;
2. Ta có D 2; 1; 0
và Oxyz .
Dựng hình bình hành
x y -1
z
d : = =
2 1 1
D ; ; .
- , ta có ( P): 2x- y + 2z
- 2 = 0. .
Vì M nên hình bình hành d cũng là hình thoi. Do đó M là một vectơ chỉ
phương của đường phân giác trong của góc O của tam giác ( P ) .
.
75

Vậy đường phân giác trong của góc Oxyz đi qua điểm 1;4;2 , 1;2;4
A B và có vectơ chỉ phương là
x
5 4t
d : y 2 2t
z
4 t
nên có phương trình là:
M
.
Câu 52.
Chọn A
Gọi d là trung điểm của AMB . Khi đó 2 3có tọa độ là:
2 2 .
Mặt phẳng trung trực của đoạn 3 2 đi qua điểm 6 2 và nhận vectơ Oxyz làm vectơ
pháp tuyến.
Nên mặt phẳng trung trực đoạn 3 2 có dạng: 1;2; 2
I a; b;
c .
8 4 8
B ; ;
A
3 3 3
Câu 53.
Chọn B
Đường thẳng a b c có vectơ chỉ phương là Oxyz .
Mặt phẳng 1;2;3
A có vectơ pháp tuyến là 5; 4; 1
Vì
B .
P nên Ox cắt d B; P
2 d A;
P .
Gọi P là đường thẳng đi qua AB và ; ;
I a b c // AB, suy ra a b c
76
có phương trình:
12
.
Lấy 6 . Gọi 4 , 8 lần lượt là hình chiếu vuông góc của Oxyz trên mặt phẳng x 2 y 2 z
2 9
và đường thẳng M x0; y0;
z
0 .
Ta có:
x
1
t
d : y 1 2 t .
z
2 3t
và A,

Do vậy B , nhỏ nhất khi C hay MA , là đường thẳng MB , .
Đường thẳng MC có phương trình:
ABC
.
Tọa độ điểm D 1; 1; 2
ứng với T x 2 2 2
0
y0 z0
là nghiệm của phương trình:
Câu 54.
Đường thẳng 20 có vectơ chỉ phương là
Chọn A
Ta có: .
30 . Suy ra 26 .
21
S ABC là một vec tơ pháp tuyến của mặt phẳng SC AB 3 2
Phương trình tham số của đường thẳng AB là:
.
x 1 y z 1
.
1 4 1
Oxyz Chọn B
Gọi SC là đường thẳng cần tìm. Gọi 60 là giao điểm của A, B,
C và ABC y z 1 0
x y 4z
14 0
Do x 2y 7z
8 0 nên x y 4z
14 0
Oxyz .
Phương trình đường thẳng A 1;1;1
đi qua 1;0; 2
phương là:
D 2;2;3
.
B và nhận 2; 1;0
C là một vec tơ chỉ
Câu 55.
Chọn B
Vectơ chỉ phương của đường thẳng AB,
CD là: AC,
BD .
Vectơ pháp tuyến của mặt phẳng M , N là
2
BN
2
AM 1
AM
.
Do đường thẳng 0 là đường thẳng nằm trong 2 , cắt và vuông góc với 3, nên đường thẳng
0 có vectơ chỉ phương là:
1 .
Gọi A1;2;3 , B 1;2;0
là giao điểm của AB,
CD và M 1;3;4
Do đường thẳng 0 nằm trong 2 nên d AB .
Phương trình chính tắc của 0 là: M .
77

:
Câu 56.
Chọn D
Cách 1:
Đường thẳng d có vectơ chỉ phương u 2; a;
b
và đi qua điểm a
b , 1
Gọi 2 là vectơ chỉ phương của đường thẳng 1. qua 2. vuông góc với Oxyz và cắt 2; 1;2
Khi đó 2 2 2
S : x 1 y z 9 hay
P và M .
Gọi S , x y 2z
5 0 , chọn x y 2z
7 0
Vậy phương trình đường thẳng 2x y z 7 0
Cách 2:
Gọi P : x 2y z 1 0,
x y 1 z 1
là mặt phẳng qua P : 2x y z 2 0, và vuông góc
: ,
1
Gọi P;
Q
HK .
cần tìm là x y 2z
5 0 .
2 1 2 2
.
x y 2 z 1
: 1 1 2
Gọi 8 11
7 là đường thẳng qua 2. vuông góc với Oxyz và cắt M 2; 1;2 . Khi đó 5 .
Ta có
11 .
7
Vậy phương trình đường thẳng 2x y z 7 0
Cách 3:
, chọn Oxyz làm vectơ chỉ phương của M 2;1;0.
cần tìm là x y 2z
5 0 .
Gọi 8 11
x
7 là đường thẳng qua 2. vuông góc với Oxyz và cắt M 2; 1;2 tại 1
y 1 z
2 1 . 1 Khi đó d .
.
M .
Ta có
M
x
2 2t
d : y 1 t
z t
, x
2
z
x
2 t
d : y 1 t
z t
x
1
t
d : y 1 4t
z
2t
t
d : y 1 4t
2t
Oxyz
2 ; 5 ; 3
.
A .
Câu 57.
Suy ra
x 1 y z 2
d :
2 1 2
, chọn ( )
Vậy phương trình đường thẳng 2x y z 7 0
Chọn A
P làm vectơ chỉ phương của M 2;1;0.
cần tìm là x y 2z
5 0 .
Gọi: d , A
( P ) .
O lần lượt có 2 vectơ chỉ phương là ( P ) .
78

:
Vì 1 2 là đường vuông góc chung của
2
36 nên 11 2
6
Vậy phương trình Oxyz .
Câu 58.
Chọn B
d
I
P
1 3
Mặt phẳng d 2
:
x m y z
2 2 1
Đường thẳng 2
có vecto pháp tuyến d
1
.
d đi qua 2 và có vecto chỉ phương 0 nên phương trình
tham số của 1 là:
Oxyz .
1 3 1
Gọi : x y z
d
2 m 1 2 m P : x y z 6 0.
2
Vì A 2;2;2
, mà 1;2;3
B .
Gọi P là vecto chỉ phương của đường thẳng m .
Vì
AB nên ta chọn d .
Vậy m đi qua m 1 và có vecto chỉ phương m 1 nên có phương trình tham
m 2
số là: .
Câu 59.
Chọn A
Mặt phẳng m 3 có một vectơ pháp tuyến là Oxyz .
Mặt phẳng P :2x y 2z
3 0
x y 1 z 1
có một vectơ pháp tuyến là d 1
.
: 3 1 1
x 2 y 1 z 3
Đường thẳng
d
2
1 2 1
d .
song song với A và B có vectơ chỉ phương là 1
Câu 60.
Đường thẳng d
2 đi qua điểm AB nên phương trình của đường thẳng
u 9;8; 5
Chọn C
.
79
P là

Phương trình đường thẳng
x 1 y 2 z 1
d1
:
2 2 1
.
Gọi
2
x
t
d : y 0
z
t
là
u 1; 2; 5
qua u 1;5; 2
, có 1 véc tơ chỉ phương Oxyz là
giao điểm của đường thẳng P và mặt phẳng d
1 .
d và 45 n 1; b;
c
b.
c .
Ta có
2
Gọi 4 là hình chiếu vuông góc của 4 lên mặt phẳng 4 .
Đường thẳng chứa 0 đi qua 4
và nhận vectơ pháp tuyến 0
vectơ chỉ phương có phương trình là
Oxyz .
của 4 làm
và : 2x 2y z 9 0
Lại có A1;2; 3 , B 2; 2;1
Câu 61.
Câu 62.
M .
Hình chiếu cần tìm là đường thẳng , đi qua AMB
M là MB
Chọn B
Gọi MB là vectơ chỉ phương của đường thẳng
x
y
Gọi z là
2
t
2
1 2t
x
y
giao điểm của z và
2
t
2 t
1
x
y
Khi đó vectơ chỉ phương của z là
x
y
Vì z vuông
2
t
2 t
1
Oxyz. Vì
1
2
t
2 t
1
1
1
x y z
: ; : 2
d d
x
y
t
t
2
2 1 3 z
m
x
2
t
y 2 2t
z 1 2t
x
2 2t
y 2 t
z
1 2t
nên S .
m .
d
góc với Oxyznên
1
Suy ra d
2
. Khi đó phương trình đường thẳng
Chọn B
Cách 1:
x
2
t
y 2 t
z 1
và có một véc tơ chỉ phương
là
.
5
19 .
80

:
:
:
:
:
d :
:
:
:
Ta có VTCP của đường thẳng S là 11 .
VTPT của mặt phẳng 12 là 12
Gọi
11
Khi đó
x
1
Vì z vuông
4 t
d y 4 t
6 2t
Cách 2:
Oxyz
x 5 y 11 z 5
góc với giá của véctơ 2 2 4 2 nên ta có d
Ta có: A5; 3;5
có VTCP là d1;
d
2
.
B,
C là hình chiếu vuông góc của AB
AC lên mặt phẳng 2 và vuông góc với giá của véc tơ 3 nên 1 2
vuông góc với giá của véc tơ 1 3 .
Khi đó Oxyz .
Câu 63.
Chọn D
Gọi (1;0;2)
x
A là vectơ chỉ phương của đường thẳng 1 y z
d
1
1 1 2.
Đường thẳng có vectơ chỉ phương A .
Mặt phẳng d có vectơ pháp tuyến
x 2 y 1 z 1
: .
2 2 1
x
Vì đường thẳng 1 y z
d 1
nằm trong d và vuông góc đường thẳng nên
1 1 2
x 1 y z 2
Suy ra : .
1 1 1
x
Gọi 1 y z
2
1 3 1 là giao điểm của đường thẳng và mặt phẳng d .
x
Tọa độ điểm 1 y z
2
1 3 1
x 2 y 1 z 1
: .
1 1 1
Oxyz
là nghiệm của hệ phương trình 3;0;0 , 0;4;0 , 0;0;
A B C c .
x
Vì đường thẳng 1 y z
d 1
x
nằm trong d và cắt đường thẳng nên đường thẳng 1 y z
d 1
x
đi qua điểm 1 y z
2
1 3 1
1 1 2
c
1 1 2
.
x
Vậy phương trình đường thẳng 1 y z
d 1
là:
1 1 2
.
Lưu ý: Đây là câu hỏi trắc nghiệm nên chỉ cần tính vectơ chỉ phương 0 là có thể chọn đáp án.
Câu 64.
Chọn A
Mặt cầu c có tâm H
bán kính ABC
81

I
K
A
H
.
Gọi 5 4 , 12 5 lần lượt là hình chiếu vuống góc của 6 5 lên Oxyz và mặt phẳng A(2;0;0), B(0;3;0), C (0;0;6).
D (1;1;1) nên phương trình đường thẳng đi qua D và vuông góc với mặt phẳng A, B,
C là.
M (7;5;3)
Phương trình tham số đường thẳng M (-1; - 2;1) : .
M (5;7;3)
Tọa độ điểm M (3;4;3) là nghiệm hệ phương trình
Oxy
x 1 y 2 z
d : .
1 1 2
.
Vì P nên M 2;0; 1
. Do đó, d nhỏ nhất khi P : x y 2z
0 trùng với P : x 2y
2 0
2 2
Để P : x y 2z
0 lớn nhất thì P : x y 2z
0 phải nhỏ nhất. Khi đó, đường thẳng Oxyz cần tìm đi qua A 2;4;2
và x y z 2
.
2 1 .
Đường thẳng S có phương trình là:
A .
Câu 65.
Chọn A
Từ B , C ta suy ra AB AC 12 thẳng hàng. Hơn nữa:
Vậy là trung điểm B .
S
Vì A nên toạ độ C I
0;0; 2 , R 1. Đặt toạ độ AI 6
R ta có:
A
Vậy .
Câu 66.
Chọn A
82

Tổng quát bài toán: Viết phương trình đường thẳng vuông góc với mặt phẳng P , cắt hai
đường thẳng d và d cho trước.
Gọi A d tọa độ điểm A theo t , B d tọa độ điểm B theo t .
Đường thẳng vuông góc với mặt phẳng P nên AB và n P
cùng phương suy ra được t và
t .
Tìm được tọa độ A và B suy ra phương trình đường thẳng .
Lời giải
Mặt phẳng P có vectơ pháp tuyến là n 1;1;1
.
Gọi là đường thẳng cần tìm và A d có A d
B d nên B 2 t; 1 2 t; 2t
.
Ta có AB t 2t 3;2t t 1; 2t
3t
1
.
nên A 1 2 t ; t ; 1 3t
, B d có
Câu 67.
Do P
nên AB
t 2t 3 2t t 1 2t
3t
1
, n cùng phương
1 1 1
3t
t
4
t
1
A 1; 1; 4
2t
4t
2 t
1 B 3;1; 2
Đường thẳng đi qua điểm B và có vectơ chỉ phương n 1;1;1
x 3 y 1 z 2
.
1 1 1
Chọn C
x
2
x 3 y 1 z 4
Hai đường thẳng d : y t
z
2
có VTCP là t và : .
2t
1 1 1
Lấy điểm P : x y z 2 0 và d
là đường thẳng vuông góc chung của hai đường thẳng
.
x
2
d : y t
z
2 2t
khi
nên có phương trình
d P
M a; b;
c
.
Câu 68.
Vậy phương trình đường vuông góc chung của hai đường thẳng
d .
Chọn C
Gọi đường thẳng
x
2
d : y t
z
2 2t
là hình chiếu vuông góc của đường thẳng a b.
c trên mặt phẳng 4
là
Đường thẳng 5đi qua điểm 3 và có véc tơ chỉ phương 6 .
83

Mặt phẳng 4 có véc tơ pháp tuyến Oxyz .
Gọi
2 2 2
S : x y z 2y 2z
1 0 là mặt phẳng chứa 2;0;0
Véc tơ pháp tuyến của
2 2 2
S : x y z 2y 2z
1 0
Phương trình của mặt phẳng
2 2 2
A và vuông góc với 4 3;1; 1
là
B .
P .
S : x y z 2y 2z
1 0 là :
P .
Câu 69.
Do AB nên véc tơ chỉ phương của đường thẳng S là
T ,
suy ra T có véc tơ chỉ phương là H a; b;
c .
Kiểm tra với điểm TT thuộc đường thẳng ở khẳng định C ta thấy a b 2c
.
Do đó phương trình của
2
a b 2 c .
3
là :
2
a b 2 c .,
3
1
a b
2 c .
2
1
2 .
* Vì đường thẳng cắt cả hai đường thẳng Oxyz và a b c 2 2
2
2
S : x 1 y 1 z 2 9 nên ta gọi M 1;3; 1
và M lần lượt là giao điểm
1
của Cvới ; ;
a b 2 c .
2 nằm trong mặt phẳng ( 134
25
) nên 116
J a b c và 2a b c. Hơn nữa, vì đường thẳng
* Tìm tọa độ điểm 84
25 .
Vì 62 nên tọa độ điểm 2 2 2 2 2 2
Oxyz có dạng S
25 1
, S
2
với S1 : x y z 25;( S2) : x y ( z 1) 4. .
Vì d nên u (1; 1;0)
Do đó S 2 .
* Tìm tọa độ điểm S 1.
25 .
.
8 .
Vì d ? nên tọa độ điểm u
1 1;1; 3
có dạng u2 1;1; 6
Vì u4 1;1; 3
Do đó P :2x y 2z
1 0, .
* Ta có: Q :2x y 2z
5 0 .
với u 3
(1;1;0).
nên Oxyz .
* Đường thẳng A 1;1;1 đi qua S và nhận Q :2x y 2z
5 0
A 1;1;1 có phương trình là
A .
làm vectơ chỉ phương nên
Câu 70.
Chọn A
Gọi
P . Vì Q . là trung điểm của S , suy ra I .
Điểm C 2
nằm trong mặt phẳng C , suy ra
Suy ra tọa độ điểm 16 8
9 . Ta có
9
4
3 9
.
, chọn m (0;1) .
84

Phương trình đường thẳng : 2x y 2z
10 0 qua : x y z
m
1 m
1
1.
, có véc-tơ chỉ phương ,
là
6 .
Câu 71.
Chọn B
*) Cách 1.Gọi 3 là hình chiếu vuông góc của 9trên 12 .
Ta có :
( )
Oxyz
S là hình chiếu vuông góc của 2 2 2
trên ( )
( x 1) ( y 2) ( z 3) 27
A(0;0; 4)
Nên B (2;0;0) , ( C)
P 8
Đường cao ax by z d 0 đi qua P a b d và có VTCP P 4 có phương trình là:
*) Cách 2. Đường thẳng P 0 đi qua P 4 và có VTCP Oxyz hay ta có thể chọn véc tơ
chỉ phương của S : x 1 y 2 z 3
2 2 2 14
là
3
x 4 y 4 z 4
d :
3 2 1
A x ; y ; z x 0
nên phương trình của đường thẳng AC là:
Gọi d là hình chiếu vuông góc của 9trên 12 nên ta gọi
S
A
Ta có: B, C,
D
ABCD
Vậy đường thẳng ax by z d 0 đi qua P a b d và có VTCP P x0 y0 z0
có phương trình là:
P 8
0 0 0 0
Câu 72.
Chọn B
Giả sử đường thẳng P 6 cắt trục P 16 tại điểm P 12 ( P 8 là số thực).
Suy ra đường thẳng P 6 nhận Oxyz là một vecto chỉ phương.
Mà P 6 song song với mặt phẳng P, Q,
R và Ox , là một vecto pháp tuyến của P, Q,
R nên:
85

1
Oy ,
Oz .
Suy ra đường thẳng 2 2 2
1 1 1 1
OP OQ OR 8
đi qua điểm
PQR và nhận
S là một vecto chỉ phương có
phương trình tham số là:
d .
Từ dữ kiện P 6 nhận S là một vecto chỉ phương ta loại được đáp án A, C, D.
Thử lại thấy điểm
1 3
M
; ;0
2 2
thuộc đường thẳng d
nên đáp án B là đáp án đúng.
Câu 73.
Chọn C
Cách 1:
Mặt phẳng A,
B đi qua ba điểm AOB , 15 , 5 nên phương trình 17 là
7
. Dễ thấy Oxyz .
x 3 y 1 z 2
1 3 1
Mặt cầu :
có tâm m , bán kính 2 2 2 2
Giả sử S là hình chiếu của
x y z 4x 2my 2( m 1) z m 2m
8 . 0
S lên 1 , ta có: 6 .
Do đó 7 nên 2
Lại có ( S
2) :
7
2 2 2
và Oxyz cắt nhau và giao tuyến của chúng là đường tròn tâm ( S ) : ( x 1) ( y 1) ( z 2) 16
86
2 2 2
( x 1) ( y 2) ( z 1) 9
, nên ( ; ; )
nên
1
nằm trong đường tròn giao tuyến của 10 và 4
4 3 1 .
.
I a b c nằm trong mặt cầu a b c. Mà
Giả sử Oxyz cắt M 3;3; 3
tại : 2x 2y z 15 0 và S : x 2 2 y 3 2 z 5
2
, 100 là hình chiếu của M lên . Qua S kẻ đường thẳng vuông
góc với ,
A B , nằm trên AB , cắt tại x 3 y 3 z 3
x
và 3 y 3 z
3
. Ta có
1 1 3
1 4 6
x 3 y 3 z 3
16 11 10
chất mối quan hệ giữa dây cung và khoảng cách từ dây cung tới tâm).
Mà Oxyz không đổi nên P :2x y 2z
1 0
A,
B , do đó
x 3 y 3 z 3
5 1 8
(theo tính
nhỏ nhất khi và chỉ khi A0;0;4 , B 3;1;2
. Khi đó S , ngoài ra
P
C .

Vậy C ; r , mà r ,
2 244651 2024
Ta có: r , chọn
9
3
Vì Oxyz đi qua ( ) :
r .
S nên phương trình x 2 y 2 z 2 2x 2z
1 0
là
4
2 244651
r
3
x y 2 z
d : . Chọn C
1 1 1
Cách 2:
Mặt phẳng A,
B đi qua ba điểm AOB , 15 , 5 nên phương trình 17 là
7
. Dễ thấy Oxyz .
Thay tọa độ điểm ( P ) vào vế trái của phương trình ( P)
ta được : d . Do đó ( P)
nằm trong mặt cầu ( P ) .
Gọi ( S ) là giao điểm của T và mặt cầu ( P ) . Khi đó ta có:
T , với H lần lượt là bán kính và tâm của mặt cầu ( P ) .
Do đó TT nhỏ nhất khi
Ta lại có:
Do đó:
5 2 7
H
; ;
6 3 6
7 1 7
H
; ;
6 3 6
lớn nhất.
, với H
5 ; 1 ;
5
6 3 6 cố định.
5 1 5
H
; ;
6 3 6
. Khi đó: C ; r , mà r ,
2 244651 2024
Ta có: r , chọn
9
3
Ngoài ra Oxyz đi qua ( ) :
r .
S nên phương trình x 2 y 2 z 2 2x 2z
1 0
là
x y 2 z
d : . Chọn C
1 1 1
4
2 244651
r
3
Câu 74.
Chọn D
Ta có phép vị tự tâm Oxyz tỉ số 2 biến điểm m thành điểm : 2x y 2z
8 0 mà m là điểm nằm trên mặt
phẳng S
Suy ra điểm : 2x y 2z
8 0 nằm trên mặt phẳng 8 là ảnh của mặt phẳng S qua phép vị tự tâm Oxyz tỉ số
2 .
Ta có B 2;0;1 P
m 3
P ' : 2x y 3z
4 0
, phép vị tự tâm Oxyz tỉ số 2 biến 1
Do đó : 2x y 2z
8 0 thuộc hai mặt phẳng P : 1 m x 1 m y 1 3m z 2 8m
0 và 4; 2; 7
P : 1 m x 1 m y 1 3m z 2 8m
0 và A 4; 2; 7
với n1 2;1;3 , n2
3; 2; 1
và P : 1 m x 1 m y 1 3m z 2 8m
0
m thành B ' 6;1; 3 P
'
và
A nên : 2x y 2z
8 0 thuộc giao tuyến m của hai mặt phẳng
lần lượt là vectơ pháp tuyến của hai mặt phẳng A 4; 2; 7
1 2
C 2;3; 1
d và 3 5 có vectơ chỉ phương u n ; n 5;11; 7
87

2
2
2
2
Câu 75.
x
2 5t
d : y 3 11t
.
z
1 7t
Chọn C
Cách 1:
Ta có: mặt phẳng 5 3
Oxyz
x 2 y z
Mà đường thẳng P đi qua tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác
d :
1
1 1 1 và vuông góc với mặt
x y 1 z 2
1
phẳng d 2
nên đường thẳng P là tập hợp các điểm cách đều 3 đỉnh M
;1;0 trong không
: 2 1 1
gian
N
1;
1 ;0
2
đường thẳng P là giao tuyến của các mp trung trực của các đoạn thẳng
* Gọi
1
Q
1;0;
2
x y 2 z 2
d2
: 1 1 1
của
phẳng x y 2z
9 0
là mặt phẳng trung trực của đoạn thẳng Oxyz
2 1
x 1 2 y z 2
Mặt 2
6 phẳng d 1
:
x y 2z
3 0
x y 2z
9 0 và nhận
là: x y 2z
9 0
.
x y 2z
3 0
x y 2z
9 0
x y z
3 1 1
2
1
P
;0;1 .
2
đi qua trung điểm
là vectơ pháp tuyến x 1 2 y z 2
Phương 2
6 trình của mặt
* Gọi Oxyz là mặt phẳng trung trực của đoạn thẳng 2 x 1 2 y z 2
2
6 Mặt phẳng 1;2;3 , 2;4;4
P : x y 2z
1 0 của Q : x 2 y z 4 0.
là vectơ pháp tuyến x 1 2 y z 2
2
6
phẳng Oxyz là: M .
và nhận
* Lấy điểm ( P), ( Q ) thuộc đường thẳng
2 1
phẳng d 1
:
x y z
3 1 1
và M 1;2;3 , A 2;4;4
nên tọa độ điểm B,
C thỏa mãn hệ:
M A đi qua trung điểm
Phương trình của mặt
P , vì đường thẳng P là giao tuyến của hai mặt
ABC
* Đường thẳng P vuông góc với mặt phẳng 5 3 nên đường thẳng P có
1 véctơ chỉ phương là A , đồng thời P đi qua điểm AM nên phương trình
1 2 3
của P là
x y z
.
1 1 1
Cách 2:
Ta có: mặt phẳng 5 3
Oxyz
x 2 y z
Mà đường thẳng P đi qua tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác
d :
1
1 1 1 và vuông góc với mặt
x y 1 z 2
1
phẳng d 2
nên đường thẳng P là tập hợp các điểm cách đều 3 đỉnh M
;1;0 trong không
gian.
: 2 1 1
Nhận xét: 3 cạnh x 1
y 2
z 3
đôi một vuông góc x 1 y 2 z
3
2 1 1
1 1 1
dựng hình hộp chữ nhật
2
x 1 y 2 z 3
1 1
1
88

Câu 76.
Dễ thấy tâm mặt cầu ngoại tiếp hình hộp là trung điểm A 1;2; 1 , B 3;0;3
của đường chéo P
Mà A 1;2; 1 , B 3;0;3
A
là tâm mặt cầu ngoại tiếp của hình hộp x 1 y 2 z 3
đường thẳng P cần tìm.
A1;2; 1 , B 3;0;3
1 1 1
cách đều 3 đỉnh B x 1 y 2 z
3 A 1;2; 1 , B 3;0;3 nằm trên
Đường thẳng P vuông góc với mặt phẳng 5 3 nên đường thẳng P có 1
véctơ chỉ phương là A , đồng thời P đi qua điểm AM nên phương trình của
1 2 3
P là
x y z
.
1 1 1
Chọn D
Đường thẳng
P có VTCP x 2y 2z
5 0.
Giả sử x y 2z
3 0 là mặt phẳng qua 2x 2y 4z
3 0 và vuông góc với 2 x y 2 z 0
Gọi Oxyz là giao điểm của P : x y z 4 0 và 2; 1;3
A Tọa độ là nghiệm của hệ phương trình:
1 1 1
A
.
Đường thẳng cần tìm là đường thẳng P
Ta có u a; b;
c
hay VTCP của đường thẳng cần tìm là Oz
Đường thẳng cần tìm đi qua
a
và có VTCP là c Oz
a
Suy ra phương trình đường thẳng cần tìm: 2
c .
Cách 2: (AD: Nguyễn Văn Thịnh)
a
2
Gọi c là đường thẳng cần tìm.
Ta có
x y 1 z 2
d : 1 2 1
.
a 1
c a 1
2 cắt
2
c tại P : x y z 3 0
89
.
Đường thẳng d ' có vectơ chỉ phương là d , P có vectơ chỉ phương là
x 1 y 1 z 1
1 2 7
Ta có
.
x 1 y 1 z 1
1 2 7
. Suy ra
x 1 y 1 z 1
1 2 7
.

:
:
:
:
Đường thẳng cần tìm đi qua
a
và có VTCP là c Oz
a
Suy ra phương trình đường thẳng cần tìm: 2
c .
Câu77.
Chọn D
Cách 1
d
A
P
B
d'
E
H
Gọi Oxyz là giao tuyến của d
a 2b c
x
1
t
: y 0
1
z
5 t
và
x
0
d : y 4 2t
2
z
5 3t
2 2 2 2
, x a y b z c
R
là giao điểm của
d
1 và
2 2 2 2
d . Suy ra x a y b z c
R cố định và
Trên đường thẳng d 1
lấy điểm 6 không trùng với8 . Gọi 7 là hình chiếu vuông góc của 6 lên
x
1
t
mặt phẳng d
: y 0
, 5 là hình chiếu vuông góc của 7 lên Oxyz.
1
z
5 t
Ta có A (1;2;3) . Mà ( 1;2;1)
Vậy góc giữa d
x
1
t
: y 0
1
z
5 t
d1
:
Ta có tam giác
và
x 4 y 1 z 5
3 1 2
x
0
d : y 4 2t
2
z
5 3t
là góc AM
BM
vuông tại H và
2
x 2 y 3 z
d :
1 3 1
B . Suy ra ( P) : x y z 0
không đổi
2
Vì vậy, góc AM
BM nhỏ nhất S
2 2 2
( S) : ( x 2) ( y 1) ( z 1) 24
lớn nhất. Mà
2 2 2
( S) : ( x 2) ( y 1) ( z 1) 24
2 2 2
;
( S) : ( x 2) ( y 1) ( z 1) 6
không đổi
Suy ra
với d 1
Vậy
2 2 2
( S) : ( x 2) ( y 1) ( z 1) 24
x
0
d : y 4 2t
2
z
5 3t
lớn nhất S ( S) : ( x 2) 2 ( y 1) 2 ( z 1) 2 6 trùng với Oxyz S Oxyzvuông góc với
là mặt phẳng chứa : x y z 2 0
và tạo với mặt phẳng
1 2 3
x 1 y 2 z 3
d :
1 2 1
x 5 y 2 z 5
x 2 y 4 z 4
x 2 y 4 z 4
x 1 y 1
z
chứa d và
3
3 2 1(với 1
3 2 1 nằm trên 2
:
4
, đi qua 3 2 1 và vuông góc với Oxyz)
Ta có 1; 2;3
phương của
I là một vectơ pháp tuyến của d
d 1
S I
. Từ đó suy ra Oxyz vuông góc
một góc nhỏ nhất khi và chỉ khi
x
1
t
: y 0
1
z
5 t
P là một vectơ chỉ phương của 1
; ( P) : 2x y 2z
1 0là một vectơ chỉ
x 2 y 4 z 4
3 2 1
x
0
d : y 4 2t
2
z
5 3t
90

x y z
1 2 2 2 3 2
9 I x 2 y 2 z
2
Suy ra x y z
Cách 2
Ta có
1 2 2 2 3 2
3 .
( P) : 2x y 2z
1 0là một vectơ chỉ phương của : x y z 2 0
x 1 2 y 2 2 z 3
2
9 là một vectơ pháp tuyến của Oxyz
I 1; 2;3
là một vectơ pháp tuyến của d
1 2 3 3 là một vectơ pháp tuyến của mặt phẳng
Oxyz là mặt phẳng chứa A0;0; 2
nên
x
Gọi 2 y 2 z 3 .
2 3 2
là góc giữa A và B
C
Thay x 2 2 y 3 2 z 1
2
16 vào x 2 y 2
z 2
2 25 ta có
2 2 2
BC 8
x 2 y z 25
2 2
x y z
Góc S : x 1 2 y 1 2 z 2
2
3
2 16
x
nhỏ nhất :
2 y z
d
1
Khi đó
2
x y z 1
: .
1 2 1 1 1 1
x
1
t
: y 0
1
z
5 t
lớn nhất S
C . Suy ra 1. Vậy d .
x
0
d : y 4 2t
2
z
5 3t
Câu 78.
Chọn B
91

A
M
H
E
I
Gọi H là tâm của đường tròn ( w)
và E là một tiếp điểm của tiếp tuyến của hình cầu kẻ từ điểm
A . Khi đó Î( w)
E .
Mặt cầu có tâm I ( 2;4;6)
và bán kính R = 2 6 . Đoạn IA = 4 6 Þ IA = 2R .
Gọi ( P ) là mặt phẳng chứa đường tròn ( w ) mà M di động trong đó. Khi đó ta luôn có
AI ^ ( P ) . Tam giác AIE vuông ở E mà EH là đường cao nên
2 2
2 IE R R
= Þ = = =
IH.
IA IE IH
IA
. Từ đó suy ra bán kính
2R
2
3
HE = HI.
HA = R .
2
Gọi r là bán kính của đường tròn mà M di động trong mặt ( P ) tạo nên. Khi đó bán kính
đường tròn chính là r = HM.
Vì đường tròn ( w ) và ( )
w¢ có cùng bán kính nên ta suy ra MI = AI = 2R .
Tam giác MHI vuông ở H nên ta có
2
2 2 2 R R 15
MH = MI - IH = 4 R - = .
4 2
Vậy bán kính đường tròn mà M di động trên đó là
r = MH = R
15 .
2
Thay R = 2 6 ta được r = 3 10 .
Bình luận:
- Đây là bài toán khai thác tính chất tiếp tuyến của mặt cầu kẻ từ một điểm bên ngoài mặt cầu.
Như ta đã biết, các tiếp tuyến đó tạo thành mặt xung quanh của một hình nón, còn các tiếp điểm
nằm trên đường tròn đáy của hình nón đó. Như thế về mặt kiến thức thì vấn đề đặt ra không
mới. Mấu chốt của bài toán chính là sự kiện hai đường tròn ( w ) và ( w¢ ) có cùng bán kính.
Chính sự kiện đó đã kéo theo MI = AI = const với I là tâm mặt cầu.
- Thực ra bản chất của bài toán là kiểm tra kiến thức về khối tròn xoay. Quá trình giải của tác
giả hoàn toàn dùng hình học tổng hợp, chỉ đến bước cuối mới thay bán kính mặt cầu vào để tính
toán. Như thế, ta có thể ra một nhưng ở nội dung các khối tròn xoay. Tác giả bài toán khéo léo
92

Câu 79.
đưa tọa độ vào để bài toán thêm phần phong phú về nội dung, đồng thời thể hiện được mối
quan hệ giữa các chương của hình học phổ thông.
Sự kiện AI = 2R ngoài ý nghĩa đảm bảo cho điểm A nằm ngoài mặt cầu và có số liệu để tính
toán thì không đóng vai trò gì khác. Ta hoàn toàn có thể thay đổi giả thiết AI = 2R thành
AI = k.
R với k > 1 để tạo ra những bài toán mới.
Sau đây ta xét một vài . Đầu tiên ta xét một bài toán hình học tổng hợp bằng cách tổng quát hóa
giả thiết thành AI = k.
R với k > 1.
Chọn A
Gọi K là một tiếp điểm của tiếp tuyến kẻ từ S , H là tâm của đường tròn ( C 1 ). Tam giác giác
2
2 OK R
SKO vuông tại K và KH là đường cao. Do đó OH. OS = OK Þ OH = =
OS k .
Do hai đường tròn ( C ),( C ) có cùng bán kính nên ta suy ra OE = OS = kR .
1 2
Đường tròn mà E di động trên đó có bán kính là R¢ = EH .
Vì tam giác EHO vuông ở H nên ta có
.
2 4
2 2 2 2 R k -1
R¢ = EH = EO - OH = k R - =
2 . R
k k
S
E
H
(C 1 )
K
(C 2 )
O
Bình luận:
Câu 80.
Bây giờ thay k = 2, R = 2 6 và tiến hành tọa độ hóa điểm S (-2;0; -2)
với điểm O ( 2;4;6)
thì ta có được câu 47 trong đề thi thử chuyên ĐH Vinh lần 2 năm 2019 ở trên.
Chọn C
93

A
M
H
E
I
Từ giả thiết ta có:
Bán kính mặt cầu R = 1, tâm mặt cầu O ( 0;0;0)
. Khoảng cách AO = 2019 = 2019R .
Như vậy ta có k = 2019 .
Áp dụng bài toán 47.1ta có bán kính mà đường tròn M di động trên đó là
4 4
k - 1 2019 - 1
r = R =
.
k 2019
Chu vi của đường tròn M di động là
C = 2pr .
Câu 81.
4
2019 -1
Vậy chiều dài quảng đường là: l = 2019.2pr = 2019.2. p = 8152722p
.
2019
Chọn B
Gọi và 16
17 là tâm và bán kính của 4 2
17 . Khi đó ta có
TH1:
16
17
4
17 (vô nghiệm)
94

TH2:
A
6;3;5
Câu 82.
TH3:
x
1
t
y
2 t
z
2t
TH4:
(vô
Vậy mặt cầu có bán kính ABC
Chọn A
(vô nghiệm)
nghiệm)
Chọn hệ tọa độ N 3; 2;1
như hình vẽ.
P 0; 7;3
.
Gọi 1; 2;5
Q là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp Oxyz 1;2; 1
A .
Ta có: B 3;0;5
.
Từ ; ; M a b c ta có hệ:
95

P : x 2y 2z
10 0
.
Câu 83.
MAB .
M Bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp 11 2 là: S a b c .
Chọn C
Mặt cầu tiếp xúc với mặt phẳng Oyz đồng thời đi qua các điểm M , N,
P nên
d I;
Oyz IM IN IP
2
2 2 2
; a a 2 b 1 c
4
2 2
IN IM a 5 b c a 2 b 1 c
4
IN IP
2 2
a 5 b c a 1 b 3 c
1
d I Oyz IM
2 2 2 2
2 2 2 2
2 1 4
3a b 4c
2
4a 3b c 7
2
a a 2 b 2 c
2
a 3
b
1
c 2
hoặc
a 5
b
3
c 4
So sánh với điều kiện a b c 5 ta có c 2
Câu 84.
Chọn B
Gọi D x; y;
z
DA = x 2; y; z; DB = x; y 2; z; DC = x; y; z 2
Vì DA, DB,
DC đôi một vuông góc nên
DA. DB 0
2
x x 2 y y 2
z 0
2
DA. DC 0 x x 2 y z z 2
0 x y z
2
DB. DC 0 x y y 2 z z 2
0
I a; b;
c là tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD nên
2 2
2 2 2 2
IA
IB a 2 b c a b 2
c
2 2 2 2 2
2
IA
IC a 2 b c a b c
2
IA
ID
2 2 2 4 4 4
a 2
b c a b
c
3 3 3
2 2 2
96
4
3

a
b
1
a c a b c .
3
16
4a
4 8a
3
Vậy a b c 1.
Câu 85.
Chọn B
Mặt cầu tâm A1; 2;3
đi qua B 0; 4;6
có bán kính R AB 2
2 2 2
Phương trình mặt cầu là: x y z
1 2 3 14.
2 2
1 2 3 14.
Câu 86.
Chọn A
I a; b;0 Oxy ; b 0 .
IA 1 a; b; 1
IB 3 a; 2 b;1
.
Gọi
Ta có ,
Do mặt cầu S hai điểm A , B nên IA IB 11
IA IB
IA IB
2 2
2a b 3
b 2a
3
1 1 11 1 2 3 10 0
2
2 2
2 2
IA 11 IA 11
a b a a
b
2a
3
b 2a 3
a 0; b 3
a 0
2
5a
10a
0
.
a
2; b 1
a
2
I 0; 3;0 S : x y z 6y
2 0.
Đối chiếu điều kiện ta có
2 2 2
Câu 87.
Câu 88.
Chọn D
x 2 y 2 z 2 2 2 m x 2 m 1 z 3m
2 5 0 có dạng
Phương trình
2 2 2
x y z 2ax 2by 2cz d
với
2
Điều kiện để phương trình đã cho là phương trình mặt cầu:
2 2 1
2 3 2
2
m m m 5 0 m m
Do m nên suy ra m2; 1;0;1;2;3;4 .
Vậy có 7 giá nguyên của m thoả mãn yêu cầu bài toán.
Chọn C
a 2 m , b 0, c m 1, d 3m
5 .
2 2 2
a b c d
0
2 10 0 1 11 m 1 11 .
Phương trình
2 2 2
x y z x y z m
2 2 4 0 là một phương trình mặt cầu
Câu 89.
m .
2 2 2
1 1 2 m 0 6
Chọn B
Để phương trình
2 2 2
x y z x my z
4 2 6 13 0 là phương trình của mặt cầu thì
97

2 2 2
4 m 3 13 0 m 0 m 0
.
Câu 90. (TTLT ĐH DIỆU HIỀN-CẦN THƠ-T11-2017) Trong không gian với hệ tọa độOxyz ,
2 2 2
tìm m để phương trình x y z 2mx 2( m 2) y 2( m 3) z 8m
37 0 là phương trình
của một mặt cầu.
A. m 2 hay m 4 . B. m 2 hay m 4 .
C. m 4 hay m 2 . D. m 4 hay m 2 .
Câu 91. (Chuyên Quang Trung-Bình Phước-Lần 3-2018) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz ,
Câu 92.
2 2 2
tìm tất cả các giá trị của m để phương trình x y z 2x 4y 6z m 0là phương trình
mặt cầu.
A. m 14 . B. m 14 . C. m 14 . D. m 14 .
Chọn D
Mặt cầu
S có tâm 0;0;0
O , bán kính R 3.
Gọi S ( P) ( C)
là đường tròn tâm K , bán kính r R d O P
Gọi d là đường thẳng qua O và vuông góc với P . Khi đó
2 2 7 5 11
,( ) 9 .
6 6
x
2t
( d) : y t (t ) .
z
2t
Gọi I là tâm mặt cầu chứa đường tròn giao tuyến của S và ( P ) . Khi đó I d I(2 t; t;2 t)
.
2 2
3t 8t 20 8t 2t 8t
7 275
d I Q d I P r
2 2
2
3 4
6 36
Theo bài ra ,( ) ,( )
t
1
2 2 2 2
36 t 4 18t 7 275 288t 36t 252 0 8t t 7 0
7 . t
8
Với t d I Q
1 ,( ) 5 .
2
2
Câu 93.
7 25 .
8 8
Với t d I,( Q)
Vậy có hai mặt cầu chứa đường tròn giao tuyến của S và ( P ) đồng thời cùng tiếp xúc với
25
65
mặt phẳng Q , bán kính hai mặt cầu đó lần lượt là R1 5 , R2
. Khi đó R1 R2
.
8
8
Chọn D
Tâm I nằm trên d nên I 1 t ;2 2 t ;2 t
.
Mặt cầu đi qua A và tiếp xúc với mặt phẳng
P nên ;
2 2
2 1 t 4 4t 4 2t
1
AI d I; P t 4t t
1
2 2
1 2 2
AI d I P R .
98

Câu 94.
7t
2
2
2 2
6t 2t 1 9 6t 2t 1 7t
2 .
2
t 2t 1 0 t 1 I 2;0;3 .
Vậy bán kính mặt cầu R AI 3 .
Chọn B
3
Mặt cầu S có tâm I 1;2; 1
và bán kính 3
E 5;5; 1
. Dễ thấy điểm E là điểm ngoài của
Khi đó
R . Lấy điểm E sao cho 2AE
BE 0
P 2MA MB 2 ME AE ME BE ME 2AE BE
S .
2 2
2 2 2 2 2
.
P lớn nhất và nhỏ nhất khi và chỉ khi ME lớn nhất và nhỏ nhất.
max ME IE R 8; min ME IE R 2 . Do đó
Câu 95.
Câu 96.
m P AE BE n P AE BE
2 2 2 2
max 64 2 ; min 4 2 suy ra m n 60
Chọn D
Cách 1:
Mặt cầu S có tâm I a; b;
c
S
có dạng: x 2 y 2 z 2 2ax 2by 2cz e 0 a 2 b 2 c 2 e 0
Ta có:
.
A
S 10a 6b 6c e 43 a
3
B S 2a 8b 4c e 21 b
2
.
C
S 4a 6c e 13 c
1
D S
8a 8b 2c e 33
e
5
a b c 3 2 1 6 .
Cách 2:
Mặt cầu S có tâm I a; b;
c .
Khi đó:
2 2
AI BI a b c a
2 2
AI BI CI DI AI CI a b b
2 2
.
8 2 2 22 3
6 6 30 2 .
a b c 3 2 1 6 .
AI
DI 2a 2b 8c 10 c
1
Chọn B
Gọi phương trình mặt cầu đi qua 4 điểm O, A, B,
C có dạng là:
2 2 2
x y z ax by cz d
2 2 2 0 .
99

Câu 97.
Do mặt cầu đi qua 4 điểm O, A, B,
C nên thay lần lượt tọa độ O, A, B,
C vào phương trình mặt
d
0
d
0
9 6a d 0
3
a
cầu, ta có hệ phương trình: 2 .
4 4b
d 0 b 1
16 8c
d 0
c 2
9 29
Do đó ta có bán kính mặt cầu là R 1 4 0 .
4 4
2 29
Nên diện tích mặt cầu là S 4 R 4 . 29
.
4
Chọn B
Mặt cầu S : x 1 2 y 1 2 z 2
2
4 có tâm 1;1; 2
I và bán kính R 2 .
Vì ba mặt phẳng thay đổi qua A1;1; 1
và đôi một vuông góc với nhau nên ba mặt phẳng này
cắt nhau theo ba giao tuyến là ba đường thẳng đôi một vuông góc với nhau tại A . Chọn hệ trục
tọa độ Axyz sao cho gốc tọa độ là điểm A và các trục tọa độ lần lượt trùng với các đường
thẳng giao tuyến của ba mặt phẳng đã cho.
Gọi I a; b;
clà tọa độ tâm mặt cầu ( S ) ứng với hệ trục tọa độ Axyz .
2 2 2 2 2 2
Suy ra IA a b c 1 a b c 1. Không mất tính tổng quát ta giả sử mặt cầu
( S ) cắt các mặt phẳng Axy , Ayz , Axz theo các đường tròn lần lượt có tâm làO 1
, O
2
, O
3
tương ứng với bán kính là r 1
, r 2
, r 3
.
Ta có
2 2 2 2 2 2 2 2
r R IO c , r R IO a , r R IO b .
2 2 2 2
1 1
4
2 2
4
Suy ra r 2 r 2 r 2 a 2 b 2 c
2
1
2
3
12 12 1 11
Do đề gốc sai nên có chỉnh sửa lại. Đề gốc là :
3 3
4
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt cầu S : x 1 2 y 1 2 z 2
2
4 và
điểm A1;1; 1
. Ba mặt phẳng thay đổi đi qua A và đôi một vuông góc với nhau, cắt mặt
100

cầu
đường tròn
S theo ba giao tuyến là các đường tròn 1, 2 ,
3
C , C , C là
1
2
3
C C C . Tổng ba bán kính của ba
Câu 98.
A. 6 . B. 4 3 . C. 3 3 . D. 2 2 3 .
Lời giải vắn tắt của tác giả ra đề cũng sai.
Chọn D
Đường thẳng d đi qua điểm M 1;2;2
và có vectơ chỉ phương u 3; 2;2
IM 2;0;3 IM , u
6;13;4
. Gọi H là trung điểm AB IH AB .
IM , u
36 169 16
Khoảng cách từ tâm I đến đường thẳng d là: IH 13 .
u 9 4 4
.
Câu 99.
Suy ra bán kính
2
2 AB
R IH
13 3 4 .
2
Phương trình mặt cầu tâm I 1;2; 1
và có bán kính 4
Chọn A
Ta có hình vẽ sau:
2 2 2
R là x y z
1 2 1 16 .
2 2 2
Mặt cầu S : x y z 1 có tâm 0;0;0
O , bán kính R OB 1.
1
d O P OH .
3
2 2 2 2
r BH OB OH .
3
P .
Khoảng cách từ điểm O0;0;0
đến mặt phẳng P là: ,
Bán kính đường tròn giao tuyến C là:
Gọi d là đường thẳng qua tâm 0;0;0
O và vuông góc với mặt phẳng
101

Câu 100.
Câu 101.
Chọn C
x
t
z
2t
Khi đó d : y 2t t
Suy ra I t ;2 t; 2t
Ta có:
lại có điểm I
d do ba điểm I, O,
H thẳng hàng.
, IA t 1;2t 1; 2t
1
, IA t 1 2t 1 2t
1
t 4t 4t 1 9t
1
IH d I,
P
, IB BH IH
3
2 2
1 2 2
Mặt cầu chứa đường tròn
102
2 2
2 2 2
2
C
và qua điểm A1;1;1
có tâm là điểm I a; b;
c
2 2 2 2 2 9t
1
IA IB t 1 2t 1 2t
1
3
3
t 1 2 2t 1 2 2t
1
2 8 9t
1
1
= t .
9 3 2
1
Suy ra tâm I
;1;
1
2 . Vậy 1
a b c .
2
Cách 2.
2 2 2
x y z 1
Măt cầu chứa dường tròn C
:
có dạng:
x 2y 2z
1 0
S : x 2 y 2 z 2 1 m x 2y 2z
1 0
A 1;1;1 S 3 1 m 1 2 2 1 0 m 1.
S ' : x y z x 2y 2z
1 0 . Suy ra tâm
Vậy 2 2 2
Chọn D
2
2 2
Ta có x 2 y 2 z 2
m x m y m z m
2 1 2 2 1 6 2 0
x 2 y 2 z 2
m x y z
1 1 1 15 2 2 6 0
2 2
2 2 9t
1
3
3
.
có bán kính
1
I
;1;
1
2 . Vậy 1
a b c .
2
Khi đó đường tròn cố định C cần tìm là giao điểm của mặt phẳng P : 2x y 2z
6 0
và mặt cầu S ' : x 1 2 y 1 2 z 1
2
15 0.
Mặt cầu S ' có tâm (1; 1; 1)
của J trên mặt phẳng P .
J nên độ tâm I của đường tròn
Gọi là đường thẳng qua J và vuông góc với P , ta có:
2 1; 1;2 1
, mặt khác I P
I I t t t
Vậy I( 1; 2;1) . Chọn D
Dễ thấy mặt phẳng ( P ) song song mặt phẳng ( Q ) .
Lấy điểm A(1; 1;0) P
. Ta có:
C là hình chiếu vuông góc
x 1 y 1 z 1
:
2 1 2
nên 2x y 2z 6 0 t 1
I I I

1
2 6
d P; Q d A; Q
3.
1
4 4
Do mặt cầu ( S ) tiếp xúc với hai mặt phẳng song song nên khoảng cách giữa hai mặt phẳng
song song đó chính bằng đường kính của ( S ) .
3
Vậy mặt cầu S có bán kính là R S
.
2
Câu 102.
Chọn A
2 2 2
Từ phương trình mặt cầu S : x y ( z 3) 8 , suy ra mặt cầu có tâm 0;0;3
kính R 2 2 .
Gọi M x; y;
z là điểm thuộc S sao cho MA 2MB . Theo giả thiết, ta có :
2 2
2
S
x y z 3
8
2 4 4 3 4 1 1 1
M
2 2 2 2 2 2
MA MB x y z x y z
2
2 2
x y z 3
8
2 2
2
x y z 3
8
2 2 2 2z
29 .
x y z 0 z
2 0
3 3
Khoảng cách từ tâm I 0;0;3
đến mặt phẳng P : z 2 0 là:
3 2
d I, P
1
R .
2 2 2
0 0 1
Do đó đường tròn C là giao tuyến của mặt phẳng P và mặt cầu S .
Đường tròn
2 2
C có bán kính R
R d I P
C
, 8 1 7 .
I và bán
Câu 103.
Phương trình tham số của đường thẳng
x
1
2t
d : y t
z
2 t
103
.

Vì C thuộc d nên tọa độ của C có dạng C 1 2 t; t;2
t
Ta có AB1; 1; 2
và AC 2 t; t 3;1 t
Suy ra AB, AC 3t 7; 3t 1;3t
3
Diện tích tam giác ABC là
Theo bài ra ta có
.
.
.
1 1
S ABC
AB, AC
(3t 7) ( 3t 1) (3t
3)
2 2
1
S t t
2
2
ABC
2 2 27 54 59 2 2 .
2 2 2
.
2
27t
54t
59 32
t thì 1;1;1
Với 1
Câu 104.
Chọn A
2
( t 1) 0 t 1
.
C nên m 1; n 1; p 1 .
Vậy giá trị của tổng m n p 3
VìC d nên tọa độ của C có dạngC 1
2 t; t;2
t
Câu 105.
Chọn A
Ta có AB1; 1; 2
và AC 2 t; t 3;1 t
1
Vì ABC vuông tại A nên AC. AB 0 2t t 3 2 2t 0 3t 1 0 t .
3
5
m
3
5 1 4 1 5 2 7
C ; ; n m 2n p 0 .
3 3 3 3 3 3 3
7
p
3
x
t
Phương trình tham số của đường thẳng d : y 1 2t
z
2 3t
Vì M d nên tọa độ của M có dạng M t; 1 2 t; 2 3t
.
Vì khoảng cách từ M đến mặt phẳng P bằng 2 nên
t 2 1 2t 2 2 3t
3 2
2
2
1
2 2
t 2 4t 4 6t
3
1
4 4
2
5 t
5 t 6 t
1 M 1; 3; 5
2 5 t 6
3
5 t 6 t 11 M 11;21;31
104

Câu 106.
Chọn A
Vì M có tung độ âm nên M 1; 3; 5
Câu 107.
Chọn A
Ta có AB 3;2; 1 , AC 2; 2;2 , n AB, AC 2;4;2 n, AC
12;0; 12
1
12
Một vectơ chỉ phương của đường cao kẻ từ B của tam giác ABC là u n, AC
1;0; 1
Phương trình đường cao kẻ từ B là:
x
3
t
y
2 .
z
t
Ta thấy điểm P 1;2; 2
thuộc đường thẳng trên.
.
.
AB 2; 3; 1 , AC 1; 3; 2 AB = AC 14
Ta có
tức tam giác ABC cân tại A .
Do đó gọi D là chân đường phân giác trong kẻ từ A thì D cũng là trung điểm BC nên
5 3 3 3
D ; 1; AD ; 3; . Chọn một vectơ chỉ phương của đường phân giác trong
2 2 2 2
2
AD là u AD 1; 2; 1
.
3
Vậy phương trình AD là :
x
1
t
y
2 2 t .
z
3 t
Ta thấy điểm P 0;4;4
thuộc đường thẳng trên.
Câu 108.
Chọn A
105

x y z
Phương trình mặt phẳng ABC theo đoạn chắn là 1
6x 3y 2z
6 0
1 2 3
n 6;3;2
là vectơ pháp tuyến của mặt phẳng ABC .
Đường cao của tứ diện ABCD kẻ từ D đi qua D 2; 3;1
và nhận vectơ pháp tuyến của mặt
phẳng
Câu 109.
Chọn C
ABC là n 6;3;2
Ta thấy điểm P 4;0;3
thuộc đường thẳng trên.
Ta có B BC a B 2;3;1
làm vectơ chỉ phương có phương trình là
4; 5; 4 7 2 2 4 8
2 2 2
C BC C t t t BC t t t
t
2
2
BC
18 2
Mà BC
t
Lại có
2
t
1
C 3;4; 3
3 2 18 2 18
t 3 C 1;2;5 L
BC; a ABC 30
x
2 6t
y
3 3 t .
z
1 2t
nên ta có A chính là hình chiếu của C lên
x
3
t
trình đường thẳng AC là y
4 .
z
3 t
a mà ta có phương
Câu 110.
Chọn D
Vậy tọa độ điểm A là
3 9 3
3 t 3 t 3 0 t A ;4;
2 2 2
106

Do tam giác ABC vuông tại A và AM là đường trung tuyến nên ta có
MA MC MB và MCA MAC BAH mà AJ là phân giác nên dễ dàng có được
HAJ MAJ
Hay AJ cũng là phân giác của tam giác HAM . Vậy ta có điểm đối xứng của H qua AJ sẽ
E x; y;
z là điểm đối xứng với H qua AJ ta có tọa độ điểm E bằng cách
thuộc AM . Gọi
giải hệ:
Câu 111.
Chọn D
1
x
x 5 y 5 z 2 3
1 1 1 1 1 1 8
y
E ; ;
x 5 y 5 z 2
3 3 3 3
5 0
2 2 2
8
z
3
Phương trình đường thẳng AM đi qua K và E nên có dạng
7
x 2 t 3 4
y
1 t
3
8
z
t
3
Ta có A là giao điểm của mặt phẳng P và đường thẳng AM . Vậy
7 4 8 50 29 64
2 t 1 t t 5 0 t 8 A ; ;
3 3 3 3 3 3
Ta có B chính là giao điểm của đường thẳng BG và mặt phẳng P
5 4 1 2 7 13
t t 4t 5 0 t 1 B ; ;
3 3 3 3 3 3
107

Câu 112.
Gọi M là trung điểm của BC , ta có GM vuông góc với đường thẳng BC vậy nó cũng vuông
5
x t
3
4
góc với mặt phẳng P . Vậy phương trình đường thẳng GM là y
t
3
1
z
t
3
Ta có điểm M chính là giao điểm của GM với mặt phẳng P .Vậy ta có tọa độ điểm M
5 4 1 4 8 5
t t t 5 0 t M 3; ;
3 3 3 3 3 3
16
Mà M lại là trung điểm BC vậy ta có tọa độ của C là C
;3;
1
3
Chọn D
Tọa độ M a; b;
c thỏa hệ phương trình
Vậy T a b c 2 .
a 1 b 1 c 3 2a b 3 a
2
1 2 2
b c 4 b
1
.
2a 2b c 3 0 2a 2b c 3
c
5
Câu 113.
Gọi là đường thẳng đi qua điểm A và vuông góc với mặt phẳng P .
Câu 114.
x
1
t
Phương trình tham số của đường thẳng là y
3t
.
z
3 2t
Gọi H là hình chiếu của A trên mặt phẳng P . Suy ra H P
.
Tham số t ứng với tọa độ điểm H là nghiệm của phương trình
1 t 3.3t 2 3 2t
7 0 t 1.
Do đó H 0;3;1
.
Điểm A đối xứng với điểm A qua mặt phẳng P
điểm của đoạn thẳng AA . Suy ra A 1;6; 1
.
Chọn D
Cách 1.
Gọi A là điểm đối xứng với A qua d .
Gọi P là mặt phẳng qua A và vuông góc với đường thẳng d .
Ta có phương trình mặt phẳng
P là
Gọi H là hình chiếu của A trên d , dễ có H d P
.
Vì H d nên H 1 3 t;1 2 t;1 t
.
khi và chỉ khi H là trung
3 x 5 2y z 1 0 3x 2y z 14 0 .
108

Câu 115.
Câu 116.
Câu 117.
Lại có H P
nên
3 1 3t 2 1 2t 1 t 14 0 14t 14 t 1.
Suy ra H 4; 1;0 , mà H là trung điểm của AA nên 3; 2; 1
Cách 2.
A .
Gọi H là hình chiếu của A trên d , ta có H 1 3 t;1 2 t;1 t AH 3t 4;1 2 t; t
Đường thẳng d có véc tơ chỉ phương là u 3; 2; 1
Ta có
.
AH. u 0 3 4 3t 2 1 2t t 0 14t 14 t 1.
Suy ra H 4; 1;0 A3; 2; 1
Chọn B
.
Gọi I 1 t; t; 2 t d là tâm của hình thoi ABCD .
Xét IA t;t 2; t 1 ;IB t 3;t 3; t
.
2
Vì ABCD là hình thoi nên IA IB IA.IB 0 3t 9t 6 0 t 2;t
1.
Do D đối xứng B qua I nên:
i. Với t 1 I 0; 1; 1 D 2; 1;
0
. (Đáp án B)
2 1 2 0 0 1 2
ii. Với t I ; ; D ; ;
.
Vì M Î d nên M (- 2 t;1 + t; t)
MO = t + t +
2
6 2 1
( )
2 -2t -1- t + 2t
-2
d ( M ,( P)
) = = t + 1 .
2 2
2 + - 1 + 2
( ) 2
M cách đều gốc tọa độ O và mặt phẳng ( P ) nên MO d ( M ,( P)
)
2
6t 2t 1 t 1
2
+ + = + ( ) 2
Vậy có 1 điểm M .
Chọn C
Cách 1:
AB 2; 2;2 , AB 2 3.
Ta có
Phương trình đường thẳng
Û 6t + 2t + 1= t + 1 Û t = 0 .
x
1 t '
AB : y 4 t ' .
z
2 t '
Gọi N là hình chiếu của M lên trên đường thẳng AB . Khi đó
= hay
S
AMB
1
AB.
MN
2
.
109

Suy ra, S
AMB
đạt giá trị nhỏ nhất khi và chỉ khi MN nhỏ nhất, hay MN
chung của hai đường thẳng AB và d .
M d M 5 4 t ;2 2 t ;4 t
N AB N 1 t;4 t;2
t
MN 4t t 4; 2t t 2; t t 2 .
Vì MN là đường vuông góc chung của hai đường thẳng AB và d nên
MN. uAB
0 t t
0 t
1
.
MN. u 0 21t 3t
18 0 t
1
d
là đường vuông góc
Câu 118.
MN 6 .
1
min S
AMB
.2 3. 6 3 2 dvdt .
2
Cách 2:
AB 2; 2;2 .
Ta có
M d M 5 4 t ;2 2 t ;4 t .
AM 4 4 t ; 2 2 t ;2 t .
2
2
3 6t 12t 8 3 6 t 1 2 3 2.
1 1
S
AMB
AB; AM 6 t ;12 6 t ;12 12t 3 t 2 t 2 2t
2 2
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi 1
Vậy min S 3 2 dvdt
Chọn C
AMB
.
Cách 1:
AB 2; 2;2 , AB 2 3.
Ta có
Phương trình đường thẳng
2
t hay 1;4;5
x
1 t '
AB : y 4 t ' .
z
2 t '
M .
Gọi N là hình chiếu của M lên trên đường thẳng AB . Khi đó
110
2 2
S
AMB
Suy ra, S
AMB
đạt giá trị nhỏ nhất khi và chỉ khi MN nhỏ nhất, hay MN
chung của hai đường thẳng AB và d .
M d M 5 4 t ;2 2 t ;4 t
N AB N 1 t;4 t;2
t
MN 4t t 4; 2t t 2; t t 2 .
1
AB.
MN
2
là đường vuông góc

Câu 119.
Vì MN là đường vuông góc chung của hai đường thẳng AB và d nên
MN. uAB
0 t t
0 t
1
.
MN. u 0 21t 3t
18 0 t
1
d
MN 6 .
1
min S
AMB
.2 3. 6 3 2 dvdt .
2
Cách 2:
AB 2; 2;2 .
Ta có
M d M 5 4 t ;2 2 t ;4 t .
AM 4 4 t ; 2 2 t ;2 t .
2
2
3 6t 12t 8 3 6 t 1 2 3 2.
1 1
S
AMB
AB; AM 6 t ;12 6 t ;12 12t 3 t 2 t 2 2t
2 2
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi 1
Vậy min S 3 2 dvdt
AMB
.
2
t hay 1;4;5
M .
Chọn D
DO DB AO AB
Có AD . AB . AO . AB . AO
BO BO AO AB AB AO
(trong đó D là chân đường phân giác trong hạ từ A xuống OB )
3 5 2 14
. ; ; 5
. 1; 2;2
0; 12 ;
24
AD
8 3 3 3 8 8 8
Chọn u 0; 1;2 là vecto chỉ phương của đường thằng AD
x
1
phương trình đường thẳng AD là: y
2 t .
z
2 2t
OB OA
Tương tự: OT . OA . OB .
OA OB OA OB
4
3
. 1;2; 2 . 8 ; 4 ; 8 12 ; 12
OT ;0
7 7 3 3 3 7 7
.
2 2
(trong đó T là chân đường phân giác trong hạ từ O xuống cạnh AB ).
Chọn v 1;1;0
là vecto chỉ phương của đường thẳng OT .
phương trình đường thẳng OT là:
x
t
y
t .
z
0
111

Câu 120.
Câu 121.
I là tâm đường tròn nội tiếp của tam giác OAB I là giao điểm của AD và OT .
Xét hệ phương trình giao điểm của AD và OT :
Vậy a b c 11 0 0 .
Cách 2
Ta có I a; b;
c ; OA 3; OB 4 ; AB 5 .
Sử dụng kết quả: BO. IA OA. IB AB. IO 0
8
4. 1 x 3. x
5. x
0
3
x 1
4
4. 2 y 3. y 5. y
0 y 1
I 1;1;0
.
3
z
0
8
4. 2 z 3. z 5. z
0
3
Vậy a b c 11 0 0 .
Chọn C
; 2 ;
d B P d A P
Vì
và
P cắt đoạn AB tại I nên
7
a
5 2a
1
a
3
BI 2AI b 4 2b 2
b 0 a b c 4 .
c 1 2c
3
5
c
3
Chọn B
Mặt cầu S 1 :
112
1 s
s
1
2 t s I
t
1;1;0
.
1
2 2t
0
2 2 2
x y z 9 có tâm O 0; 0; 0
, bán kính R1 3 .
M d M 1 a ; 1 2 a ; 2 3a
.
Do MA , MB , MC là những tiếp tuyến tại A , B , C với mặt cầu
Suy ra
2 2 2 2
MA MB MC OM 9.
Khi đó A , ,
B C
Ta có phương trình
2 :
có tâm là M , bán kính
S 2
2 :
S
R
2
2
OM 9
.
1
S .
2 2 2 2
x a 1 y 2a 1 z 2 3a OM 9 .
2 2 2
S
x y z 2 a 1 x 2 2a 1 y 2 2 3a z 9 0 .
Mặt khác theo giả thiết A , B , C cùng thuộc mặt cầu
Suy ra tọa độ A , B,
C thỏa mãn hệ:
2 2 2
x y z
1
S .
9 0
.
2 1 2 2 1 2 2 3 9 0
2 2 2
x y z a x a y a z

Do đó phương trình mặt phẳng
D
ABC
a a a
Với 1
ABC là:
2 a 1 x 2 2a 1 y 2 2 3a z 18 0 .
2 1 2 2 1 4 2 3 18 0 a 1.
a , ta có 0 ; 1;5
2 2 2
M . Khi đó T x y z .
0 0 0
26
Câu 122.
Chọn C
Gọi H,
K lần lượt là hình chiếu của S lên mặt phẳng ABC và đường thẳng AB .
góc giữa SC và mặt phẳng ABC là góc SCH 60 .
3 3
SH SC.sin 60
2
Gọi K 1 t;4 t; 1 t AB SK t;4t 3; 3
t
Gọi
AB
Ta có
u là một vectơ chỉ phương của đường thẳng AB . Theo đề ra u 1;4; 1
1 3 3
SK AB SK. uAB
0 t 16t 12 3 t 0 t K ;2;
2 2 2
1 7 1 49 3 3
SK ; 1; SK 1
2 2 4 3 2
Khi đó SK ABC
. Chọn vectơ pháp tuyến của
phương trình mặt phẳng
.
AB
SK SH H K .
1 7
mp ABC là n
SK
; 1;
, ta có
2 2
1 3 7 3
x y 2 x 0 x 2y 7z
8 0
2 2 2 2
ABC là:
.
113

Câu 123.
Cách 2: ABC chứa điểm 1;0; 1
ABC
vuông góc với vecto chỉ phương của đường thẳng AB nên chọn C. Phương án nhiễu kém!
M nên loại đáp án B, D. Vecto pháp tuyến của
Nhận xét: Khi 6 điểm A, B,
C cùng với ba trung điểm của ba cạnh bên của hình chóp S.
ABC
nằm trên một mặt cầu thì các mặt bên của hình chóp cụt là hình thang cân suy ra SA SB SC .
SK ABC nên K là tâm đường tròn ngoại tiếp ABC . Do đó ABC vuông tại C nên
Mà
tâm mặt cầu qua 6 điểm A, B,
C cùng với ba trung điểm của ba cạnh bên của hình chóp S.
ABC
là K . Đề nên hỏi phương trình mặt cầu đi qua 6 điểm trên.
Chọn D
Cách 1:
Ta dễ dàng chứng minh được 4 điểm A, B, C,
D tạo thành tứ diện. Gọi ( ) là mặt phẳng cần
tìm, ta xác định mặt phẳng ( ) như sau:
M AB
Xét ( ) và ABC có
giao tuyến của ( )
và ABC
là Mx trong đó
// AB
Mx // AB , Mx AB K
Tương tự ta có giao tuyến của ( )
và BCD
là Ky trong đó Ky // CD , Ky BD N
( ) KMN
Ta có:
BN BK AM
BD BC AC
2
BN AM BN BD 30
BD AC AM AC 6
2
Vậy từ giả thiết:
BN AM
2
1 AM 6 AM 6 AC .
AM
Þ M là điểm đối xứng của C qua A .
Vậy chỉ có 1 mặt phẳng thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Cách 2: Tác giả:Lê Minh Huệ; Fb:leminhhuebg
Ta dễ dàng chứng minh được 4 điểm A, B, C,
D tạo thành tứ diện.
Vì mặt phẳng ( ) song song với AB,
CD và cắt 2 đường thẳng AC,
BD lần lượt tại M , N nên
theo định lí Talet trong không gian ta có:
2
BN BD 30
AM AC 6
2
Vậy từ giả thiết:
BN AM
2
1 AM 6 AM 6 AC .
AM
Þ M là điểm đối xứng của C qua A .
Vậy chỉ có 1 mặt phẳng thỏa mãn yêu cầu bài toán.
5
5
Câu 124.
Chọn C
* Cách 1.
114

AB 0;0; 3
.
ud
2; a;
b
.
* d AB AB. ud
0 b 0
ud
2; a;0
* BM 2;1;4
BM , u
d
4 a;8; 2a
2
BM , u
d
d d M , d
u
d
2
2 2
16a 64 2a 2 20a 8a
68
2 2
4 a
a 4
2
5a
2a
17
2. 2
2
a 4
f a
Xét
f
f a
2
5a
2a
17
a
2
4
a
1
4
2
2a
6a
8
a
0
2
2
a
Vì hàm
f
a
4
f a liên tục trên nên
f
Vậy
1 4, 4 5, 25 .
dmin
a b 1
C
f a đạt GTNN a 1
f a có GTNN f 1 , f 4
* Cách 2.
d AB nên d nằm trong mặt phẳng (P) qua B và vuông góc AB 0;0; 3
Có phương trình: x y z
0 1 0 2 3 0 0
hay P : z 0 P
trùng xOy
Khoảng cách từ M 1;3;4 đến
M 1;3;4 xuống xOy H 1;3;0
Vậy
Gt cho
d có vtcp là BH 2;1;0
d có vtcp dạng u 2; a; b // 2; 1;0
a 1, b 0 a b 1 C .
P nhỏ nhất khi và chỉ khi d đi qua H là hình chiếu của
Câu 125.
115

Chọn B
I
P
H
M
Mặt cầu S có tâm I 1;0;0
, bán kính R 3 .
Giả sử đường tròn giao tuyến có tâm H , bán kính r . Khi đó H là hình chiếu của I trên P
IM 1; 1;2
IM 6 .
Ta có
r 2 R 2 IH 2 R 2 IM 2 MH 2 R 2 IM 2 MH 2 3 MH
2 3 (vì MH luôn không
Do
âm). Suy ra r nhỏ nhất bằng 3 khi và chỉ khi MH nhỏ nhất M H .
Khi đó P là mặt phẳng qua M và vuông góc với IM .
Phương trình mặt phẳng
P
là x y z
1.( 2) 1. 1 2. 2 0 hay x y 2z
7 0
Câu 126.
Chọn A
+ Tính u nP, n
Q
1; 1; 3
H 2 t;1 t; 1 2 t ; K m;2 m;1 2m
Câu 127.
+ Gọi nên HK m 2;1 m t;2 2m 2t
+ Vì song song với 2 mặt phẳng P;
Q
nên HK k.
u suy ra
m 2t 1 m t 2 2m 2t
tính ra được
1 1 3
8 11
+ Suy ra HK .
7
Chọn A
2 3
m ; t .
7 7
Vectơ chỉ phương của là u
2;1; 1
.
Gọi H x; y;
z là hình chiếu của M lên , suy ra tọa độ của H thỏa
7
x
x 2 .2 y 1 .1 z. 1
0 2x y z 5
3
MH. u
0
1
x 1 2
y 1
x 2y 3 y
.
H 3
y 1
z
y
z 1
2
z
3
1 4 2
Ta có MH ; ;
, suy ra vectơ chỉ phương của d là nd
1; 4; 2
.
3 3 3
116

Phương trình tham số của đường thẳng d có vectơ chỉ phương n 1; 4; 2
M 2;1;0 là
Câu 128.
Chọn A
x
2 t
d : y 1 4t
.
z
2t
d
và đi qua điểm
A
K
H
d
(P
Câu 129.
Chọn C
Câu 130.
Gọi K là hình chiếu của A lên đường thẳng d . H là hình chiếu của A lên mặt phẳng ( P ) .
Khi đó d A,( P)
AH AK không đổi.
Vậy khoảng cách từ điểm A đến ( P ) lớn nhất khi H K . Khi đó AK ( P)
.
Giả sử K 1 2 t ; t ; 2 2t
d . Suy ra AK 1 2 t ; 5 t ; 1
2t
.
Ta có: AK ud
2;1; 2 AK. ud
0
2 1 2t 5 t 2 1 2t 0 t 1 K 3;1;4 AK 1; 4 ;1 .
và
Mặt phẳng ( P ) có phương trình:
1
.
2
x 1 4 y 0 z 2 x 4 y z 3 0 d O;( P)
Đường thẳng
1
Đường thẳng
2
d đi qua điểm M 1;3; 1
có vectơ chỉ phương u
1
1
1; 1;1
d đi qua điểm M m; 1;3
có vectơ chỉ phương u
u1; u
2
1;1;0
Ta có
M1M2
m
1; 4;4
u1; u
2
1;1;0 0
d1
cắt d2
khi m 5 .
u1; u2 .M1M 2
m 5 0
Chọn D
u 2m 1;2; m 2
Ta có , n 1;1;1
d
P
2
và AB 1;0;1
.
Giả sử d vuông góc với P , khi đó u d
và n P
cùng phương
.
2
2; 2;1
.
117

Câu 131.
1
2m
1 2 m 2 2m
1 2 m
2 (loại).
1 1 1 m 2 2
m
4
Vậy d không vuông góc với P .
Khi đó với AB P
, AB vuông góc với hình chiếu của d lên
góc với d AB u m m m
Chọn A
Mặt phẳng
0 1 2 1 02 1 2 0 3
.
d
P
có vectơ pháp tuyến là n 2; 1;2
x
3a
Phương trình tham số của đường thẳng d1
: y 1 a ( a là tham số, a )
z
1 a
x
2 b
Phương trình tham số của đường thẳng d2
: y 1 2 b ( b là tham số, b )
z
3 b
Ta có: A d A a a a
; B d B b b b
1
3 ;1 ; 1
AB b 3a 2; a 2 b; b a 2 .
.
2
2 ;1 2 ; 3 .
P khi và chỉ khi AB vuông
Theo giả thiết:
3a
b
2b 3a 2 a 2b 2b a 2
0 2
AB n
AB / / P
a
0
a
0 .
A,
BP
b
0
b 0
Suy ra
3a
3a
B
2 ;1 3 a; 3
2 2 .
Gọi I là trung điểm của đoạn thẳng AB , ta có:
x
xI
y
yI
z
zI
A
A
A
x
2
y
2
z
2
B
B
B
xI
yI
zI
3a
3a
2
2
2
1
a 1
3a
2
3a
1 a 3
2
2
Suy ra tập hợp điểm I là đường thẳng
9
xI
1
a 4
yI
1
2a
hay
5
zI
2
a
4
9
x 1 a 4
: y
1
2a
( a là tham số,
5
z
2 a
4
9 5
I
1 a;1 2 a; 2 a
4 4 .
*
a )
118

Đường thẳng
có một vectơ chỉ phương là: u 9;8; 5
Câu 132.
Chọn A
u1 2; 2; 1 , u2
1;0; 1
lần lượt là vectơ chỉ phương của d1,
d
2
. Theo bài ra ta có
2.1
2b
1
c 0
n. u1
0
c 2 2b
1.1 0. b 1
c 1
cos n; u2 sin d2;
P
2 2 2
2 2
c 1 1 b c
1 b c . 2 2
b
2
.
c
2
Câu 133.
Chọn C
A
.
H
B
M
Câu 134.
Chọn C
Ta có B
và gọi H là hình chiếu của điểm A lên mặt phẳng
2x 2y z 9 0
là nghiệm của hệ phương trình x 1 y 2 z 3 H ( 3; 2; 1)
.
2 2 1
. Khi đó, tọa độ điểm H
2 2 2 2
Xét hai tam giác vuông AHB;
AMB có MB AB AM AB AH BH 5 .
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi M H MB (1;0;2) .
Vậy phương trình đường thẳng MB là
1
x
2
t
y
2 .
z
1 2t
1
2;1;3 .
d đi qua điểm M 1;0;0
, có vectơ chỉ phương u
d đi qua điểm N 1;2;
m , có vectơ chỉ phương u
2
u , u 3;3;1
; MN 0;2;
m
1 2
.
1 2
2
1;1;0
d
1
và d
2
chéo nhau khi và chỉ khi u , u . MN 0 m 6
.
.
119

Mặt khác ,
d d d
1 2
5
19
u1, u2. MN 5
u , u 19
1 2
m 6 5
19 19
m
1
.
m
11
Câu 135.
Khi đó tổng các phần tử của m là 12 .
Chọn C
Lời giải
x
5 2s
B d1 B 4 t; 4 t;6 2t
. PT tham số của d2
: y 11 4s
.
z
5 2s
C d2 C 5 2 s;11 4s;5 2s
. Khi đó: AB (1 t; 1 t;2t 1); AC (2s;4s14;2s)
.
Do A, B,
C thẳng hàng
AB,
AC cùng phương k
: AB k AC
Câu 136.
t 1 2ks t
2
t 1 4ks 14k s
3. Do đó:
2t
1 2ks
1
k
2
1 AB 1
AB AC .
2 AC 2
Câu 137.
Chọn B
Lời giải
x
1
t
Ta có phương trình tham số của đường thẳng d : y t và d có vectơ chỉ phương là
z
1 2t
u (1;1;2) . Gọi B là giao điểm của và d khi đó tọa độ của B(1 t; t; 1 2 t)
.
AB ( t; t; 3 2 t)
Vì d nên AB u suy ra AB. u 0
Vectơ chỉ phương của là AB (1;1; 1)
phương AB (1;1; 1)
nên có phương trình đường thẳng là
hay t t 2( 3 2 t) 0 t 1
B 2;1;1
.
. Đường thẳng đi qua B 2;1;1
và có vectơ chỉ
x 2 y 1 z 1
: .
1 1 1
120

Câu 138.
Câu 139.
Kẻ CE AB,
AF BC H CE AF và OH ( ABC)
OH HE ;
AB ( OCE)
AB OE .
Vì điểm O và điểm E cố định nên H di động trên đường tròn đường kính OE nằm trong mặt
OCE OE,
Oz .
phẳng
Tam giác vuông OAB vuông tại O và có OE AB nên ta có:
OAOB . 3.4 12 OE 6
OE R .
AB 5 5 2 5
Chọn B
x y z
Phương trình mặt phẳng đi qua ba điểm A, B,
C là + + = 1.
2 3 6
D(1;1;1) ( ABC) ( ABC)
D .
Gọi hình chiếu A, B,
C lên đường thẳng D lần lượt là H, I,
J thì ta luôn có
AH £ AD; BI £ BD;
CJ £ CD .
Þ d( A; D ) + d( B; D ) + d( C; D ) £ AD + BD + CD.
Vây để tổng khoảng cách từ A, B,
C đến đường thẳng D là lớn nhất thì D phải vuông góc với
( ABC ) tại D . Khi đó phương trình D đi qua D(1;1;1)
và có VTCP u
(3;2;1) là
ì x = 1+
3t
ï
íy
= 1 + 2t
(t là tham số). Ta thấy M (7;5;3) Î D.
ï
ïî z = 1 + t
Đề gốc không có đáp án
Chọn A
P vuông góc với d nên VTCP của d là một VTPT của n P ud
1; 1;2
Phương trình mặt phẳng P : x 2 y 2 z 1 0 P
: x y 2z
0 .
P :
Câu 140.
Chọn C
121

(Hình vẽ minh họa cho trường hợp điểm B nằm giữa A và C )
Từ giả thiết ta có mặt cầu tâm I 0;0; 2 , R 1. Tính được AI 6 R , suy ra A nằm ngoài
mặt cầu. Gọi là đường thẳng đi qua A và cắt mặt cầu tại hai điểm B,
C .
Xét mặt phẳng AI,
cắt mặt cầu theo giao tuyến là đường tròn C .
Ta chứng minh
AB.
AC AI R
2 2
.
Thật vậy, gọi là điểm D đối xứng với C qua I , ta có DB
Ta có
AC .
AB. AC AB. AC AD DB . AC AD. AC DB. AC AD.
AC
2 2
AD AC AI ID AI IC AI ID AI ID AI ID AI R
Mặt khác . . .
Từ 1 và 2 suy ra
AB AC AI R
2 2
. 35
3 .
1 .
2 2
2 .
Câu 141.
Theo giả thiết và 3 ta có
Suy ra BC AC AB 2 2R
.
AB AC 12 AB 5 AB
7
.
AB. AC 35 AC 7 AC
5
Từ trên suy ra đi qua tâm I , như vậy có 1 đường thẳng thỏa mãn bài toán.
Chọn B
Giả sử mặt cầu cố định tiếp xúc với mặt phẳng P có dạng
2 2 2 2
x a y b z c R với R 0 .
2 2
Vì mặt cầu tiếp xúc với mặt phẳng
A 2;11; 5
nên
P :2mx m 1 y m 1 z 10 0 và đi qua điểm
2 2 2 2
2 a 11 b 5 c R
1
2 2
2ma m 1b m 1
c 10
d I; P
R 2
2 2
2
2
2
4m m 1 m
1
122

Câu 142.
Chọn C
2 2
2 m b c 2ma b c 10 2. R m
1
2
m b c R ma b c R
2
m b c R ma b c R
2
TH1:
2 2 10 2 0
2 2 10 2 0
m b c 2R 2ma b c 10 2R
0
Vì với mọi m tồn tại hai mặt cầu cố định tiếp xúc với mặt phẳng P nên
b c 2R 0 a
0
a
0
2a 0 b c 2R c
5
.
b c 10 2R 0 b c 10 b c 0
b 2R
5
1 4 6 2R R R 12 2R
40 0 .
Khi đó 2 2 2
Vậy tổng bán kính của 2 mặt cầu là 12 2 .
2
TH2:
m b c 2R 2ma b c 10 2R
0
Vì với mọi m tồn tại hai mặt cầu cố định tiếp xúc với mặt phẳng P nên
b c 2R 0 a
0
a
0
2a 0 b c 2R c
5
b c 10 2R 0 b c 10 b c 0
b 5 2R
1 4 6 2R R R 12 2R 40 0 R 10 2 R 2 2 (Vô lí).
Khi đó 2 2 2
Vậy tổng bán kính của 2 mặt cầu là 12 2 .
Giả sử mặt cầu
S có tâm I C
Gọi H là hình chiếu vuông góc của I trên MNP .
Ta có: S tiếp xúc với ba đường thẳng MN, NP,
PM
và tiếp xúc với ba đường thẳng MN, NP,
PM .
d I, MN d I, NP d I,
PM d H, MN d H, NP d H,
PM
H là tâm đường tròn nội tiếp hoặc tâm đường tròn bàng tiếp của tam giác MNP .
x y z
MNP có phương trình là 1 hay x y z 6 0 .
6 6 6
C S S
Tọa độ các điểm thuộc trên
1 2
2 2 2
x y z x y
2 2 1 0
2 2 2
x y z 8x 2y 2z
1 0
Do đó, phương trình chứa mặt phẳng chứa
3x 2y z 0 .
C là : 3x 2y z 0
Vì 1.3 1. 2 1. 1
0 MNP
. 1
.
C thỏa mãn hệ phương trình:
123

Ta có: MN NP PM 6 2 MNP đều.
Gọi G là trọng tâm tam giác MNP G 2;2;2
và G là tâm đường tròn nội tiếp tam giác MNP .
Thay tọa độ của điểm G vào phương trình mặt phẳng , ta có: G
.
Gọi là đường thẳng vuông góc với MNP tại G .
MNP
G
Vì
.
Khi đó: I
d I, MN d I,
NP
d I,
PM r
Mặt cầu tâm I bán kính r tiếp xúc với ba đường thẳng MN , NP , PM .
Vậy có vô số mặt cầu có tâm thuộc mặt phẳng chứa C và tiếp xúc với ba đường thẳng
MN, MP,
PM .
Câu 143.
Chọn B
Do d là hình chiếu của d lên mặt phẳng P khi đó d là giao tuyến của mặt phẳng P và
mặt phẳng chứa d và vuông góc với mặt phẳng P .
một vec tơ pháp tuyến của mặt phẳng là n
ud
, n
P
3;2; 1
.
Phương trình mặt phẳng đi qua A 2;0;2
và có một vec tơ pháp tuyến n
3;2; 1
là 3x 2y z 4 0 .
Do là hình chiếu của lên mặt phẳng P khi đó là giao tuyến của mặt phẳng P và
mặt phẳng chứa và vuông góc với mặt phẳng P .
một vec tơ pháp tuyến của mặt phẳng là n
u , n P
0; 2; 2
.
Phương trình mặt phẳng đi qua B 3;1;4
và có một vec tơ pháp tuyến n
0; 2; 2
là
y z 5 0 .
Câu 144.
Tọa độ điểm M là nghiệm của hệ phương trình
M a b. c 1 2.3 5 .
Vậy 1;2;3
Chọn C
x y z 2 0 x
1
3x 2y z 4 0 y
2 .
y z 5 0
z
3
Đường thẳng AB đi qua điểm A 2;0;0
và có VTCP AB 1;1; 1
x
2t
AB:
y t t
.
z
t
S có tâm
I 0;1; 1 và bán kính R 1.
IT
AB
ITT
IK . AB 0
AB.
Gọi K ITT AB .
IT
AB
K AB
K 2 t; t; t AB, IK 2 t; t 1; t 1
, IK . AB 2t t 1t 10t 0
K A .
có dạng:
124

Câu 145.
Ta có, 2
2 2
IA 2 1 1 6 , IA TT
T nên theo hệ thức lượng
Do đó,
Vậy
2
IT
1
IH . IA 6
và I; A;
H thẳng hàng. Mặt khác,
IH 1 6 1 1 1 1 5 5
IH IA IA ; ; H ; ; .
IA 6 3 6 6 3 6 6
1
a b
2 c .
2
IAT vuông tại
H
M
J
I
K
Ta có: S
I 1; 1;2
: . Khi đó IM 5 R M nằm ngoài mặt cầu.
R 3
x
1
z
2 3t
Tâm J a; b;
c nằm trên MI : y 1 4t t
nên 1; 1 4 t ;2 3t
Xét tam giác MHI vuông tại H có:
2 2
MI 5; IH 3 MH MI HI 4 .
1 1 1 12
HJ .
2 2 2
HJ HM HI 5
2 16
MJ.
MI MH MJ .
5
Mặt khác,
M 1;3; 1
J 1; 1
4 t ;2 3t
2 2 256
4 4t
3 3t
25
2 2 256
16 32t 16t 9 18t 9t
25
4 4 3 3
J .
2 2 16
MJ t t .
5
125

- Với
9
2 369
t
25t
50t
0
25
25 41
t
25
11 23
J
1; ;
25 25 thì 9
IJ IM (nhận).
5
11 23
J
1; ; 25 25
139 73
J
1; ;
25 25
.
139 73
- Với J 1; ;
25 25 thì 1097
IJ IM (loại).
5
11 23
Vậy J
1; ;
25 25 nên: 84
2a b c .
25
Câu 146.
Chọn C
Hai mặt cầu (S 1 ),(S 2 ) có tâm lần lượt là là gốc toạ độ O, điểm I(0;0;1) và bán kính lần lượt là
R 5; R 2.
1 2
Gọi A là tiếp điểm của d và (S 2 ), ta có IA = R2 = 2.
Vì d cắt S 1
theo một đoạn thẳng có độ dài bằng 8 nên
2 8
d(O;d) R1
25 16 3.
2
2
Vì d u ud
(1;1; x),
ta có:
OI IA OA d( O, d) 1 2 OA 3 O, I,
A thẳng hàng.
OA
OA OI 3 OI (0;0;3) A(0;0;3).
OI
OA, ud
3 2
Do đó d( O; d) 3 x 0 ud
(1;1;0).
2
u x 2
Câu 147.
Chọn D
d
126

I
K
A
Câu 148.
Bán kính mặt cầu
1 5 1
, . 1
2 2 2
2 1 2
S : R d P Q
2
Tâm I của mặt cầu S nằm trên mặt phẳng R cách đều P và Q.
Phương trình mặt phẳng R : 2x y 2z
2 0
Tâm I của mặt cầu S nằm trên mặt cầu S '
có tâm A bán kính R IA 1
Gọi K là hình chiếu của A trên
R
AK d A,
R
2. 1 1 2.1
2 1
2 2
2 1 2 3
2
Tâm I của mặt cầu S nằm trên đường tròn C là giao của mặt cầu
có tâm K và bán kính
2 2 2 1 2 2
r KI AI AK 1
3 3
2 8
Diện tích hình tròn giới hạn bởi C là: r .
9
ChọnC
x y z
: 1 0 : (1 m) x my ( m m ) z m m 0.
m 1
m 1
Ta có
2 2
2
'
S và mặt phẳng R
Gọi I x0; y0;
z
0 là tâm, R là bán kính mặt cầu tiếp xúc đồng thời với cả hai mặt phẳng
,
. Khi đó: R d I, d I,
.
d I,
(1 m) x my ( m m ) z m m (1 m) x my ( m m ) z m m
2 2 2 2
2
2
(1 m) m ( m m ) m m 1
2 2 2 2
0 0 0 0 0 0
(1 m) x my ( m m ) z m m
2
m m 1
2 2
0 0 0
1
Đặt
m x my m m z m m
2 2
0 0 0
m
2
m 1
Ta cần tìm x0; y0;
z
0 sao cho
k R k
127

(1 m) x my ( m m ) z m m k( m m 1),
m
2 2 2
0 0 0
1 z m x y z 1 m x km km k,
m
2 2
0 0 0 0 0
1
z0 k x0
k
I k; k;1
k
x0 y0 z0 1
k y0
k
R k
x0 k
z0
1
k
Khi đó:
2k k 2(1 k) 10 12 k
R d(I,( )) d(I,( )) k
2 2 2
2 ( 1) 2 3
Câu 149.
12 k 3k k
6
I1( 6; 6;7), R1
6
.
12 k 3k
k
3 I
3;3; 2 , R
2
2
3
Tổng bán kính của hai mặt cầu bằng 6 3 9.
Chọn D
Mặt cầu ( )
Vì ( )
S có tâm 1; 2;3
I và bán kính R 3 3 .
đi qua 2 điểm A (0;0; 4) , B (2;0;0) nên ta có a.0 b.0 4 d 0 d
4
a.2 b.0 0 d 0 a
2
Gọi r , h lần lượt là bán kính đáy và chiều cao của khối nón. Khi đó thể tích của khối nón là
1 2
V r h .
3
Ta có
h d I R r r
2 2 2
( ,( )) 27
1
V r r
3
2 2 2
Đặt t 27 r r 27 t , điều kiện: 0 t 3 3 .
1
3
2
Khi đó V 27
t t
, 0 t 3 3
Ta có V t
.
t
3
2
1
27 3 0
3 t 3
Bảng biến thiên:
n
l
.
2 2
27 .
.
2
Thể tích khối nón lớn nhất khi t 3 r 18 h 3 .
a 2b 3 d
Mặt khác h d I,( ) 3 mà
2 2
a b 1
a
2
d
4
2 2
2b 5 3 5 b b 4b 4 0 b 2
128
.

Câu 150.
Vậy P a b d 2 2 4 4.
Chọn C
Gọi I là tâm của mặt cầu I 1;2;3
. Gọi O là giao điểm của mặt phẳng
BCD và đoạn AI
. Khi đó O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác BCD . (Vì theo giả thiết AB AC AD và
IB IC ID
14
3
nên AI vuông góc với mặt phẳng
BCD tại O ).
Đặt
AI x
x
14
3
. Ta có
2 2 14 14
OB IB IO
3 3x
AB AI IB x ,
3
2
2 2 2 14
2 14
IB IO.
IA IO
3x
14 196
2 . .cos120 3 3 3
3 9
2
x
2 2 2 2
BD OB OD OB OD OB BD OB
2 14 14 196 2 14 196
Do ABCD là tứ diện đều nên AB BD x 3
x 14
2
2
3 3 9x
3 3x
14
x
3
2
x 14
2
4 2
3x 56x 196 0 x 14
2 2 2
Suy ra AI t t t
. Gọi tọa độ điểm A4 3 t;4 2 t;4
t
14 4 3 1 4 2 2 4 3 14
2 t
0
14t
28t
14 14
t
2
Do
0
0
A
A
x nên điểm A có tọa độ 4;4;4
4;4;4
2;0;2
A P 12 .
.
Câu 151.
Chọn D
Gọi H là hình chiếu vuông góc của điểm O trên mặt phẳng PQR .
1 1 1 1 1 1
Dễ thấy suy ra
2 2 2 2
2
OH OP OQ OR OH 8
hay OH 2 2 .
Khi đó suy ra mặt phẳng PQR
luôn tiếp xúc với mặt cầu S tâm O , bán kính R 2 2 .
Ta có OM
1 3
0 1 R nên điểm M nằm trong mặt cầu S .
4 4
129

1
Gọi I là trung điểm của AB , do tam giác OAB cân tại O nên S OAB
OI.
AB .
2
2
Đặt OI x , vì OI OM nên 0 x 1 và AB 2 8 x .
1 2 2 2 4
Ta có S OAB
x .2 8 x x 8 x 8 x x .
2
2 4
Xét hàm số f x 8x x với 0 x 1 .
16 4 4 4 0 với mọi x 0;1
f x f 1
7 .
Có f x x x 3 x x
2
Suy ra diện tích của tam giác OAB lớn nhất bằng 7 đạt được khi M là trung điểm của AB .
Câu 152.
1
. 8 8 7 1 7 với x
0;1
.
2
2 2 4 2 2 2
Cách 2. S
OAB
OI AB x x x x x x x
Chọn D
Điều kiện của m để S là phương trình mặt cầu là
2 2
2 m m 1 m 2m
8
0
m
2 2
m 3
Mặt cầu S có tâm I 2; m; m 1
, R
130
m
2
Gọi P
là mặt phẳng chứa Δ và cắt S theo giao tuyến là một đường tròn C có bán kính
2 2
R
1 thì mặt phẳng
C
P có véctơ pháp tuyến n a; b;
c
với a b c 0 .
Vì mặt phẳng P chứa đưởng thẳng Δ nên n. u 0
a 3b c 0 c a 3 b n a; b; a 3b
3
Mặt khác A3;1;2P
P a x b y a b z
P : ax by a 3b z 5a 7b
0.
Hay
Theo giả thiết C
Vậy có điều kiện:
: 3 1 3 2 0
d I P R R m m
2 2
a b a 3b
2 2 2 2
, 31 4
2a bm a 3b m 1 5a 7b
2
m
2
4
+ Nếu m 2 đẳng thức luôn đúng, tức vô số mặt phẳng (loại).
+ Nếu m 2 ta có
3
m 2a 2b 2
m 4
2 2
2a 10b 6ab

Câu 153.
m 2a 2b 2 m 22a 2 10b 2 6ab
m a m ab m b
+ Nếu
6 2 2 10 6 28 2 0
m ab b
2
6 8 8 0
+ Nếu m 6 , điều kiện là
a
b
có hai mặt phẳng (loại).
b
0
m
2
2
a
0 m 10 m 66m
28
0
34 (thoả mãn).
m
5
Vậy có hai giá trị thực của tham số m thoả mãn.
Chọn D
Cách 1 : Mặt cầu ( S1)
có tâm là I (1;1;2)
1
Xét hệ phương trình:
2 2 2 2 2 2
( x 1) ( y 1) ( z 2) 16 x y z 2x 2y 4z
10 0 (1)
2 2 2
2 2 2
( x 1) ( y 2) ( z 1) 9 x y z 2x 4y 2z
3 0 (2)
Lấy (2) trừ (1) ta được: 4x 2y 6z 7 0 ( P)
đường tròn tâm I thuộc mặt phẳng ( P ) .
Gọi d là đường thẳng đi qua I
1
và vuông góc với mặt phẳng ( P ) .
x
1
2t
Phương trình đường thẳng d là: y
1 t
z
2 3t
Xét hệ phương trình:
1 7 1
a b c 1 .
2 4 4
. Khi đó, I d ( P)
.
1
x
2
4x 2y 6z
7 0
7
y
x
1 2t
4 1 7 1
I( ; ; )
y
1
t
1 2 4 4
z
z
2 3t
4
3
t
4
Cách 2 (Nguyễn Công Định): Mặt cầu ( S1)
có tâm là I (1;1;2)
1
, bán kính R
1
= 4 ; mặt cầu ( S2)
có tâm là I2 ( 1;2; 1) bán kính R
2
= 3 Þ I I =
1 2
14
131

Câu 154.
Chọn B
Giả sử M là điểm thuộc đường tròn tâm I , x = II , y = II
1 2
4 - x = 3 - y Û x - y = 7 Û ( x + y)( x- y)
= 7 Þ x- y =
2 2 2 2 2 2 14
ìï x + y = 14
ï 3 14
í
Þ x =
14 ï x - y =
4
ïî 2
1 7 1
a b c 1 .
2 4 4
. Khi đó, x + y = I I = 1 2
14 và
ì
3 ì
1
xI
- 1= .(- 2)
xI
= -
4 2
3
I I I I ï 3 Þ = Û íyI
- = . Û ï 7
1 1 2
1 1 íyI
=
4 4 4
3 -
zI
- = .(- )
1
2 3
zI
=
ïî
4 ïî
4
Ta có: Mặt cầu S có tâm I 2;3;5
, bán kính R 10.
2.2 2.3 5 15
d I,
6 R
2 2
2 2 1
2
Gọi
1
là đường thẳng qua I và vuông góc với
S
C H ; r
, H là hình chiếu của I lên
1
2
có VTCP là u
2; 2;1
1
.
.
x
2 2t
PTTS 1
: y
3 2t
. Tọa độ H là nghiệm của hệ:
z
5 t
H 2;7;3 .
x
2 2t
y 3 2t
z
5 t
2x 2 y z 15 0
x
2
y 7
z
3
Ta có AB có độ dài lớn nhất
AB là đường kính của C
MH .
Đường thẳng MH đi qua M 3;3; 3
và có VTCP MH 1;4;6
x 3 y 3 z 3
Suy ra phương trình : .
1 4 6
.
132

Câu 155.
Chọn A
Cách 1:
Ta có AB 3;1; 2
là véc tơ chỉ phương của đường thẳng AB .
x
3t
Phương trình tham số của đường thẳng AB là y t .
z
4 2t
Giả sử AB cắt
P
tại T 3 t; t;4 2t
. Do T
7
P :2x y 2z 1 0 t .
3
Khi đó
7 26 7 14 7 14 10 20 10 14
T 7;
; ; TA 7; ;
TA ; TB 10; ;
TB .
3 3 3 3 3 3 3 3
Ta có
2 980 14 5
TC TA.
TB TC .
9 3
Điểm C thuộc mặt phẳng P
và cách điểm T cố định một khoảng 14 5 .
3
Vậy C luôn thuộc một đường tròn cố định bán kính r 14 5
3
Cách 2:
Ta có
TA d A, P 7
; AB 14 .
TB d B, P 10
Giả sử AB cắt P
tại T . Suy ra A nằm giữa B và T ( vì A,
B cùng phía so với P ).
Khi đó ta có
Câu 156.
Chọn C
7
TB
TA 14
TA
7
TA
TB
10 TB
14
3
10 14
3
2 980 14 5
TC TA.
TB TC
9 3
.
133

Câu 157.
Chọn D
Mặt cầu ( S ) tâm I(1;0; 1) , bán kính
2 2 2
R 1 0 ( 1) 1 1.
Gọi K là hình chiếu vuông góc của I lên d .
K d nên ta có thể giả sử K( t;2 t; t)
IK ( t 1;2 t; t
1)
, ud
(1;1; 1)
là một véctơ chỉ phương của đường thẳng d
IK d IK. u 0 t 1 2 t t 1 0 t 0 . K(0;2;0)
d
2
ITK vuông tại T có TH là đường cao nên IT IH.
IK .
1
1
IH IK 6 IH IK . Giả sử H ( x; y; z)
6
6
1 5
x 1 .( 1)
6
x
6
1 1 5 1 5
y
0 .2 y
Vậy H
6
3
; ;
6 3 6
1 5
z
1 .1 z
6
6
+ Mặt cầu ( S)
có: Tâm I 1;2;3
, bán kính R 17 m .
2 2 6 8
;( ) 2 .
2 ( 1) 2
+ Khoảng cách d I
2 2 2
+
*
S d I;( ) R 17 m 2 m 13
+ Mặt khác, S C H,
r
có chu vi bằng 8 nên r 4 .
hay
4 13 4 3 thỏa mãn * .
2 2
R d m m
Vậy m 3.
Câu 158.
Chọn D
134

Câu 159.
Gọi là đường thẳng cố định nằm trong mặt phẳng P .
Ta có m x y z x y z
3 8 2 0 nên phương trình thỏa mãn hệ sau:
x 2t
3
x y 3z
8 0
. Chọn z t suy ra có phương trình y t 5 .
x y z 2 0
z t
Gọi K là hình chiếu của A trên
.
K K 2t
3; t 5; t
AK 2t
1; t 7; t 7.
AK . u 0 22t 1 1 t
7 t 7 0 t 2 K 1;3;2
.
Gọi H là hình chiếu của A trên mặt phẳng P . Ta có AHK mà cố định, điểm A cố
định nên mặt phẳng AHK cố định.
Khi m thay đổi ta luôn có AHK là một góc vuông. Do AK cố định nên điểm H luôn nằm trên
đường tròn đường kính AK 5 3 .
Chọn B
1
d có véc tơ chỉ phương u 1;1;1
và đi qua điểm A 2;0;0
.
d
2
có véc tơ chỉ phương v 2; 1; 1
, AB 2;1;2
Ta có: u, v
0;1; 1
nhất một mặt phẳng
P đi qua trung điểm
và đi qua điểm B 0;1;2
.
, u, v
. AB 1 0
P song song và cách đều d1,
d
2
.
1
I
1; ;1
2
tuyến, vậy P : 2y 2z
1 0 , chỉ có điểm N P
của đoạn AB và nhận u, v 0;1; 1
135
, chọn B.
d 1
và d
2
chéo nhau có duy
làm véc tơ pháp
Bài toán tổng quát: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai đường thẳng
chéo nhau d
1
và d
2
. Viết phương trình mặt phẳng P cách đều hai đường thẳng d1,
d .
2
Phương pháp giải
- Gọi u , v lần lượt là các véc tơ chỉ phương của d
1
và d
2
, lấy A d1,
B d2
.
- P là mặt phẳng đi qua I là trung điểm của AB và có véc tơ pháp tuyến n k u ; v
với
k 0 .
Câu 160.
Chọn B
Gọi P là mặt phẳng cần tìm có vectơ pháp tuyến là n .

Câu 161.
Chọn C
Câu 162.
Đường thẳng d
1
, d
2
có vectơ chỉ phương lần lượt là u1 3; 1; 1
và u2 1;1; 1
2 2
2
Mặt cầu S : x 1 y z 2
6 có tâm I 1;0; 2
, bán kính R 6 .
P
// d
1 n
u1
Do . Suy ra n
cùng phương với u1 , u
2
P
// d n u
.
2 2
Có u1 , u
2
2;2;4
, nên chọn n 1;1;2
.
Khi đó phương trình tổng quát của mặt phẳng P có dạng: x y 2z d 0 .
Mặt phẳng P tiếp xúc với mặt cầu S d I,
P
R
1 0 2. 2
d
2 2 2
1 1 2
6
d
9
d 3 6 .
d
3
Vậy có hai mặt phẳng thỏa mãn đề là P : x y 2z
3 0 và P : x y 2z
9 0 .
Điểm B thuộc mặt ( )
1
P nên B 2c b 1; b;
c
vì M 1;2;3
2
là trung điểm BC nên
C 3 2 c b;4 b;6
c . Do C thuộc mặt (Q) nên 3c c 7 0 c 3b
7 . Khi đó
B(5b 15; b;3b
7) , C( 5b 17;4 b;13 3 b)
. BC ( 10b 32; 2b 4; 6b
20) . ABC cân
tại A nên BC. AM 0 20b 60 0 b 3 B(0;3;2) . Đường thẳng đi qua M (1;2;3)
1 2 3
và B (0;3;2) có phương trình là
x y z
.
1 1 1
Chọn B
.
Câu 163.
Chọn A
2; 2;4 AB 2 6 .
Ta có AB
Gọi H là hình chiếu vuông góc của B trên mặt phẳng P .
Ta có d B P BH BA maxd B P
, 2 6 , 2 6 , đạt được khi H A .
Khi đó mặt phẳng P
đi qua A và nhận AB 2; 2;4
là véctơ pháp tuyến.
Suy ra phương trình mặt phẳng
P là
2 x 1 2 y 2 4 z 1 0 x y 2z
3 0 .
136

Câu 164.
Ta có A2; 1;3
, A2; 1;3
Oz
cắt Oz tại một điểm. Gọi M 0;0;
z
0 là giao điểm của và Oz .
Khi đó có một vectơ chỉ phương là AM 2;1; z0
3
.
P : x y z 4 0 suy ra P có vectơ pháp tuyến là n
1;1; 1
P
Vì // P
nên AM. n
0
P
2 .1 1.1 z0
3 . 1
0 z
Suy ra AM 2;1; 1
. u a; b;
c
a
Vậy 2.
c
. Mà đồng phẳng và không song song với Oz nên
0
2.
cũng là một vectơ chỉ phương của nên ta có:
a b c a
2.
2 1 1
c
.
x
t
z
2 t
Phương trình tham số của d : y 1 2 t t
Giả sử A là giao điểm của d và P tọa độ của A là nghiệm hệ phương trình:
x
t
y
1 2t
A1;1;1
.
z
2 t
x y z 3 0
Lấy điểm B 0; 1;2
d , Gọi H là hình chiếu của B trên
Đường thẳng chứa BH vuông góc với
.
P .
x
t '
z
2 t '
P có phương trình : y 1 t ' t
'
.
137

Khi đó H P
2 1 8
H ; ; .
3 3 3
Gọi
Tọa độ H là nghiệm của hệ phương trình
B
4 1 10
là điểm đối xứng với B qua P
B
; ;
3 3 3
Đường thẳng
138
x
t '
y
1 t '
z
2 t '
x y z 3 0
1 2 7
AB
; ;
3 3 3 .
d ' đối xứng với d qua mặt phẳng P đi qua 2 điểm A,
B có véc tơ chỉ
x 1 y 1 z 1
.
1 2 7
phương u 1; 2; 7
d ' có phương trình là
Câu 165.
Chọn B
Gọi MN là đoạn vuông góc chung của
Câu 166.
Chọn C
d
1
và d 2 , M d1 ;
N d2
.
Khi đó M 1 t;0; 5 t
, N 0;4 2 t;5 3t
và MN d ,
MN d
.
1 2
x
1
t
Đường thẳng d1
: y
0 có một vectơ chỉ phương là u1 1;0;1
, đường thẳng
z
5 t
x
0
d2
: y 4 2t
có một vectơ chỉ phương là u2 0; 2;3
.
z
5 3t
MN t 1; 4 2 t; t 3t
10
.
MN. u1
0 2t 3t
9 t
3
MN d1 ,
MN d2
suy ra .
MN. u 3 13 22 1
2
0 t t
t
N 0;6;2 .
Suy ra M 4;0; 2
,
2 2 2 2
Mặt cầu x a y b z c
R có đường kính MN suy ra tâm 2;3;0
điểm của MN . Suy ra a 2; b 3; c 0 a 2b c 8 .
x
1
t
z
3 t
Cách 1: Ta có AB 2;0; 2 AB : y 2 t
M AB M 1 t ;2;3
t
M P 1 t 2 3 t 0 t 3 .
AM 3 2
2;2;0 3 .
BM 2
Vậy M
Cách 2: Do AB P
M
AM d A, P 1
2 3
3.
BM d B,
P 1
2 1
I là trung

Câu 167.
Chọn D
Tâm I nằm trên d nên I 1 t ;2 2 t ;2 t
.
Mặt cầu đi qua A và tiếp xúc với mặt phẳng
P nên ;
2 2
2 1 t 4 4t 4 2t
1
AI d I; P t 4t t
1
2 2
1 2 2
7t
2
2
2 2
6t 2t 1 9 6t 2t 1 7t
2 .
2
t 2t 1 0 t 1 I 2;0;3 .
3
AI d I P R .
Vậy bán kính mặt cầu R AI 3 .
Câu 168.
Chọn C
Mặt cầu tiếp xúc đồng thời hai đường thẳng và có bán kính nhỏ nhất chính là mặt cầu có đường
kính là đoạn vuông góc chung của hai đường thẳng.
A(4 3 a;1 a; 5 2 a)
d1
Gọi
là chân đoạn vuông góc chung của hai đường thẳng.
B(2 b; 3 3 b; b)
d2
Ta có AB ( b 3a 2;3b a 4; b 2a
5) và
AB. u1
0 3( b 3a 2) 1(3b a 4) 2( b 2a 5) 0 a
1
.
AB. u 1( 3 2) 3(3 4) 1( 2 5) 0 1
2
0 b a b a b a b
2 2 2
AB 2 2 4
Khi đó A(1;2; 3), B(3;0;1) I(2;1; 1), R 6.
2 2
2 2 2
Vậy : ( S) : ( x 2) ( y 1) ( z 1) 6.
Câu 169.
Chọn A
Phương trình tham số của đường thẳng d là
139
x
1
t
y
2 2t
.
z
3 t
Đường thẳng d có vectơ chỉ phương là u 1;2;1
Mặt phẳng
có vectơ pháp tuyến là n 1;1; 1
d
.
.

Câu 170.
Chọn A
Câu 171.
Chọn B
Gọị I là giao điểm của đường thẳng d và mặt phẳng .
Ta có: I d I 1 t ;2 2 t ;3 t
.
Mặt khác I
1 t 2 2t 3 t 2 0 t 1 I 2;4;4
.
Vì đường thẳng cần tìm nằm trong mặt phẳng
d nên đi qua điểm I 2;4;4
và có vectơ chỉ phương , 3; 2;1
, đồng thời vuông góc và cắt đường thẳng
u
n u d
.
2 4 4
Phương trình chính tắc của :
x y z
.
3 2 1
Đối chiếu đáp án ta thấy đường thẳng
3
của đáp án A có vtcp 3; 2;1
, và khi thay toạ độ
I 2;4;4 vào phương trình
3
thì thỏa mãn. Vậy chọn A.
Mặt cầu S tâm I tiếp xúc với
P nên có bán kính: R d I P
Phương trình mặt cầu S có tâm I 1; 2;3
và bán kính R 3 là:
x y z
2 2 2
1 2 3 9.
2.1 2 2.3 1
, 3.
2 2
2 1 2
2
B
A
H
C
+Gọi
S là mặt cầu tâm 0;0; 2
A và có bán kính R .
+ Đường thẳng đi qua M 2;2;3
có véc tơ chỉ phương u 2;3;2
+Gọi là H trung điểm BC AH BC .
MAu
.
MA
2; 2;1
+Ta có: AH d A,
.Với MAu
. 7; 2;10
u u 2;3;2
.
.
2 2 2
7 2 10
AH 3.
2 2 2
2 3 2
140

+Bán kính mặt cầu S là:
R AB AH HB
2 2 3 2
3 4 5.
Câu 172.
Câu 173.
Vậy phương trình mặt cầu
S là: x 2 y 2
z 2
2 25 .
Chọn D
Gọi là mặt phẳng cần tìm.
Mặt cầu S có tâm I 1;1; 2
và bán kính R 3.
u
Đường thẳng d và có vectơ chỉ phương lần lượt là 1;2; 1
và u
1;1; 1
2 2
Khoảng cách từ I đến mặt phẳng : d I, 3 1 2 .
Vì song song với d và nên có vectơ pháp tuyến n u
, u d
1;0;1
.
Suy ra phương trình mặt phẳng có dạng: x z d 0 .
1 2 d
d
3 2 d
5
Ta có: d I,
2 2 d 3 2
2
d 3 2
.
d
1
Vậy phương trình mặt phẳng là: x z 5 0 hoặc x z 1 0 .
d
.
Chọn B
N
M
I
Câu 174.
P)
A
Từ tọa độ các điểm M và N suy ra phương trình đường thẳng MN là: x y z .
Gọi A MN P
, tọa độ A là nghiệm hệ phương trình
Suy ra A 3;3;3
.
Các điểm M , N,
Q cùng thuộc một đường tròn nên ta có
Với AM 2 3 , AN 6 3 thì
AQ
2
Q
36 AQ 6 .
x y z 3 0
x y z 3.
x y z
AM.
AN
Vậy điểm Q luôn thuộc một đường tròn cố định có tâm 3;3;3
Chọn D
2
AQ .
A và bán kính R 6 .
141

Câu 175.
Đường thẳng d đi qua điểm M 1;2;2
và có vectơ chỉ phương u 3; 2;2
IM 2;0;3 IM , u
6;13;4
. Gọi H là trung điểm AB IH AB .
IM , u
36 169 16
Khoảng cách từ tâm I đến đường thẳng d là: IH 13 .
u 9 4 4
Suy ra bán kính
2
2 AB
R IH
13 3 4 .
2
Phương trình mặt cầu tâm I 1;2; 1
và có bán kính 4
Chọn A
Mặt cầu S có tâm 3;3;4
R là x y z
.
2 2 2
1 2 1 16 .
Tác giả: Thái Lê Minh Lý ; Fb:Lý Thái Lê Minh
I , mặt phẳng có vectơ pháp tuyến n 1;1;1 , MI 1;2;3
Gọi H là hình chiếu vuông góc của I lên . Khi đó ,
d I IH IM .
.
Để cắt mặt cầu S theo một đoạn thẳng có độ dài nhỏ nhất
d I, lớn nhất khi IM .
Khi đó có vectơ chỉ phương là u n, MI 1; 2;1
x
2 t
Phương trình đường thẳng là: y
1 2t
.
z
1 t
Do đó đường thẳng đi qua điểm có tọa độ 4; 3;3
.
Câu 176.
142
.

Chọn C
Đường thẳng d đi qua điểm M 1;0;2
và có vectơ chỉ phương u 4;1;1
Ta có: AM 2; 3;0
;
AM , u 3; 2; 10
.
Mặt phẳng ( )
Câu 177.
Chọn C
Câu 178.
P chứa điểm A và đường thẳng d có vectơ pháp tuyến AM , u 3; 2; 10
Vậy phương trình mặt phẳng ( )
3x 2y 10z
23 0 .
.
3 x 1 2 y 3 10 z 2 0
P là
Đường thẳng d đi qua điểm M 1;0;2
và có vectơ chỉ phương u 4;1;1
Ta có: AM 2; 3;0
;
AM , u 3; 2; 10
.
Mặt phẳng ( )
P chứa điểm A và đường thẳng d có vectơ pháp tuyến AM , u 3; 2; 10
Vậy phương trình mặt phẳng ( )
3x 2y 10z
23 0 .
.
3 x 1 2 y 3 10 z 2 0
P là
.
.
Mặt cầu S có tâm
Đường thẳng
1;2; 3 ,
I bán kính R 14 m, 1
. Điều kiện:14 m 0 m 14 .
đi qua điểm M 1;0;2 , có vecto chỉ phương u 1;2; 2 , IM 0; 2;5
Khoảng cách từ tâm I đến đường thẳng là
trung điểm AB .
Câu 179.
Chọn A
143
u, IM
65
d IH , với H là
u 3
Vì tam giác IAB vuông cân, ta có 0
IBA 45 . Trong tam giác vuông IHB có:
0
130
sin 45 IH d d
R
,
0
2
IB
R
sin 45 3
130 130 4
Từ 1 , 2
14 m 14 m m . Thỏa mãn điều kiện
3 9 9
4
Vậy m
.
9
Mặt phẳng
P có vectơ pháp tuyến là n
1;1;1 .
Gọi là đường thẳng cần tìm và A d,
B d
nên gọi A1 2 t; t; 1 3t
và B 2 t; 1 2 t; 2t
Vì A d,
B d

Câu 180.
AB t 2t 3; 2t t 1; 2t
3t
1 .
t 2t 3 2t t 1 2t
3t
1
nên AB,
n cùng phương
1 1 1
Do P
3t t
4 t
1
A 1; 1; 4
.
2t 4t
2 t
1 B 3; 1; 2
Đường thẳng đi qua điểm B và có vectơ chỉ phương n 1;1;1
x 3 y 1 z 2
.
1 1 1
Chọn B
- Gọi d là đường thẳng cần tìm
x
3
2a
- Phương trình tham số của d1
là d1
: y 1 a
z
2 2a
- Phương trình tham số của
2
d là
x
1
3b
d2
: y 2b
z 4 b
- Gọi A d d A a a a
; B d d B b
1
3 2 ; 1 ;2 2
2
1 3b; 2 ; 4 b
AB 4 3b 2 a; 2 b1 a; 6 b 2a
- Véc tơ chỉ phương của d3
là u3 4; 1;6
- Vì d song song với d3
nên ta có AB cùng phương với u
3
nên có phương trình
Câu181.
4 3b 2a 2 b1
a
4 3b 2a 2 b1 a 6 b 2a
4 1
a
0
4 1 6 2 b1 a 6 b 2a b 0
1 6
A3; 1;2 ; B 1;0; 4 AB 4;1; 6 d
:
x 3 y 1 z
2
4 1 6
Vậy chọn B.
Chọn D
Gọi A;
B là hai điểm thuộc lần lượt 1và 2
sao cho AB là đoạn thẳng vuông góc chung giữa 2
đường. Gọi M là trung điểm AB . Dễ có mặt cầu tâm M bán kính
đường thẳng 1và 2
là mặt cầu có bán kính bé nhất.
R
AB
2
tiếp xúc với hai
Ta có tọa độ theo tham số của A;
B lần lượt là:
A(2t1 1; t1 1;2t
1
1) và B(2t2 1;2t 2
1; t2
1) AB(2t2 2t1 2;2t2 t1 2; t2 2t1
2) .
144

Có u (2;1;2)
1
và u (2;2;1)
AB u1
2
lần lươt là 2 vectơ chỉ phương của 1và 2
nên
AB u2
(2t2 2t1 2).2 (2t2 t1 2).1 ( t2 2t1
2).2 0
.
(2t2 2t1 2).2 (2t2 t1 2).2 ( t2 2t1
2).1 0
10
t1
8t2 9t1
10 0 17
9t2 8t1
10 0 10
t2
17
3 7 3
A( ; ; ) ;
17 17 17
3 3 7
B( ;
; ) AB( 6
; 4 ; 4 )
17 17 17 17 17 17
.
2 2 2
AB 1 ( 6) 4 4 17
R .
.
2 2 17 17
Diện tích mặt cầu cần tính là
S
1 4
17 17
2
4 . R 4. .
(đvdt).
2
Câu 182.
Chọn D
Gọi M 1 t;2 t;2t BC là trung điểm của cạnh BC.
AM t 5; t 1;2t
5
; ud
1;1;2
.
Vì tam giác ABC đều nên AM BC và G AM , suy ra AM. ud
0 .
t 5 t 1 4t 10 0 t 1 0;3;2 AM 6;0; 3 .
Câu 183.
, suy ra M ;
Vì G là trọng tâm tam giác nên
2
2
AG AM xG xA; yG yA; zG zA
6;0; 3 G
2;3;3
3 3
Phương trình mp ABC có một vtpt là n AM ; ud
3;15; 6 31;5; 2
Phương trình đường thẳng đi qua trọng tâm G của tam giác ABC và vuông góc với mặt
x 2 y 3 z 3
phẳng ABC là .
1 5 2
Thử từng tọa độ điểm vào ptdt thì điểm Q thỏa mãn.
lieutuanbg@gmail.com
Chọn D
Tam giác MAB cân tại M MA MB M nằm trên mặt phẳng Q là mặt phẳng trung
trực của đoạn AB .
Mặt phẳng Q
đi qua trung điểm 2;1;2
tuyến có phương trình là: Q : x y 3z
7 0 .
I của AB và nhận AB 2; 2;6
làm vec tơ pháp
Khi đó M nằm trên đường thẳng là giao tuyến của hai mặt phẳng P và mặt phẳng Q .
tọa độ M thỏa mãn hệ phương trình
Đặt z t y 3 t; x 4 4t
M 4 4 t; 3 t;
t
.
x 2y 2z 10 0 x y 3z
7 0
.
x y 3z 7 0 y z 3 0
145

Câu 184.
AM 3 4 t; 5 t; t 1
AB 2; 2;6
AM , AB
4t 28;26t 16;10t
4
.
Diện tích tam giác MAB :
Từ giả thiết suy ra
Với
Vậy
1
t ta được điểm
3
8 10 1 1
S .
3 3 3 3
1
S MAB
AM AB
t t
2
2
, 198 132 264
198t 132t 264 11 2 9t 6t 1 0 t .
3
2 2 1
8 10 1
M
; ;
3 3 3 .
.
Cách 1.
Ta có AB 4;4;2
. Điểm H thuộc đoạn AB và không trùng với hai đầu mút nên ta giả sử
AH t AB, 0 t 1
.
Khi đó tọa độ của điểm H là H 2 4 t;1 4 t;3 2t
và AH tAB 6t
.
Tâm của mặt cầu là trung điểm của AB có tọa độ I 4;3;4
, bán kính R IA 3.
r R IH t t t
2 2 9 9 2 1 6 2
.
Bán kính đường tròn đáy của nón là 2
Thể tích khối nón:
1 1 t t 2 2t
32
.36. .6 36 2 2 36 .
3 3 3 3
2 2 2
V r AH t t t t t
2
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi t 2 2t t .
3
14 11 13
Khi đó H
; ;
3 3 3 .
Mặt phẳng P qua H , nhận AB làm véc tơ pháp tuyến có phương trình:
æ 14ö æ 11ö æ 13ö
2 x- 2 y z 0 2x 2y z 21 0
3 ÷
+ - + - = Û + + - =
3 ÷ 3 ÷
.
çè ø çè ø çè ø
146
3

ì b = 2
Do đó:
ï
íc = 1 Þ b + c + d = - 18.
ï
ïî d = - 21
Cách 2
AB =
Ta có ( 4;4;2)
.
Gọi I là trung điểm AB Þ I ( 4;3;4 ).
Bán kính mặt cầu là R = IA = 3.
Giả sử IH = t . Xét điểm H đối xứng với H qua I thì mặt phẳng qua H,
H cắt mặt cầu với
đường tròn có cùng bán kính nên thể tích khối nón sẽ lớn hơn nếu H nằm khác phía A so với
AH = 3+ t 0 < t < 3 .
điểm I . Khi đó chiều cao của nón là ( )
Bán kính mặt nón là:
r R IH t
2 2 2
= - = 9- .
1 1
π
= = - + = - - + + .
3 3 3
Thể tích khối nón là: V π. r 2 . h π( 9 t 2 )( 3 t) ( t 3 3t 2 9t
27)
Xét hàm số ( )
3 2
f t t t t
= - - 3 + 9 + 27
é t = 1
2
f ¢ t = -3t - 6t
+ 9 = 0 Û ê
ë
t = -3
Có ( )
Bảng biến thiên
( loai)
.
( 0;3)
( ) f ( )
Þ max f t = 1 = 32 . Khi đó IH = 1Þ AH = 4.
Đường thẳng AB nhận u
( 2;2;1)
Suy ra H ( 2 2 t;1 2 t;3
t)
+ + + .
làm vectơ chỉ phương nên có phương trình
ì x = 2+
2t
ï
íy
= 1 + 2t
ï
ïî z = 3 + t
4
t
2 2 2 2
3
IH 2t 2 2t 2 t 1 1 9t 18t
8 0
2
t
3
2 10 7 11
Với t H ; ; AH 2. (loại).
3 3 3 3
4 14 11 13
Với t H ; ; AH 4.
3 3 3 3
Mà
Khi đó, mặt phẳng ( P ) đi qua
nên có phương trình là
14 11 13
H æ ç ; ;
ö çè 3 3 3 ÷ ø
147
và nhận vectơ u ( 2;2;1 )
làm vectơ pháp tuyến

Do đó:
Câu 185.
14 11 13
2 x 2 y z 0 2x 2y z 21 0 .
3 3 3
b
2
c 1 b c d 18. .
d
21
Câu 186.
Vì P // xOz nên đường thẳng d sẽ nằm trên mặt phẳng cách đều 2 mặt phẳng ;
Do đó d thuộc mặt phẳng Q : y 2 0 .
Mà mặt phẳng xOy vuông góc với hai mặt phẳng P;
thỏa mãn đề bài.
hnibna@gmail.com
domanhha.c3vinhyen@vinhphuc.edu.vn
Chọn D
Thay tọa độ M 2; 3;4
vào phương trình của P , dễ thấy M P
P xOz .
xOz . Do đó có 2 đường thẳng d
.
1 4 312
Ta có d
,
2 6 5 , do đó mặt phẳng
I P
P cắt mặt cầu S theo giao tuyến
6
là một đường tròn. Vậy đường thẳng đi qua qua M , nằm trong P và cắt S theo dây cung
dài nhất khi và chỉ khi đường thẳng đó qua tâm H của đường tròn giao tuyến.
148

I
B
A
H
Câu 187.
Chọn B
M
Đường thẳng IH đi qua 1, 2,3
Do vậy ta có H IH P
nên ta có hệ:
I nhận VTPT của P n1; 2;1
làm VTCP:
x 1
t t
2
y 2 2t x
3
z 3 t y
2
x 2y z 12 0
z
5
Vậy đường thẳng cần tìm qua H 3; 2;5
nhận MH 1;1;1
làm vtcp có dạng
x
1
t
y
2 2t
.
z
3 t
hay H 3; 2;5
.
x
3 t
y
2 t .
z
5 t
S có tâm 1;2;1
Đường thẳng MN nhận u 1;0;1
I , bán kính R 1.
làm VTCP,
sin ,
.
u np
MN P
2
MN , P
45 .
u n 2
p
Gọi H là hình chiếu vuông góc của N lên P .
Suy ra MNH vuông cân tại H MN NH 2 .
Do đó MN lớn nhất khi NH lớn nhất.
P nhận n 1; 2;2
p
làm VTPT.
149

Câu188.
Mà NH lớn nhất khi NH đi qua tâm I của S , khi đó NH NI IH R IH .
IH d I, P 2 nên NH 1 2 3 . Vậy MN 3 2 .
Chọn C
max
max
Câu 189.
Chọn B
2 2 2
u a b c là một VTCP của đường thẳng ( a b c 0 ).
a 3b 5c
0 a 3b 5c
(1).
Gọi ; ;
+) Vì P
nên u nP
+) Mặt cầu S có tâm 0;0;0
O và bán kính R 2 .
Gọi H là hình chiếu vuông góc của O trên AB .
R 3
Ta có OAB là tam giác đều cạnh R nên OH 3 .
2
Hay khoảng cách từ O đến đường thẳng bằng OH 3
a b 2 b c 2 c a 2 3a 2 b 2 c
2
a b c 2 0
Thay (1) vào (2) ta được
3b 5c b c 0 b c a 2c
.
Chọn c 1, khi đó b 1 và 2
Vậy phương trình của đường thẳng là
u,
OE
3 .
u
a b c 0 (2).
u .
a . Ta được một vectơ chỉ phương của là 2; 1; 1
x
1
2t
y
1 t .
z
1 t
Trường hợp 1: A,
B cùng phía với Q : Gọi ;y;z
x
2 3
x 2
Suy ra:
x
4
y
5 3y
1
y
1
M 4; 1;3
z 3 3z
1
z
3
Đường thẳng MC qua 2;0;1
Phương trình
x
2 6t
MC : y t
z
1 2t
D 2 6 t; t;1 2 t MC.
Gọi
M x thỏa AM 3. BM
C và có VTCP u MC 6;1; 2
150

D P 32 6t 4. t 51 2t
1 0 t 1 D 4; 1;3
Trường hợp 2: A,
B khác phía với Q : Gọi ;y;z
AM
x
2 3
x 2
Suy ra:
x
1
y
5 3y
1
y
2 M 1;2;0
z 3 3z
1
z
0
Đường thẳng MC qua C 2;0;1
và có VTCP u MC 3; 2;1
Phương trình
x
2 3t
MC : y 2t
z
1 t
(loại)
M x thỏa 3.
BM
Gọi D2 3 t; 2 t;1 t
MC.
D P 32 3t 4. 2t 51 t
1 0 t 2 D 4;4; 1
Suy ra:
Câu 190.
Chọn B
a
4
b
4 abc 16. .
c
1
Có A(1;1;1), B(2;2;1)
Phương trình AB:
Gọi K là giao điểm của AB và
Có Mặt cầu
S tiếp xúc với P
tại H .
(thỏa)
x
1
t
y 1 t
z
1
P
K 1; 1;1
HK là tiếp tuyến của S
. 12 2 3
2
KH KA KB KH
không đổi
Biết H chạy trên 1 đường tròn bán kính 2 3 không đổi
Câu 191.
Chọn A
Đường thẳng d đi qua M m
Mặt cầu
1; 1; và có một vtcp u (1;1;2) .
S có tâm I 1;1;2 và bán kính R 3 . Gọi K là hình chiếu vuông góc của I lên
2
2 EF 2
đường thẳng d thì K cũng là trung điểm EF . Khi đó: IK R 9. Để EF lớn nhất
4
thì IK nhỏ nhất. Mà
[
,
u IM ] 2 2
m
IK d I,
d
12 nên IK nhỏ nhất khi m 0 .
u 6
Câu 192.
Chọn B
151

M
d
A
N
P
Câu 193.
Chọn D
x
1
2t
x 1 y z 2
Ta có d : y t . Do đó M d M 1 2 t ; t ;2 t
.
2 1 1
z
2 t
Vì A1; 1;2
là trung điểm MN N 3 2 t ; 2 t ;2 t
.
Mặt khác N P
3 2t 2 t 22 t
5 0 t 2 M 3;2;4
AM 2;3;2
một vectơ chỉ phương của .
là
Gọi M là điểm nằm trên đường tròn giao tuyến của S và P . Ta có IM R . Áp dụng
công thức tính bán kính mặt cầu trong trường hợp mặt cầu S giao với mặt phẳng P theo
giao tuyến là đường tròn có bán kính r là
IM R d r
2 2 2 2
*
I ; P
Ta có:
d
I ; P
2 2 2
1 2.2 2. 1 2
3 IH.
1 2 2
Câu 194.
Chọn A
* R 3 5 34 .
Từ
2 2 2
Vậy phương trình mặt cầu S thỏa mãn yêu cầu đề bài là
x y z
2 2 2
1 2 1 34.
152

Gọi M là giao điểm của mặt phẳng P và đường thẳng
2
M 0;0; 1
u1. nP
0
a b 1 0 1
Do d1,
d
2
nằm trong mặt phẳng P
nên :
u 1 0 2
2. nP
0
c d
Từ : u 1; 1;1 , N 1;0;0
x 1
y z
1
1 1 1
1
u1, u
1
. MN 6 2b a 1
6
d d1, 1
2
2 2 2
u1, u
1
b 1 a 1 b a
2
3
u2, u
1
. MN 6 d 2c
1
6
d d2, 1
2
2 2 2
u2, u
1
d 1 1
c c d
2
4
Từ
1 b 1 a .
Thay vào 3
Từ
2 d c 1
3 3a
6
2
2 a a 1 1
2a
2 2 2
2
6 6a 36a 36a 36 a 0 b 1
Thay vào 4
3c
6
2 2 2
2
c 2 1 c 2c
1
2
6c 36c 36c 36 c 1 d 0
Câu 195.
Chọn D
Vậy S a b c d 0 .
x 1
2t
Đường thẳng d : y 1 t , t
có vtcp ud
2;1; 1
.
z t
Mặt phẳng P có vtpt nP
1;2;1
.
Khi đó: Góc giữa đường thẳng d và mặt phẳng P là IMA
ud
. nP
2.11.2 1.1 1
sin IMA
IMA 30
.
u . 2 2 2 2 2 2
d
nP
2 1 1 . 1 2 1
2
IA
Ta có: IA R MA R 3 .
tan 30
1 3 2
Mà S IAM
3 3 IA. MA 3 3 R 3 3 R 6 .
2 2
Mặt khác: I 1 2 t ;1 t ; t d và d I,
P
R
153

6 3t
3 6 t 1 2
2 2 2
t 1 I 1;0;1
1 2t 2 1 t t 6 t 3 I 7;4; 3 L
1 2 1
a 1, b 0, c 1.
Vậy T a b c 0 .
-----------HẾT----------
Câu 196.
Câu 197.
Câu 198.
Chọn C
Mặt cầu ( S ) có tâm là I (0;1;1) bán kính R 3. Vì IA 5 3 nên điểm A nằm trong mặt
cầu.
Gọi H và r lần lượt là tâm và bán kính của đường tròn thiết diện.
Khi đó, ta luôn có
nên IH IA ).
2 2 2 2 2
r R IH R IA 4 (vì H trùng với A hoặc AIH
vuông tại H
Vậy đường tròn có chu vi nhỏ nhất thì có bán kính nhỏ nhất r 2 khi A trùng với H .
Chọn C
Mặt cầu ( S ) có tâm là I (0;1;1) bán kính R 3. Vì IA 5 3 nên điểm A nằm trong mặt
cầu.
Gọi H và r lần lượt là tâm và bán kính của đường tròn thiết diện.
Khi đó, ta luôn có
nên IH IA ).
2 2 2 2 2
r R IH R IA 4 (vì H trùng với A hoặc AIH
vuông tại H
Vậy đường tròn có chu vi nhỏ nhất thì có bán kính nhỏ nhất r 2 khi A trùng với H .
Chọn B
S
1 có tâm O 0;0;0
, bán kính R1 5 . Mặt cầu S 2 có tâm K
2;0;2
R , mặt phẳng P có 1 vectơ pháp tuyến là n
1;0 ; 1
.
Mặt cầu
2
1
Vì OK 2;0;2
cùng phương với n
1;0 1
P
P
, bán kính
nên OK vuông góc với mặt phẳng P
154

Gọi H là hình chiếu vuông góc của O lên mặt phẳng P nên O , K , H thẳnghàng.
1
2
Ta có OH d O; P
3 2 R , ; 2
P cắt S và P không cắt S và S chứa
1
KH d K P R , OK 2 2 , OK R2 R1
2
Do đó mặt cầu tâm I phải tiếp xúc trong với
Gọi R là bán kính với mặt cầu tâm I .
Suy ra: OI R1 R 5 R và KI R2 R 1 R .
Ta có
R
2 2 2 2 2
IH OI OH KI KH
2
3
1
1
S .
2
S tại A và tiếp xúc ngoài với
2 2
2
IH R R
2
2 2 7 7
IH 1 2 IH .
3 9 3
7
Khi đó I thuộc mặt cầu S 3 tâm H , bán kính R3
.
3
S tại B .
5 18 1 2 12R
8
2
Câu 199.
Chọn B
Mà I thuộc mặt phẳng P nên I thuộc đường tròn giao tuyến và có bán kính là r R3
Vậy diện tích là r
.
9
2 7
7
3
Mặt phẳng P có một vectơ pháp tuyến là nP
1;2; 2
.
Mặt cầu S 1
có tâm I 1 2;0; 1 và bán kính R1 1.
Mặt cầu S 2 có tâm I2 4; 2;3
và bán kính R2 2 .
I I 6; 2;4 I I 2 14 R R suy ra
Ta có
1 2 1 2 1 2
Ta có xI yI zI xI yI zI
155
1
S ,
S nằm ngoài nhau.
2 2 5 2 2
1 1 1 2 2 2
5 0 nên I
1, I
2
nằm về hai phía đối với mặt
phẳng P .
Ngoài ra d I1, P 3 R1
,
d I P R
Gọi N,
P lần lượt là giao điểm của đoạn thẳng I1I 2
với hai mặt cầu S1
và S 2 .
Ta có
MA MB AI BI I I MA MB NI PI I N NP PI MA MB NP .
2, 3
2
.
1 2 1 2 1 2 1 2
2

Câu 200.
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi A N , B P và M , N,
P thẳng hàng.
Khi đó MA MB NP I1I2 R1 R2
2 14 3 .
min
Chọn B
Ta có P cắt S theo giao tuyến là đường tròn bán kính 3 d A, P R r 1.
1
Xét P : ax by cz d 0 thỏa mãn ycbt.
Ta có
d A, P 1
d B, P 1
d C, P 1
r
2 2
1
a b c d a b c
2 2 2
a b c d a b c
2a 3b 2c
0
4a b 2d
0
a
0
b a c d
2 2 2
a b c d a b c
2 2 2
2 1
2 2 2
3a b c d a b c 2
3
a 2b c d 3a b c d
a b c d 3a b c d
2 2 2
a b c d a b c
Từ đó ta có 4 hệ
a
0
1. 2a 3b 2c
0
a b c d a b c
2 2 2
a
0
2. 4a b 2d
0
a b c d a b c
nên loại.
2 2 2
b a c d
3. 2a 3b 2c
0
a b c d a b c
2 2 2
suy ra hệ có hai nghiệm.
suy ra hệ có hai nghiệm nhưng có một nghiệm a b c 0
suy ra hệ có hai nghiệm
b a c d
4. 4a b 2d
0
a b c d a b c
2 2 2
suy ra hệ có hai nghiệm
Vậy có 7 mặt phẳng thỏa mãn.
+ Theo tôi nhận thấy A,B,C không thẳng hàng nên A,B,C tạo thành tam giác
156

+ AB=AC= 13 2 2 d A, P =2d B,
P
+ Từ giả thiết suy ra
, BC=4
d A, P 1
d B, P 1
nên ta rút ra được có tất cả 5 mp thỏa mãn
d C, P 1
- 2 mp // và cách (P) một khoảng bằng 1
- 06 mp qua trung điểm của 2 cạnh tam giác ABC và cách các đỉnh một
khoảng bằng 1
Vậy theo tôi là có 8 mặt phẳng thỏa mãn
vietanhhda1983@gmail.com
Câu 201.
Chọn C
Câu 202.
Mặt cầu S có tâm I 1;0; 2 , R 15 .
Gọi đường tròn giao tuyến của S và Q có bán kính là r , theo đề bài
C 2
r 6
r 3.
IH R r
2 2
15 9 6 .
P // Q Q : x 2y z D 0D
7
.
157
l
1
2 D D
7
d I, Q
IH 6
6
D 5 t / m
Thay các điểm ở đáp án vào phương trình Q
Q : x 2y z 5 0 .
J thỏa mãn.

Chọn A
Ta có:
1
S có tâm
S có tâm
2
I
1
0;0;0 và bán kính R1 6
I 1;1;1 và bán kính 2
R2 6
Mặt phẳng P : ax by cz 6 0a
0
có vectơ pháp tuyến nP a; b; ca
0
Mặt phẳng Q : 3x 2y z 1 0 có vectơ pháp tuyến nQ 3;2;1
Vì Mặt phẳng P và mặt phẳng
Mặt phẳng P đồng thời tiếp xúc với cà hai mặt cầu nên
Q
vuông góc nhau nP. nQ 0 3a 2b c 01
d I1;
P R1
d I ; P R
2 2
6
2 2 2
a b c
a b c 6
a b c
Từ (1) và (2)
2 2 2
6
6
a b c 0
| a b c 6 | 6
12
2 2 2 a b c
a b c 6 2 2 2
a b c 6
3a 2b c 0 c a c
1
TH1: a b c 0 b 2a b
2
2 2 2 2 2 2
6
4 6
a b c a a a a
1
abc 2
(2)
TH2:
3a 2b c 0 c a 24 c a 24
a b c 12 b 12 2a b 12 2a
2 2 2 2 2 2 2
6
(12 2 ) ( 24) 6
a b c a a a 5a 96a
684 0(VN)
Ta chọn đáp án A.
Cách khác :
Ta có:
1
S có tâm
S 2 có tâm 1;1;1 2
pháp tuyến nQ 3;2;1
I
1
0;0;0 và bán kính R1 6
I và bán kính 2
6
.
R ; Mặt phẳng Q : 3x 2y z 1 0
Vì I1I2 3 6 nên hai mặt cầu cắt nhau mà R1 R2 6
cả hai mặt cầu khi P song song với I1I 2
.
có vectơ
nên mặt phẳng
Ta lại có mặt phẳng P vuông góc với mặt phẳng Q nên mặt phẳng P
nhận
I I , n
1 2
1;2; 1
Q
làm vectơ pháp tuyến.
Vì
P có vectơ pháp tuyến nP a; b; ca
0
nên
a b c b
2a
.
1 2 1
c a
Khi đó phương trình mặt phẳng P được viết lại là: ax 2ay az 6 0 .
Mặt phẳng P tiếp xúc với mặt cầu
1
6
d I1, P R1
6 a 1.
a 6
S nên
P tiếp xúc với
158

Suy ra phương trình mặt phẳng P :1x 2y z 6 0. Vậy tích abc 2
Câu 203.
Chọn B
Lời giải
Câu 204.
Câu 205.
Gọi J là hình chiếu của điểm I lên mặt phẳng
Mặt cầu tâm 1; 2; 1
bán kính mặt cầu
Câu 206.
Chọn D
I và cắt mặt phẳng
2
R 8 IJ 3 .
Phương trình mặt cầu cần tìm x y z
IJ ,
2.1 2 2
1 1
1.
2
2 1 2
2
P
ta có d I
P
2
P theo một đường tròn có bán kính bằng
2 2 2
1 2 1 9 .
Chọn C
1
; 1;1
Q :2x y 2z 3 0 có vectơ pháp tuyến n2 2;1; 2
.
P Q
n . n 0 2m m 1 2 0 m 1.
P : mx m 1
y z 10 0 có vectơ pháp tuyến n m m
1 2
Chọn C
1
; 1;1
Q :2x y 2z 3 0 có vectơ pháp tuyến n2 2;1; 2
.
P Q
n . n 0 2m m 1 2 0 m 1.
P : mx m 1
y z 10 0 có vectơ pháp tuyến n m m
1 2
.
.
8 ta có
159

2.2 1
2.1
2 9
IH dI; P 3 ,
2 2 2
2 1 2 3
Ta có:
Suy bán kính mặt cầu
R IH r
2 2 2 2
3 1 10
2 2 2
Phương trình mặt câu: ( S) : ( x 2) ( y 1) ( z 1) 10
Câu 207.
A
K
B
H
I
Q
P
Chọn B
Mặt cầu S có tâm 1;0; 1
2 2
I và bán kính 2
R 1 0 1 1 1.
Mặt phẳng đi qua I và vuông góc với đường thẳng d có phương trình:
1 x 1 1 y 0 1 z 1 0 x y z 2 0 .
Gọi K là hình chiếu của I trên d , do K d K t ;2 t ; t
K P t 2 t t 2 0 t 0 K 0;2;0
.
Mặt phẳng cắt S theo đường tròn lớn
2 2 2
IK 0 1 2 0 0 1 6
và
C , có A,
B C
và H IK AB .
2 IH 1 1
IH. IK IA 1 IH IK ( vì IH , IK cùng hướng).
IK 6 6
1 5
a 1 0 1
6
a
6
1 1 1
b 0 2 0
b a b c .
6 3 3
1 5
c
1 0 1
c
6
6
Câu 208.
Chọn D
2 2 2
Từ S : x 2 y 1
z 9 ta có tâm 2;1;0
R 3 . Gọi H là hình chiếu vuông góc của I trên
P S C H;
r
với r 2
I bán kính
P và
I
160
A
H

Ta có IH d I;
P
IH
2m
2 0 1 2m
3
2 2
m 4 1 m 5
Theo yêu cầu bài toán ta có
m
6 2 5
m
2 12m
16 0
.
m 6 2 5
2 2 2
R IH r
2m
3
9
2
4
2
m 5
Câu 209.
Chọn A
Ta có mặt cầu S có tâm I 1; 2;3
, bán kính R 1 4 9 11 5.
6
Đường tròn C có chu vi bằng 6 nên có bán kính là: r C
3.
2
Mặt phẳng Q song song với mp P nên phương trình mặt phẳng Q là:
2x 2y z D 0 D 7
.
Vì Q cắt S theo giao tuyến là đường tròn C
2 2 2
rC
R d I , Q 3 25 d I , Q d I , Q
4
2.1 22
3 D
D 17
4 D 5 12
4 4 1
D
7
Kết hợp điều kiện D 7 ta có phương trình Q:2x 2y z 17 0 .
nên
Câu 210.
Chọn C
Mặt cầu S có tâm I 1;2;2
bán kính R 1.
Ta có
2 2 2
2 4 4
IM 1 2 2
1
R
3 3 3
Suy ra mặt phẳng ABC tiếp xúc với mặt cầu S tại điểm M .
1 2 2
Nên mặt phẳng ABC có véctơ pháp tuyến MI
; ;
.
3 3 3
2 4 4 x y z
Phương trình mặt phẳng ABC
:1 x 2 y 2 z 0 1.
3 3 3 6 3 3
Suy ra a 6; b 3; c 3.
Vậy
VOABC
Câu 211.
Chọn B
1
abc
6
9.
161

d nằm trên hai mặt phẳng ( P ) và ( Q ) nên d chính là giao tuyến của hai mặt phẳng đó
Mặt cầu S có tâm I 1;2;1
và bán kính R 2 .
Mặt phẳng đi qua I và vuông góc với đường thẳng d có phương trình:
2 x 1 1 y 2 4 z 1
0 2x y 4z
4 0.
Gọi K là hình chiếu của I trên d , do K d K 2 2 t ; t ;4t
và K
2. 2 2t t 4.4t
4 0 t 0 K 2;0;0
.
Mặt phẳng cắt S theo giao tuyến là đường tròn lớn C . Ta có M , N C
H IK MN . Suy ra H là trung điểm của MN .
2 2 2
IK 2 1 0 2 0 1 6 .
Ta có
Câu 212.
Chọn C
IH. IK IM 2 IH nên
6
Gọi ; ;
2 2
M x y z là điểm thuộc mặt cầu S .Vì MA
2
2 2 2 2 2
x 2 y z 2 2 x y z 4x 4y
16
2 2 2
2x 2y 2z 8x 4y 4 2z
12 16
.
2 2 2
x y z 4x 2y 2 2z 2 0 S
162
2
và gọi
MN 2 2 2 4
2 HM 2 IM
2 2 .
6 3 3
2
MO. MB 16
nên
Ta thấy rằng tọa độ M thỏa phương trình S cũng là phương trình mặt cầu.
Như vậy điểm M nằm trên giao tuyến của hai mặt cầu S và S ,đó là một đường tròn.
Để tìm bán kính của đường tròn giao tuyến ta làm như sau:
Bằng cách khử đi
2 2 2
x , y , z từ phương trình
S và
Phương trình P là phương trình của một mặt phẳng.
S ta được phương trình y 0 P
Như vậy điểm M nằm trên giao tuyến của mặt cầu S (hoặc của S cũng được) với mặt
phẳng P .
Mặt cầu S có tâm I 2;1; 2 và bán kính R 3 .

Khoảng cách từ tâm I đến mặt phẳng
P là: d d I P
, 1.
Vậy bán kính đường tròn giao tuyến là
r R d
2 2
9 1 2 2 .
Bình luận:
2
+ Thực ra bản chất của giả thiết MA MO. MB 16
là muốn cho thêm điểm M nằm trên một
mặt cầu khác nữa. Chỗ này ta có thể thay đổi giả thiết để có bài toán tương tự. Ngoài ra ta cũng
có thể thay đổi điều kiện để được điểm M nằm trên một mặt phẳng có tương giao với mặt cầu
S .
+ Trong Lời giải trên, ta thấy rằng khi cho hai mặt cầu tương giao, sau khi loại trừ phần bậc
hai, ta thu được phương trình của một mặt phẳng. Mặt phẳng đó được gọi Mặt đẳng phương
của hai mặt cầu .Khái niệm này chính là sự mở rộng tự nhiên của hái niệm Trục đẳng phương
của hai đường tròn trong mặt phẳng. Việc sử dụng mặt đẳng phương để giải làm cho bài toán
trở nên hết sức đơn giản. Sau đây chúng ta sẽ xét thêm một số ví dụ tương tự với nhiều cách
giải khác nhau. Qua đó ta thấy cách giải sử dụng mặt đẳng phương như trên là nhanh gọn nhất.
Sau đây ta đưa ra một số bài tương tự câu 42 được thực hiện theo nhiều cách giải khác
nhau:
Câu 213. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm M thuộc mặt cầu
S : x 3 2 y 3 2 z 2
2
9 và ba điểm A 1;0;0
, B 2;1;3
; 0;2; 3
C . Biết rằng
2
quỹ tích các điểm M thỏa mãn MA 2 MB. MC 8 là đường tròn cố định, tính bán kính r
đường tròn này.
A. 3 . B. 6 . C. 3. D. 6 .
Câu 214. Trong không gian Oxyz , cho mặt cầu S : x 2 y 2 z 3 2
8 và hai điểm 4;4;3
B 1;1;1
. Gọi C là tập hợp các điểm M S
để MA 2MB
C
là một đường tròn bán kính R . Tính R .
Câu 215.
Câu 216.
Câu 217.
163
A ,
đạt giá trị nhỏ nhất. Biết rằng
A. 7 . B. 6 . C. 2 2 . D. 3.
Ta có: d I
P
2.2 5 2 2 1 6
; 2 .
4 1
4 3
Mặt cầu có tâm I 2; 5; 2
và có 2
Chọn A
Mặt cầu
2 2 2
R nên S x y z
: 2 5 2 4 .
S có tâm I 1;2;3 , bán kính R 17 m (điều kiện m 17 ).
Khoảng cách từ tâm I đến mặt phẳng là:
Đường tròn giao tuyến có bán kính là:
Ta có
ChọnB
Cách 1
8
r 4 .
2
R 2 d 2 I r 2 m m
d I, 2.
, 17 4 16 3 (thỏa mãn).

Câu 218.
Xét mặt phẳng có phương trình x by cz d 0 thỏa mãn các điều kiện: đi qua hai điểm
A 1;1;1
và 0; 2;2
Vì
B , đồng thời cắt các trục tọa độ Ox,
Oy tại hai điểm cách đều O .
đi qua A 1;1;1
và 0; 2;2
Mặt phẳng cắt các trục tọa độ ,
Vì M , N cách đều O nên OM
B nên ta có hệ phương trình:
ON
1 b c d 0
2b 2c d 0
*
Ox Oy lần lượt tại
. Suy ra:
d
d .
b
d
M d;0;0 , N 0; ;0
b .
Nếu d 0 thì chỉ tồn tại duy nhất một mặt phẳng thỏa mãn yêu cầu bài toán (mặt phẳng này sẽ
đi qua điểm O ).
d
Do đó để tồn tại hai mặt phẳng thỏa mãn yêu cầu bài toán thì: d b 1.
b
b , *
Với 1
x y 4z
6 0
b , *
Với 1
x y 2z
2 0
Vậy: b b c c
1 2
1 2
1. 1 4. 2 9 .
Cách 2 (Mai Đình Kế)
AB 1; 3;1
c d 2 c
4
2c d 2 d
6
c d 0 c
2
2c d 2 d
2
. Ta được mặt phẳng P :
. Ta được mặt phẳng Q :
Xét mặt phẳng có phương trình x by cz d 0 thỏa mãn các điều kiện: đi qua hai điểm
A 1;1;1
và 0; 2;2
B , đồng thời cắt các trục tọa độ Ox,
Oy tại hai điểm cách đều O
lần lượt tại M , N . Vì M , N cách đều O nên ta có 2 trường hợp sau:
TH1: M ( a;0;0), N(0; a;0)
với a 0 khi đó chính là P . Ta có MN ( a; a;0)
, chọn
u1 ( 1;1;0)
là một véc tơ cùng phương với MN . Khi đó n AB, u
1
( 1; 1; 4)
P
,
suy ra P : x y 4z d1
0
TH2: M ( a;0;0), N(0; a;0)
với a 0 khi đó chính là Q . Ta có MN ( a; a;0)
, chọn
u2 (1;1;0) là một véc tơ cùng phương với MN . Khi đó n AB, u
2
( 1;1;2)
Q
,
Q : x y 2z d 0
suy ra 2
Vậy: b b c c
Chọn D
1 2
1 2
1. 1 4. 2 9 .
164

Gọi I a; b;
c là tâm mặt cầu S .
Do S tiếp xúc với cả ba mặt phẳng ,
,
2 2 2
Mặt khác, ta lại có R IM 2 a 5 b 2 c
Do đó ta có hệ:
2 a 5 b 2 c a
1
.
2 2 2 2
2 2 2 2
2 a 5 b 2 c b
1 1
.
2 2 2 2
2 a 5 b 2 c c
1
nên ta có a 1 b 1 c 1
R .
Quan sát ta thấy rằng
2 2 3
a 1 a 2
a a 1 0
2
2 2
b 1 b 5
b 3 b 1 0 .
2 2
3
c 1 c 2
c c 1
0
2
Câu 219.
Câu 220.
Do đó a 1 b 1 c 1 a 1 b 1 c
1.
Từ 1
a 1 b 1 c
1
Vậy R IM 3.
a 2 b 5 c 2 a
1
2 2 2 2
165
a
4
b
4 .
c
4
Chọn A
Gọi R là bán kính mặt cầu. Do mặt cầu tiếp xúc với mặt phẳng P nên ta có:
1 2.2 2.1
2
d I,
P
R
R R 3
2 2 2
1 2 2
2 2 2
Từ x a y b z c
d và tâm 1;2;1
Vậy T a b c d 1 2 1 9 11.
. Suy ra d 9 .
I suy ra a 1; b 2 ; c 1.
Chọn C
Giả sử mặt cầu S có bán kính R và có tâm I 0;0;
c (vì tâm I thuộc trục Oz ).
Ta có: ;
d I Oxy c
và d I
Vì mặt phẳng Oxy cắt
2 2
R d I ; Oxy 4 c 4 .
; c 2 .
S theo đường tròn có bán kính bằng 2 nên
Vì mặt phẳng : z 2 cắt S theo đường tròn có bán kính bằng 4 nên
2 2
R d I ; 16 c 2 16 .
2
Suy ra: c 4 c 2 2
16 4c 16 c 4 I 0;0;4
Vậy phương trình mặt cầu
S là: x 2 y 2
z 2
4 20 .
và R 20 .

Câu 221.
Câu 222.
Chọn D
Phương trình mặt phẳng Oyz là x 0 .
Vì mặt cầu tiếp xúc với mặt phẳng
Oyz
có bán kính R d I Oyz
Vậy phương trình mặt cầu cần tìm là x y z
Chọn C
Gọi ; ;
, 4 .
2 2 2
4 9 16 16 .
I a b c là tâm của mặt cầu :
2a 4b c 7 0
Vì I nằm trên P và Q nên:
4a 5b c 14 0
Mặt khác, S cùng tiếp xúc với R và S nên:
2 2 2
S x a y b z c D .
a 2b 2c 2 a 2b 2c
4
d I, R d I,
S
3 3
a 2b 2c 2 a 2b 2c
4 2 4
a 2b 2c 2 a 2b 2c 4
a 2b 2c
1 0
2a 4b c 7 0 a
1
Từ 1 và 2 ta được hệ: 4a 5b c 14 0 b
3 a b c 5.
a 2b 2c
1 0
c
3
1
a 2b 2c
1 0 2
Câu 223.
Chọn A
Câu 224.
Chọn B
Ta có: x y z x y z
2 2 2019 2 2 2019 0 nên các điểm A,
B đều nằm cùng
A A A B B B
phía so với mặt phẳng ( P ) và đường thẳng AB luôn cắt mặt phẳng ( P ) tại một điểm cố định.
Từ bất đẳng thức véc tơ | u | | v | u v .
giao điểm của đường thẳng AB với mặt phẳng ( P ) .
Ta có AM BM AB.
Dấu bằng xảy ra khi M là
2 2 2
Do đó AM BM AB 4 1 4 2 5 3
17 , đạt được khi M AB P
Max
Ta có: xA yA zA xB yB zB
cùng nằm về một phía của mặt phẳng .
.
1 1 11 0 1 3 1 4 1 0 nên hai điểm A và B
Ta có MA MB AB 2 6 , nên MA MB
lớn nhất khi và chỉ khi M AB
.
166

Câu 225.
Chọn D
Câu 226.
x
1
2t
Phương trình đường thẳng AB : y
1 2t
, do đó tọa độ điểm M là nghiệm của hệ phương
z
4t
1
t
8
x
1
2t
3
x
y
1 2t
trình
4
3 5 1
. Do đó M
z
4t
5
; ;
y
4 4 2 .
x y z 1 0 4
1
z
2
Ta có: xA yA zA xB yB zB
và B nằm khác phía so với mặt phẳng .
2 1 2 1 0 1 2.11 11 4 1 0 nên hai điểm A
Nên MA MB đạt giá trị nhỏ nhất khi M AB
.
x
t
Phương trình đường thẳng AB : y
1 2t
, do đó tọa độ điểm M là nghiệm của hệ phương
z
1 3t
2
t
7
x
t
2
x
y
1 2t
7
2 3 1
trình . Do đó M
z
1 3t
3
; ;
y
7 7 7 , 2
xM
7 .
x y 2z
1 0 7
1
z
7
Chọn D
Vì
P chứa trục Oz nên luôn có
; ;
d M P d M Oz .
Suy ra d M ; P đạt giá trị lớn nhất bằng d M ; Oz
trục Oz .
MH , với H là hình chiếu của M trên
Dễ có H 0;0;3
. Vậy P đi qua H 0;0;3
, có véc tơ pháp tuyến MH 1; 2;0
P : x 2y 0 x 2y 0 A 2; B C 0 A B C 2
.
Câu 227.
Chọn B
Đặt t b c t 0;
2
2 2
b c ;
t
2
2
bc t .
4
167

a 2 b 2 c 2
ab bc ca
2
2
5a ta 2t 0 a 2t .
5 9 2
4 1
Vậy Q 3
27
f t
t t
Ta có f t 2 4
với t 0 .
4 1 1
0 t (vì t 0 ).
t 9t
6
Ta có bảng biến thiên
5a 5 b c 9a b c 28bc
5a 5t 9at 7t
2 2 2
Câu 228.
Vậy Q max
16
Suy ra tọa độ điểm
1 1
a ; b c .
3 12
A
1 1 1
; ;
3 12 12
; tọa độ các điểm
1
M ;0;0 ;
3
1
N 0; ;0
;
12
x y z
Phương trình mặt phẳng MNP
1
3x 12y 12z 1 0 .
1 1 1
3 12 12
Chọn A
1
P 0;0; .
12
2 2
2
x y z
1 1 4
Xét hệ
2 2 2
x y z y
2 2 0
Vậy P : x 0 P chính là mặt phẳng
2 2 2
x y z x y
2 2 2 0
x 0
2 2 0
2 2 2
x y z y
Oyz .
Gọi C 0;0;0
và D 0;3;4
lần lượt là hình chiếu vuông góc của A 1;0;0
và B 2;3;4
trên mặt phẳng P . Suy ra AC 1, BD 2 , CD 5 .
2 2 2 2
Áp dụng bất đẳng thức a b c d a c b d
2 2
, ta được
168

Câu 229.
Chọn D
Câu230.
AM BN AC CM BD DN
AC BD CM DN
2 2 2 2
9 CM DN
2 2
2
Lại có CM MN ND CD 5 nên suy ra CM ND 4 . Do đó AM BN 5 .
Đẳng thức xảy ra khi C , M , N , D thẳng hàng theo thứ tự đó và AC
CM
4 16
M
0; ;
5 15 và 7 28
N
0; ;
5 15 .
Vậy giá trị nhỏ nhất của AM
BN là 5.
BD , tức là
DN
Gọi H là hình chiếu của gốc tọa độ O lên mặt phẳng P , do tứ diện OABC là tứ diện vuông
1 1 1 1
tại O nên ta có
OA OB OC OH
Mặt khác ,
2 2 2 2
OH d O P OM .
nhỏ nhất khi và chỉ khi OH lớn nhất.
M 1;2;1
Vậy mặt phẳng P
: P
: x 2y z 6 0 .
n OM 1;2;1
Chọn C
* Gọi A , B , C lần lượt là hình chiếu của A , B , C xuống P .
Gọi G là trọng tâm
ABC G 2;2;3
.
Gọi G là hình chiếu của G xuống mặt phẳng P .
* Tổng khoảng cách từ A , B , C xuống P , theo giả thiết thì P //
d AA BB CC 3GG
d GG
.
Mà GG GD (mối quan hệ đường xiên – hình chiếu)
max
max
ABC nên
169

dmax
G
D P
qua D2; 1; 3
nhận DG 4;3;6
phương trình: 4 x 2 3 y 1 6z
3
0 hay P : 4x 3y 6z
29 0
a 4 ; b 3 ; c 6 .
Vậy a b c 4 3 6 13 .
Câu 231.
Chọn C
Cách 1: Ta cóT MA MB 2MC
Câu 232.
2
a b 2c
3
1 1 2
2
2 2 2
2 a b c 2 2 6
2 2 2
170
4a 4b 4c 2 a b c
2 2 2 2 2 2
là véc tơ pháp tuyến nên có
. Từ đó suy ra
a b c 1
a
b
T MA MB 2MC
đạt giá trị nhỏ nhất bằng 6 1 1 2 2
a b 2c 3 0
c
1
Cách 2:
Gọi I là trung điểm của AB , J là trung điểm của IC . Tính được I 1; 3;1 , J 0;0;0
.
Khi đó T MA MB 2MC 2MI 2MC 4 MJ 4MJ
. Do đó T đạt giá trị nhỏ nhất khi
M là hình chiếu vuông góc của J trên P .
Gọi là đường thẳng đi qua J và vuông góc với P . Khi đó có phương trình
Tọa độ của M là nghiệm của hệ phương trình
1
t
x y 2z
3 0 2
1
x t x
1 1 1 1
2 M ; ; 1 S 1 0
y t
2 2 2 2
1
z
2t
y
2
z 1
Chọn A
Ta có G 1;3;2 là trọng tâm tam giác ABC .
Khi đó
2 2 2
2 2 2
MA MB MC MA MB MC
MG GA MG GB MG
GC
2 2 2 2
3MG
2
2 2 2
GA GB GC MG GA GB GC
3MG GA GB GC
2 2 2 2
x
t
y
t .
z
2t
2 2 2
Do đó MA MB MC nhỏ nhất khi và chỉ khi MG nhỏ nhất M là hình chiếu của G lên
mặt phẳng Oxy . Do hình chiếu vuông góc của G lên mặt phẳngOxy có tọa độ 1;3;0
Vậy
M 1;3;0 . Từ đó 2 2
T 1 3 10 .

Câu 233.
Câu 234.
Chọn A
Ta có G 1;3;2 là trọng tâm tam giác ABC .
Khi đó
2 2 2
2 2 2
MA MB MC MA MB MC
MG GA MG GB MG
GC
2 2 2 2
3MG
2
2 2 2
GA GB GC MG GA GB GC
3MG GA GB GC
2 2 2 2
2 2 2
Do đó MA MB MC nhỏ nhất khi và chỉ khi MG nhỏ nhất M là hình chiếu của G lên
mặt phẳng Oxy . Do hình chiếu vuông góc của G lên mặt phẳngOxy có tọa độ 1;3;0
Vậy
M 1;3;0 . Từ đó 2 2
T 1 3 10 .
Chọn D
a. b a . b .cos a;
b .
Ta có:
cos a; b 1
nên: a . b a.
b . Dấu bằng xảy ra khi a , b cùng hướng.
Do
Gọi G là là điểm thỏa mãn GA GB GC GO 0 . Khi đó, tọa độ G là
x
y
z
G
G
G
xA xB xC xO
1
4
yA yB yC yO
2
4
zA zB zC zO
3
4
G 1;2;3 GA GB GC GO 14 .
Đặt T MA MB MC MO .
14T 14MA 14MB 14MC 14MO
GA. MA GB. MB GC. MC GO.
MO
GA. MA GB. MB GC. MC GO.
MO
GA. MG GA GB. MG GB GC. MG GC GO.
MG GO
2 2 2 2
GA GB GC GO MG.
GA GB GC GO
2 2 2 2
GA GB GC GO 56 T 4 14 .
Giá trị nhỏ nhất T MA MB MC MO bằng 4 14 khi 4 cặp véc tơ: GA và MA ;
GB và MB ; GC và MC ;GO và MO cùng hướng. Khi đó M trùng với G .
1
M 1;2;3
. Đường thẳng có một véctơ chỉ phương u MH 1; 1; 2
.
2
Vậy phương trình đường thẳng là:
x 3 y z 1
1 1 2
.
171

Câu 235.
Chọn A
Gọi H,
K lần lượt là hình chiếu vuông góc của A,
B lên mặt phẳng P .
Theo định lí Pitago có
2 2 2 2 2 2
MA MH HA MH d A P MH
( ,( )) 9
2 2 2 2 2 2 .
NB NK KB NK d ( B,( P)) NK 9
Câu 236.
Đặt
MH a NK b MA NB a b
2 2 2 2
, 2 3 2( 9) 3( 9).
Mặt khác theo bất đẳng thức đường gấp khúc ta có:
HM MN NK HK 3 a 1 b 3 b 2 a.
2 2 2 2 2
2MA 3NB 2 a 9 3 (2 a) 9 5a 12a
57 49,8.
Do đó
2 2
Vậy giá trị nhỏ nhất 2MA
3NB
bằng 49,8 khi a 1,2; b 0,8 và các điểm M , N thuộc
đoạn thẳng HK .
Chọn D
H
P : mx m 1 y z 2m
1 0, m
Ta có
x
y 2 0
P : m x y 2 y z 1 0 I .
y z 1 0
Vậy mặt phẳng P luôn chứa đường thẳng
K
x
2 t
: y
t .
z 1 t
Gọi K 2 t ; t ; 1 Pt
là hình chiếu của H lên đường thẳng , HK 1 t ; t 3; 1
t
Vì HK nên: 1 t
t 31 t 0 t 1
K 1;1;0
.
Gọi mặt phẳng là mặt phẳng đi qua K và vuông góc với đường thẳng .
: x y z 0 O Q
. Vậy:
+ H
m
thuộc mặt cầu đường kính HK .
H m
.
172

+ H Q
m
.
HK
T là một đường tròn tâm I 2;2;0
, bán kính R 2 và OI 2 2 .
2
Vậy: a OI R 3 2 ; b OI R 2 a b 4 2 .
Câu 237.
Chọn D
Gọi I x; y;
z sao cho 3IA 5IB 7IC
0
Câu 238.
Ta có:
z z z
1 .
3 1 x 5 1 x 7 3 x 0 x
23
3 1 y 5 2 y 7 1 y 0 y
20 .
3 1 5 0 7 2 0 z
11
Suy ra I 23;20; 11
.
P 3MA 5MB 7MC 3 MI IA 5
MI IB 7
MI IC .
Xét
P MI 3IA 5IB 7IC
.
Từ
1 ta có P MI MI .
P
min
khi MI ngắn nhất hay M là hình chiếu vuông góc của I lên mặt phẳng .
Khi đó: P d I
Chọn B
min
2. 23 20 2. 11 7
, 27 .
2 2 2
2 1 2
A
B
M
Oxy
Dễ thấy hai điểm A,
B nằm về cùng một phía so với mặt phẳng Oxy .
Gọi C là điểm đối xứng với A qua Oxy
suy ra C 2;0; 1
.
C
173

Đường thẳng BC đi qua C 2;0 1
và u CB 1;2;1
trình là:
Câu 239.
Chọn C
Cách 1.
Câu 240.
x
2 t
y
2t
z
1 t
174
1
4
Khi đó MA MB MC MB BC 4 6 .
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi M , B,
C thẳng hàng.
làm vecto chỉ phương có phương
Suy ra min MA MB 4 6 M Oxy
BC nên tọa độ điểm ; ;
x
2 t
x
1
y
2t
y
2
z
1
t z
0
z
0
M 1;2;0 a 1, b 2, c 0 a b 3c
3 .
. Vậy
Gọi M a; b;
c
thuộc mặt phẳng P : x y z 0
nên ta có a+b+c 0
13 11 19 544 .
2 2
2 2 2 2 2 2
MA 2MB 3 a 5 b 5 c 2 5 a 3 b 7 c
2 2 2
a b c 26a 22b+ 38c
107
a 2 b+ 2 c
2
Theo BĐT Bunnhia ta có
M x y z thỏa mãn hệ:
2 2 2
a+b+c 0 21 a 13 + b + 11 + c 19 3 a 13 + b + 11 + c 19
a + b + + c
2 2 2
13 11 19 147
2 2
2 2 2
MA 2MB a 13 b+ 11 c 19 544 397
Dấu bằng xảy ra khi:
a
6
a 13 b + 11 c 19
7
b
18
M 6; 18;12
.
1 1 1
c
12
Cách 2.
(Căn cứ vào đề cho đáp án sẵn tọa độ điểm M )
M thuộc mặt phẳng P : x y z 0 nên loại B, D.
2 2
2 2
Với M 2;1;1 MA 2MB
149 , với M MA MB
6; 18;12 2 397
Từ đó loại A. Vậy đáp án là C.
Cách 3.
Ta có thể dùng tâm tỷ cự như sau:
Gọi I thỏa mãn
IA 2IB
0
2
IO OA IO OB
0
OI 2OB OA I 13; 11;19
.
2 2 2 2
2 2
Khi đó: MA 2MB
MA 2 MB MI IA 2 MI IB MI 2 IA 2 2IB
2 lớn
nhất khi I là hình chiếu vuông góc của M lên P M 6; 18;12
.
Chọn D
Gọi I là điểm thỏa điều kiện : 2IA
3IB
0 . Khi đó I( 1;1;1) .

Câu 241.
Câu 242.
Câu 243.
T=
2 2
2MA
3MB
T đạt giá trị nhỏ nhất
Mà M ( P)
nên min
2 2
2 2 2 2 2
2MA 3MB 2( MI IA) 3( MI IB) 5MI 2IA 3IB
.
MI min .
MI M là hình chiếu của I lên mặt phẳng P
2.( 1) 1 2.18
MI d(I,( P)) 3.
2 2 2
2 ( 1) 2
2 2 2
Khi đó: Tmin 5MI 2IA 3IB
135 .
Chọn A
Gọi I là điểm thỏa IA IB IC 0 I 2; 2;2 .
2 2 2
MA MB MC
MI IA MI IB MI IC
2 2 2 2
2 2 2
2 2 2 2
3MI IA IB IC 2 MI.
IA IB IC 3MI IA IB IC .
2 2 2
Mà M Oyz
MA MB MC đạt giá trị nhỏ nhất M là hình chiếu của I lên Oyz
M 0; 2;2
.
Vậy P 0 2 2 0 .
Chọn B
với mọi điểm M P
Ta có MA MB AB
Vì 2.4 5 2.6 1 . 2.11 2.2 1
208 0 nên hai điểm ,
Dấu " "
xảy ra khi và chỉ khi M AB P
A B nằm cùng phía với P
2 2 2
Khi đó, MA MB nhận giá trị lớn nhất là: AB 4 1 5 1 6 2
41 .
Chọn C
Ta có trọng tâm của tam giác ABC là 1;0;2
Vậy
MA MB MC MG M
min
min
G . Khi đó: MA MB MC 3MG 3MG
.
là hình chiếu vuông góc của G trên mặt phẳng P .
Gọi d là đường thẳng qua G và vuông góc với P , ta có phương trình đường thẳng d là:
x
1
t
y
t .
z
2 t
Giá trị t ứng với tọa độ điểm M là nghiệm của phương trình:
1 t t 2 t 3 0 3t 6 0 t 2 .
Vậy 1;2;0
M . Khi đó: a 2b 3c
1 2.2 3.0 3.
Câu 244.
Chọn C
175

Do M , N , P không trùng với gốc tọa độ nên m 0 , n 0 , p 0 .
Phương trình mặt phẳng MNP là:
x y z 1 1 1
1 x y z 1 0
m n p m n p
d O, MNP
1
1 1 1
m n p
2 2 2
Áp dụng bất đẳng thức Côsi cho ba số dương
2
m ,
2
n ,
2
p và ba số dương
2
1
m , 1
2
n , 1
2
p
ta có:
2 2 2 2 2 2 1 1 1 1
m n p 3 3 m n p và 33
m n p m n p
2 2 2 2 2 2
1 1 1
m n p
2 2 2
m n p
2 2 2
9; Mà
2 2 2
m n p 3 suy ra:
1 1 1 1 1 1 1 1
3 3
2 2 2 2 2 2
m n p m n p
1 1 1 3
2 2 2
m n p
1
d O, MNP
. Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi
3
2 2 2
m n p 1.
Vậy giá trị lớn nhất của khoảng cách từ O đến mặt phẳng MNP
là
1
3 . Chọn C
Câu 245.
Chọn C
Ta có: I ( 1;2;2 ) là trọng tâm của tam giác ABC.
MA, MB, MC là khoảng cách từ M đến các điểm A, B, C.
2 2 2
2 2 2
Xét MA + MB + MC = ( MA) + ( MB) + ( MC)
2 2 2 2
( ) ( ) ( ) ( )
= 3 MI + IA + IB + IC + 2 MI. IA+ 2 MI. IB + 2 MI.
IC
MI IA IB IC MI IA IB IC
( )
2 2 2 2
= 3 + + + + 2 . + +
2 2 2
= ( MI + IA) + ( MI + IB) ( MI + IC)
)
2 2 2 2
= 3MI + IA + IB + IC + 2 MI
.0
(do I là trọng tâm của tam giác ABC nên IA+ IB + IC = 0
2 2 2 2
= 3MI + IA + IB + IC .
2 2 2
2 2 2
Mà IA + IB + IC có giá trị không đổi nên MA + MB + MC đạt giá trị nhỏ nhất khi MI
P .
ngắn nhất. Khi đó M là hình chiếu vuông góc của I lên mặt phẳng ( )
Gọi ( d ) là đường thẳng đi qua M và I , vuông góc với mặt phẳng ( P ).
176

Đường thẳng d đi qua điểm 1;1;1
I , nhận véc tơ pháp tuyến của P là n 3; 3; 2
một véc tơ chỉ phương nên phương trình tham số của ( d)
là ( d) : y 2 3t ( t )
M = ( P)
Ç d .
ì x = 1+
3t
ï
í = - Î .
ï
ïî z = 2 - 2t
P
là
Câu 246.
Câu 247.
( 1 3 ;2 3 ;2 2 )
M Î d Þ M + t - t - t .
Mặt khác M P
nên: ( ) ( ) ( )
M - . Suy ra a + b + c = 3 .
Do đó ( 4; 1;0)
Chọn C
1
Ta có: S
MAB
d ;( )
AB.
M AB
2
3 1+ 3t -3 2-3t -2 2-2t - 15 = 0 Û t = 1.
Ta có: Diện tích tam giác MAB nhỏ nhất dM
;( AB)
nhỏ nhất.
AB 1; 1;2
n P 3;1; 1
nP. AB 0.
;
AB song song với mặt phẳng P.
Mà d
M
;( AB)
ngắn nhất, M P.
P và mặt phẳng
Q . Với Q là mặt phẳng vuông góc với P
và đi qua AB .
Mặt phằng Q vuông góc với P đi qua AB nQ nP ; AB
1; 7; 4 .
Nên M thuộc giao tuyến của mặt phẳng
A Q Q : x 7 y 4z c 0
1 7.0 4.2 c 0
c 7
A A A
Q : x 7y 4z
7 0
M Q x 7 y 4z
7 0
M
.
M P 3x y z 5 0
Chọn B
G x1 y1 z
1
là trọng tâm tam giác ABC.
Vì G là trọng tâm tam giác ABC và M là điểm tùy ý nên MA MB MG 3 MG.
Vậy S MA MB MC 3MG 3 MG.
Gọi ; ;
177

Câu 248.
Chọn C
x
z
1
A B C
Do G là trọng tâm tam giác ABC nên y G
1
1
xA xB xC
1 2 4
1
3 3
y y y 3 6 12
3 3
1 1; 1;3 .
zA zB zC
5 1
5
3
3 3
Vì G cố định nên S 3MG đạt giá trị nhỏ nhất khi và chỉ khi MG nhỏ nhất. Tức là
MG P.
Ta có:
1.1 2. 1 2.3 5 14
d G, P MG.
3
Vậy giá trị nhỏ nhất
S có tâm
2
2 2
1 2 2
14
S MA MB MC 3MG 3MG
3. 14.
3
I 1;2;1 và bán kính 1
R . Ta có:
1 2.2 2.1
3
d I, P 2 R .
2 2 2
1 2 2
Câu 249.
Gọi H là hình chiếu vuông góc của N trên mặt phẳng P và là góc giữa MN và NH .
Vì MN cùng phương với u nên góc có số đo không đổi, HNM .
1
Có HN MN .cos MN .
cos
HN nên MN lớn nhất HN lớn nhất
HN d I, P R 3.
Có cos cos u,
n P
Chọn D
1
2
nên
1
MN HN 3 2 .
cos
Gọi K là hình chiếu của H lên P , E là hình chiếu của H lên MN .
178

H
Câu 250.
Ta có : d H;
P
HK và d H;
MN
Vậy ;
K
N
E
M
HE , HK HE (không đổi) .
d H P lớn nhất khi K E , với E là hình chiếu của H lên MN
Vậy mặt phẳng P
cần tìm là mặt phẳng nhận
qua M .
P : x y z 3 0 .
a
1
Vậy b
1 T 16 .
c
1
Chọn C
Cách 1.
Ta có I ; I 7 t;3 2 t;9
t
.
Ta tính:
MI t t
2
6 16 84 ;
NI t t
1 1 7
E ; ;
3 3 3 .
1 1 1
HE ; ;
làm vectơ pháp tuyến và đi
3 3 3
MN .
2
6 16 34 ; 14
2 2
4 220 4 70
Gọi C là chu vi tam giác IMN ; C 6t 6t
14 .
3 3 3 3
220 70
Hay C 14 .
3 3
Chu vi tam giác IMN nhỏ nhất khi 4 17 17 23
t ; khi đó I
; ;
hay 19
3 3 3 3 T .
Cách 2.
Gọi véc tơ u
là véc tơ chỉ phương của ta có u MN 0 .
Đường thẳng MN vuông góc với .
Gọi là mặt phẳng chứa MN và vuông góc với .
Phương trình mặt phẳng chứa MN vuông góc với là: x 2y z 2 0 .
17 17 23
Mặt phẳng cắt tại H
; ;
3 3 3 .
Gọi điểm I ; Gọi C là chu vi tam giác IMN . Ta có:
C MI NI MN
220 70
MH NH 14 14 .
3 3
179

M
I
Câu 251.
Vậy chu vi tam giác IMN nhỏ nhất khi I
Chọn C
N
H . Hay
17 17 23
I
; ;
3 3 3
. Vậy T 19 .
Nhận xét: ( x y z 1)(x y z ) 0 suy ra A và B khác phía với mặt phẳng ( P)
A A C B B C
Áp dụng công thức tính nhanh:Tọa độ điểm đối xứng của M ( x0 ; y0; z0
) qua
2 a( ax0 by0 cz0
d)
x1 x0
2
2 2
a b c
(P) : ax by cz d 0 là điểm M '( x1 ; y1 ; z
1)
với
Gọi
Câu 252.
Chọn D
B ' là điểm đối xứng của B qua ( P ) suy ra
Ta có | MA MB | | MA MB' | AB' 2 5
2 b( ax0 by0 cz0
d)
y1 y0
2
2 2
a b c
2 c( ax0 by0 cz0
d)
z1 z0
2
2 2
a b c
13 5 8
B ' ; ;
3 3 3
C
A'
B'
O'
O
H
I
B
A
C'
Mặt cầu S có tâm I 0;3;6
, bán kính R 3 5 .
Tứ diện OABC vuông đỉnh O và nội tiếp mặt cầu S nên gọi O , A, B, C lần lượt là các
điểm đối xứng với O , A , B , C qua tâm I thì OBAC.
ACOB
là hình hộp chữ nhật nội tiếp
mặt cầu S và đường chéo OO của hình hộp cắt mặt chéo tam giác ABC tại trọng tâm H
của tam giác ABC và 1 2
OH OO
OI H 0;2;4
.
3 3
180

Câu 253.
Mặt phẳng
ABC thay đổi, luôn đi qua H 0;2;4
nên
d M , ABC
6 khi mặt phẳng
Chọn C
ABC vuông góc với MH .
Gọi là điểm cố định mà mặt phẳng P luôn đi qua.
Ta có
d M , ABC MH 6 .
Ta có
Do đó khoảng cách từ khoảng cách từ A đến mặt phẳng P đạt giá trị lớn nhất bằng
Câu 254.
Chọn D
khi tại .
Gọi là hình chiếu vuông góc của trên , là hình chiếu vuông góc của trên . Ta
có . Vậy mặt phẳng thỏa mãn yêu cầu đề bài phải chứa và vuông góc với
.
Gọi . Ta có ,
.
Vậy mặt phẳng có vecto pháp tuyến và đi qua điểm .
Phương trình mặt phẳng .
181

Mặt cầu có tâm . Ta có .
Câu 255.
Vậy cắt theo đường tròn có bán kính
Phân tích: Bài có nhiều hướng giải,như đưa về phương trình chùm mặt phẳng rồi đánh giá max
–min, tuy nhiên dùng hình học là đơn giản hơn cả.
Yêu cầu học sinh nắm vững được vị trí tương đối của điểm, đường, mặt và mặt cầu trong không
gian.
Trong các dạng bài chứa điểm, chứa đường, thỏa mãn khoảng cách max thì nhìn chung khoảng
cách max chính là khoảng cách từ điểm- đường ,điểm – điểm theo dữ kiện đề bài.
Chọn B
Mặt cầu
S có tâm 0;0;0
O và có bán kính R 10.
2 2 2
Ta có OA 1 2 3 14 R suy ra A nằm trong mặt cầu, nên đường thẳng AB luôn
cắt mặt cầu tại 2 điểm phân biệt.
Gọi P là mặt phẳng cần tìm, r là bán kính đường tròn giao tuyến, H là hình chiếu vuông
góc của O lên P và K là hình chiếu vuông góc của O lên đường thẳng AB.
Do
2 2 2
r OH R 100 nên r nhỏ nhất khi OH lớn nhất.
Từ OH
OK suy ra OH lớn nhất khi H K và P là mặt phẳng qua A nhận OK
vectơ pháp tuyến.
Ta có:
x 1
t
2 .
z 3 t
, do OK AB nên
OK. AB 0 1 t 2 t 3 t 0 t 2
+ AB 1;1;1
nên đường thẳng AB có phương trình y t t
+ Gọi K 1 t;2 t;3 t
thì OK 1 t;2 t;3
t
Suy ra K 1;0;1 .
+ P qua A 1;2;3
và nhận OK 1;0;1
x z 2 0 x z 2 0 .
làm vectơ pháp tuyến nên có phương trình
làm
182

B. x z 2 0. C. y z 1 0. D. x 2y z 0.
183

Câu 1: (GV Đặng Thành Nam -2019) Cho khối lăng trụ ABC .A'B'C' có thể tích bằng 1. Gọi
M, N lần lượt là trung điểm các đoạn thẳng AA ' và BB '. Đường thẳng CM cắt đường thẳng
C ' A ' tại P, đường thẳng CN cắt đường thẳng C ' B ' tại Q. Thể tích của khối đa diện lồi
A'.
MPB ' NQ bằng
Lời giải
A. 1 B. 1 3
C. 1 2
D. 2 3
Câu 1. Ta có A’ là trung điểm PC '; B ' là trung điểm
S
1 4
V . V 4V 4 V .
3 3
C ' PQ
C. C ' PQ C. A' B' C ' C. A' B' C ' ABC. A' B' C '
SC ' A' B'
QC '. Do đó
A' M B ' N C ' C
1 1 1
Mặt khác A' A B ' B C ' C
2 2
2
VA' B' C '. MNC
VABC. A' B' C '
VABC. A' B' C '
.
3 3 3
4 2 2
Do đó VA' MB' NQ
VC . C ' PQ
VA' B' C '. MNC
. Chọn đáp án D.
3 3 3

Mặt nón mặt trụ mặt cầu
Câu 1 :( Chuyên Thái Nguyên- 2019 ) Cho một miếng tôn hình tròn tâm O, bán kính R. Cắt bỏ
một phần miếng tôn theo một hình quạt OAB và gò phần còn lại thành một hình nón đỉnh O
không có đáy (OA trùng với OB). Gọi S và S ' lần lượt là diện tích của miếng tôn hình tròn ban
đầu và diện tích của miếng tôn còn lại. Tìm tỉ số
A.
2
3
B. 1 4
S '
S
để thể tích của khối nón đạt giá trị lớn nhất.
C. 1 3
Câu 2 :( Chuyên Thái Nguyên- 2019 ) Một bình đựng nước dạng hình nón (không có đáy)
đựng đầy nước. Người ta thả vào đó một khối cầu có đường kính bằng chiều cao của bình nước
và đo được thể tích nước tràn ra ngoài là
3
18
dm . Biết khối cầu tiếp xúc với tất cả các đường
sinh của hình nón và đúng một nửa khối cầu chìm trong nước. Tính thể tích nước còn lại trong
bình.
A.
3
27 dm B.
3
6 dm
C.
D.
3
9 dm
D.
6
3
3
24
dm
Câu 3 :( Chuyên Thái Nguyên- 2019 ) Khi cắt hình nón có chiều cao 16 cm và đường kính đáy
24 cm bởi một mặt phẳng song song với đường sinh của hình nón ta thu được thiết diện có diện
tích lớn nhất gần với giá trị nào sau đây?
A. 170 B. 260 C. 294 D. 208
Câu 4: ( Chuyên Vinh Nghệ An- 2019 ) Người ta sản xuất một vật lưu niệm (N) bằng thủy tinh
trong suốt có dạng khối tròn xoay mà thiết diện qua trục của nó là một hình thang cân (xem hình
vẽ). Bên trong (N) có hai khối cầu ngũ sắc với bán kính lần lượt là R = 3 cm, r = 1 cm tiếp xúc
với nhau và cùng tiếp xúc với mặt xung quanh của (N), đồng thời hai khối cầu lần lượt tiếp xúc
với hai mặt đáy của (N). Tính thể tích vật lưu niệm đó.
728
9
485
6
3
A. cm
cm
.
3
3
3
B. 81 cm
C. 72 cm
Câu 5: ( THPT Đào Duy Từ- 2019 ) Cho tam giác ABC đều cạnh
a và nội tiếp trong đường tròn tâm O, AD là đường kính của đường
tròn tâm O. Thể tích của khối tròn xoay sinh khi cho phần tô đậm
(hình vẽ) quay quanh đường thẳng AD bằng
A.
C.
3
4 a 3
27
3
a 3
24
B.
D.
3
20 a 3
217
3
23 a 3
216
D.

Câu 6: ( Chuyên Hà Tĩnh- 2019 ) Cho các số thực a, b, c thỏa mãn a 2 + b 2 + c 2 - 2a - 4b = 4 .
Tính P = a + 2b + 3c khi biểu thức đạt giá trị lớn nhất
A. 7. B. 3 C. -3. D. -7.
Câu 7 : ( Chuyên Vinh Nghệ An- 2019 ) Cho hình nón đỉnh S có đường sinh bằng 2, đường cao
bằng 1. Tìm đường kính của mặt cầu chứa điểm S và chứa đường tròn đáy hình nón đã cho.
A. 4 B. 2 C. 1 D. 2 3
Câu 8: ( THPT Đào Duy Từ- 2019 ) Cho hình chóp S.ABCD đáy là hình thang cân có
AB CD BC a, AD 2a
. Cạnh bên SA vuông góc với đáy, SA 2a
. Thể tích khối cầu
ngoại tiếp hình chóp S.BCD là:
A.
8 2 a
3
3
B.
16 2 a
3
3
C.
16 a
3
3
D.
32 2 a
3
Câu 9: ( Chuyên Phan Bội Châu- 2019 ) Cho tam giác ABC có đường tròn nội tiếp O;
r , cắt
bỏ phần hình tròn và cho hình phẳng thu được quay quanh AO. Tính thể tích khối tròn xoay thu
được theo r.
A.
5
3 r
3
B. 3
4
3 r
C. 3
r 3
D.
Câu 10: ( Chuyên Phan Bội Châu- 2019 ) Cho hình chóp S.ABCD có ABCD là hình vuông
cạnh a, tam giác SAB đều và tam giác SCD vuông cân tại S. Tính diện tích mặt cầu ngoại tiếp
hình chóp.
A.
7
3 a
2
B. 2
3
r
8
3 a
C. 5 2
3 a
D. 2
a
3
Lời giải:
Câu 1:
Phương pháp:
- Lập hàm tinh thể tích khối nón, xét hàm suy ra GTLN.
- Tính diện tích S , S ' với chú ý S là diện tích hình tròn và S ' là diện tích xung quanh của hình
nón.
Cách giải:
2
Diện tích hình tròn S R
Gọi bán kính đường tròn đáy hình nón là r 0
r R
ta có
1 1
V r h r R r
3 3
2 2 2 2

2 2 2
Xét hàm f r r R r có
2 2 3 2 2
2 2 2 r
2r R r r r 2R 3r
f ' r
2 r R r r .
R r R r R r R r R r
R 2
f ' r 0 r do 0 r R
:
3
Bảng biến thiên:
2 2 2 2 2 2 2 2 2 2
r 0
f 'r
+ 0 -
R
3
2
R
f r
f max
Do đó thể tích V đạt GTLN tại
Vậy
S
S
Chọn D.
Câu 2:
2
' R 2 2 2 6
Phương pháp:
: R
3 3 3
- Tính bán kính khối cầu.
- Tính bán kính đáy hình nón và suy ra thể tích.
- Tính thể tích phần nước còn lại.
Cách giải:
2
R 2
R 2 R 2
r . Khi đó S ' Sxq
rl . . R
3
3 3
1 1 4 3
Gọi bán kính khối cầu là R ta có: 18 Vc
. R R 3dm
2 2 3
Khi đó chiều cao hình nón h OS 2R 6dm
Xét tam giác OES vuông tại O, đường cao OA nên
1 1 1 1 1 1 1 1 1
2
OE 12 OE 2 3dm
2 2 2 2 2 2 2 2
OA SO OE OE OA SO 3 6 12
1 1
Vn
OE . OS 2 3 .6 24
dm
3 3
Thể tích khối nón: 2
2 3

Thể tích nước còn lại là: V
24 18 6
dm
3
Chọn B.
Câu 3:
Phương pháp:
+) Xác định thiết diện thu được là Parabol
+) Tính diện tích parabol có chiều cao h và bán kính R là
+) Sử dụng bất đẳng thức Cô-si để tìm giá trị lớn nhất của S.
+) Cho 4 số a; b; c;
d không âm thì
ra khi a b c d .
a b c d
4
S
4
3
Rh
4
abcd . Dấu = xảy
Cách giải:
Khi cắt hình nón bởi mặt phẳng song song với đường sinh của hình nón thì ta được thiết diện là
một parabol.
Giả sử thiết diện như hình vẽ.
Khi đó ta luôn có AB MH
Kẻ HE / /SA trong mặt phẳng SAB
Khi đó SA / / HME
Đặt BH x0 x 24
, ta có
2 2 2 2
SA SO OA 16 12 20cm
Xét tam giác AMB vuông tại M có MH 2 AH. BH x24 x MH x24
x
lượng trong tam giác vuông).
Xét tam giác SAB có
Thiết diện parabol có chiều cao
(hệ thức
BH HE x.20 5
HE / / SA HE x
AB SA 24 6
HE
5
x
6
và bán kính r MH x24
x
4 4 5 10
3 3 6 9
Diện tích thiết diện là S HE. MH . x x24 x x. x. x24
x
72 3
4 2
10
Cosi 10 x x x x
x. x. x72 3 x
.
207,8cm
9 3 9 3 4
Dấu = xảy ra khi x 72 3x x 18tm
Vậy diện tích lớn nhất của thiết diện là
S 207,8cm
2

Chọn D.
Câu 4 Chọn: D
Gọi tâm của hai đường tròn trong (N) là C và D. Ta có GS là tiếp tuyến chung của hai đường
tròn tại K và J. Khi đó:
Kẻ DN / / GS N IS
CH 2 cm.
Ta có
= 9 cm.
Ta có
DJ
GS
CK
GS
, khi đó DHKJ là hình chữ nhật nên HK DJ 1 cm, do đó ta có
DHC đồng dạng GJD nên
DHC đồng dạng
2 2
FS GS GF 3 3 cm.
Vì
GEL đồng dạng GFS nên
DJ GD DJ. CD 1.4
DG 2 cm từ đó suy ra GF
CH CD CH 2
GS GF DC. GF DC.
GF
GFS
GS 6 3 cm
DC DH DH
2 2
DC CH
EL GE GE. FS 1.3 3 3
EL
FS GF GF 9 3
1 728
V EL FS EL FS EF
3 9
2 2
Vì (N) là khói nón cụt nên: N .
Câu 5:
Phương pháp:
1 2
Thể tích khối nón bán kính đáy r, chiều cao h: V r h
3
4
Thể tích khối cầu bán kính r: V r
3
3

Cách giải:
Thể tích cần tìm bằng thể tích của khối cầu đường kính AD trừ đi thể tích khối nón sinh bởi tam
giác ABC khi quay quanh trục AD.
+) ADC vuông tại
AC a 2a
C AD
cos DAC 3 3
2
Bán kính khối cầu đường kính AD là:
+) ABC đều cạnh
Thể tích khối nón là: V
a 3
AH
a 2
a
r HB HC
2
non
3 3
a 4 4 3
.
a
R V
a
cau
3 3
3 27
2 3
1 a a 3 a 3
. .
.
3 2 2 24
3 3 3
4 a 3 a 3 24
a 3
Thể tích cần tìm là: V
27 24 216
Chọn: D
Câu 6:
Phương pháp:
Sử dụng phương pháp hình học.
Cách giải:
2 2 2 2 2 2
S : x y z 2x 4y 4 x 1 y 2 z 9 , là
Lấy M a; b;
c thuộc mặt cầu
mặt cầu tâm I 1;2;0
bán kính R = 3.
Cho mặt phẳng : 2x y 2z
7 0 . Ta có: d M ;
Do đó, 2a b 2c
7
2a b 2c
7
3
đạt giá trị lớn nhất khi và chỉ khi M là điểm nằm trên (S), mà cách
một khoảng lớn nhất. Suy ra: M d
, với d là đường thẳng qua I vuông góc với .

* Tìm M :
Phương trình đường thẳng
x
1
2t
d : y 2 t
z
2t
Do M
Giả sử M 1 2 t;2 t; 2t
2 2 2 2
M S 1 2t 1 2 t 2 2t 9 t 1 t 1
Mà
2.3 3 2 2 7 20
) t 1 M 3;3; 2 d M ;
3 3
2. 1 1 2.2 7 2
) t 1 M 1;1;2 d M ;
3 3
Do 2 20
3 3
Chọn: B
nên chọn 3;3; 2
Câu 7: Chọn: A
M . Khi đó: P a 2b 3c
3 2.3 3.( 2) 3
Gọi O, R lần lượt là tâm và bán kính của mặt cầu.
Đường tròn đáy của hình nón có tâm H bán kính r.
Do H là hình chiếu của S và O trên mặt đáy của hình nón nên S, H, O thẳng hàng.
Hình nón có độ dài đường sinh l 2 , đường cao h 1. Suy ra
r l h
2 2
3
0
Góc ở đỉnh của hình nón là ASB 2ASH
120 nên suy ra H SO (như hình vẽ).
Trong tam giác OAH vuông tại H ta có:

2 2
2 2 2 2 2 2 h r
OA OH HA R R h
r R 2
2h
Vậy đường kính mặt cầu chứa điểm S và đường tròn đáy hình nón bằng 4.
Cách 2:
Gọi O, R lần lượt là tâm và bán kính của mặt cầu.
Đường tròn đáy của hình nón có tâm H bán kính r.
Do H là hình chiếu của S và O trên mặt đáy của hình nón nên S, H, O thẳng hàng.
Hình nón có độ dài đường sinh l 2 , đường cao h 1. (như hình vẽ)
Trong tam giác SAH vuông tại H ta có
Xét tam giác SOA có OS OA R và
SH 1
cos ASH ASH 60
SA 2
0
OSA 60
Suy ra tam giác SOA đều. Do đó R OA SA 2
Vậy đường kính mặt cầu chứa điểm S và đường tròn đáy hình nón bằng 4.
Câu 8:
Phương pháp:
Cách xác định tâm mặt cầu ngoại tiếp khối chóp:
- Xác định tâm O của đường tròn ngoại tiếp đa giác đáy
- Từ O dựng đường thẳng d vuông góc với mặt phẳng đáy
- Dựng mặt phẳng trung trực của một cạnh bên nào đó
- Xác định I
d,
Cách giải:
I chính là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp đã cho.
ABCD là hình thang cân có AB CD BC a, AD 2a
ABCD
là 1 nửa của hình lục giác đều, có tâm O là trung điểm của AD.
Gọi I là trung điểm của SD OI / / SA
Mà SA ABCD OI ABCD
I là tâm mặt cầu ngoại tiếp
khối chóp S.ABCD
I là tâm mặt cầu ngoại tiếp khối chóp S.BCD.
Bán kính mặt cầu ngoại tiếp khối chóp S.BCD là:
2 2
SD SA AD 2a
2
R a
2 2 2
3
Thể tích khối cầu đó là: V R a
2
Chọn: A
2
3
3
4 4 8
a 2
3 3 3
0

Câu 9:
Phương pháp:
Sử dụng công thức tính thể tích khối nón có bán kính đáy R và chiều cao h là V
4
Thể tích khối cầu bán kính R và V R
3
Cách giải:
Gọi H là trung điểm BC và O là trọng tâm tam giác đều
ABC. Khi đó OH r; AH 3OH 3 r.
Xét tam giác AHC vuông tại H có
0 AH
0 3r
C 60 tan C tan 60 HC 3r
HC
HC
3
1
3
2
R h
Khi quay tam giác ABC quanh cạnh AH ta được một
hình nón có bán kính HC 3r
và chiều cao AH 3r
. Suy ra thể tích khối nón thu được là
1 2 3
Vn
HC . AH 3
r
3
Khi quay hình tròn O;
r quanh AH ta được khối cầu có
4 3
diện tích là Vc
r
3
Vậy khi O;
r , cắt bỏ phần hình tròn và cho hình phẳng thu được quanh quanh AO thì thể tích
4 5
khối tròn xoay thu được là V Vn
Vc
3 r r r
3 3
Chọn: A
Câu 10:
Phương pháp:
+ Xác định chiều cao của hình chóp
3 3 3
+ Xác định tâm và bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp:
Bước 1: Xác định tâm đường tròn ngoại tiếp hình vuông ABCD
Bước 2: Xác định trục đường tròn ngoại tiếp đa giác đáy. Kẻ đường trung trực một cạnh bên giao
với trục đường tròn ở đâu đó chính là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp.
+ Tính bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp dựa vào định lý Pytago.
+ Mặt cầu có bán kính R thì có diện tích là S 4 R 2 .
Cách giải:

Gọi O là tâm hình vuông ABCD, gọi M , N lần lượt là trung điểm của AB; CD .
Kẻ SH MN tại H .
Ta có SN DC ; MN DC DC ( SMN ) DC SH
Mà SH MN SH (ABCD).
AC a 2 MN a
Vì ABCD là hình vuông cạnh a nên OB OC OA OD ; OM ON
2 2 2 2
a
Vì tam giác SDC vuông cân tại S có cạnh huyền CD a SN
2
Vì tam giác ABS đều cạnh a SM =
a 3
2
2
2 2
2 2 2 2 a a 3 4a
2
Xét tam giác SNM có MN SN SM a a
2 2
nên
4
tại S.
Suy
ra
2
2
SN a a
SN NH.
NM HN HO
MN
SMN vuông
a a 3
.
2 2 a 3
SH. MN SN.
SM SH và
a 4
4 4
Nhận thấy O là tâm đường tròn ngoại tiếp hình vuông ABCD . Kẻ tia Oy / /SH , khi đó tâm mặt
cầu ngoại
tiếp hình chóp S . ABCD nằm trên đường thẳng Oy.
a 2
Trên tia OM ta lấy K sao cho OK = OA = , khi đó K (O; OA)
2
Trong mặt phẳng (SMN ), lấy E là trung điểm SK , kẻ EI là đường trung trực của SK (I Oy)
khi đó

IK = IS = IA = IB = IC = ID nên I là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S . ABCD và bán kính là
R = IK
a
a 3
Kẻ SF Oy SF = OH = ; OF SH
4 4
Gắn hệ trục Oxy với OM Ox; Oy / /SH
a 3
Đặt I 0;
y IF y
4
Xét tam giác vuông
0 0
ISF có
Xét tam giác vuông OIK có
Vì
2 2 2
IS IF SF y0
2 2
a 3 a
4
4
2 2 2 2 a 2
IK OI OK y0
2
2 2 2
2
2 2
2
0 0
0 0
a 3 a a 2 3 a a 3
IK IS IK IS
y y y y
4
4 2
2 4 6
Suy ra bán kính mặt cầu
Diện tích mặt cầu ngoại tiếp hình chóp là
Chọn: A
2
2 2
2
21
2 a a a a
R IK y0
2
12 2 6
2 a .21 7
a
S 4
R 4 .
36 3
2
2 2

13 Câu VDC Nón, trụ,cầu đề thi thử các trường
Câu 1 (Đề Thi Thử THPTQG Năm 2019- Đề 4). Khi cắt mặt cầu S (O, R) bởi một mặt kính đi
qua tâm O, ta được hai nửa mặt cầu giống nhau. Giao tuyến của mặt kính đó với mặt cầu gọi là
mặt đáy của mỗi nửa mặt cầu. Một hình trụ gọi là nội tiếp nửa mặt cầu S (O, R) nếu một đáy của
hình trụ nằm trong đáy của nửa mặt cầu, còn đường tròn đáy kia là giao tuyến của hình trụ với
nửa mặt cầu. Biết R = 1, tính bán kính đáy r và chiều cao h của hình trụ nội tiếp nửa mặt cầu S
(O, R) để khối trụ có thể tích lớn nhất.
3 6
6 3
6 3
A. r , h B. r , h C. r , h D. r
2 2
2 2
3 3
3 6
, h
3 3
Câu 2(Đề Thi Thử THPTQG Năm 2019- Đề 9). Cho hình lăng trụ đứng ABC.
ABC
có đáy
ABC là tam giác cân với AB AC a và cạnh BAC 120 , cạnh bên BB a,
gọi I là trung
điểm của . Côsin góc tạo bởi mặt phẳng và ABI
bằng.
CC ABC
20
30
A. B. 30
C. D.
10
10
Câu 3(Đề Thi Thử THPTQG Năm 2019- Đề 03). Một lon nước Côca hình trụ tròn xoay có
chiều dài 12cm và đường kính đáy bằng 6,5cm. Để đối phó với nạn hàng giả nhà sản xuất đã hạ
chiều cao của lon Côca xuống còn 7,8cm nhưng thể tích vẫn giữ nguyên không đổi. Bán kính đáy
của lon Côca mới này bằng
65
A. . B. C. D.
5 cm 65
.
2 cm 65
.
3 cm 2 65
cm.
3
Câu 4( Đề Thi Thử THPTQG Năm 2019- Đề 07). Cho tứ diện ABCD có
AB AC 2, BC 2, DB DC 3 , góc giữa hai mặt phẳng và DBC bằng 45 0 .
ABC
DBC
Gọi H là hình chiếu vuông góc của A trên mặt phẳng
30
5
sao cho H và D nằm về hai phía
của BC. Tính diện tích S của mặt cầu ngoại tiếp tứ giác ABCD.
5
5
5
A. S 5 .
B. S .
C. S . D. S .
4
8
16
Câu 5(Đề Thi Thử THPTQG Năm 2019- Đề 8): Cho hình lăng trụ ABCABC
có đáy là tam
giác đều cạnh a. Hình chiếu vuông góc của A’ lên (ABC) trùng với tâm O của tam giác ABC, thể
3
tích của khối lăng trụ ABCABC
bằng 3a . Khoảng cách giữa hai đường thẳng AA và BC
bằng
7a 6a a 3
A. a B. C. D.
6
7
2
Câu 6(Đề Thi Thử THPTQG Năm 2019- Đề 8): Cho nửa đường tròn
đường kính AB, điểm C nằm trên nửa đường tròn này sao cho góc BAC

ằng
30 , đồng thời cho nửa đường tròn đường kính AD (xem hình vẽ). Tính thểt ích V của khối
tròn xoay được tạo thành khi quay hình phẳng (H) (phần tô đậm) xung quanh đường thẳng AB,
biết rằng AB 2AD
và nửa hình tròn đường kính AB có diện tích bằng 32 .
874
847
784
A. V B. V C. V D. V 438
3
3
3
Câu 7(Đề Thi Thử THPTQG Năm 2019- Đề 4). Cắt mặt trụ bởi mặt phẳng như
hình vẽ. Thiết diện tạo được là Elip có trục lớn bằng 10. Khi đó thể tích của hình vẽ
là
A. 192
B. 275
C. 704
D. 176
Câu 8 (Đề Thi Thử THPTQG Năm 2019 – Đề 6) Đựng 9 viên bi trong 1 hình hộp chữ nhật
có chiều cao h. Biết trong đó, có 8 viên bi có cùng bán kính là r 2 ,
viên bi còn lại có bán kính là R 4 , và các viên bi này được sắp xếp trong hộp sao cho 4 viên bi
nhỏ tiếp xúc với 4 mặt hình hộp và tiếp xúc với viên bi to, 2 viên nhỏ gần nhau thì tiếp xúc với
nhau. Khi đó tỉ số thể tích của các viên bi với thể tích của hình hộp là
2
A. B. C. D. Đáp án khác
3 7 3
8 2 4
4 7 4
Câu 9(Đề Thi Thử THPTQG Năm 2019- Đề 9). Cho
2 2 2
: 0
M S x y z m m
Khi đó, m nhỏ nhất là
A1;2;3 , B 4;0;1 , C 4;8;1
và điểm
thỏa mãn mặt cầu tâm M tiếp xúc với ba cạnh AB, BC, CA.
A. 27 B. 1 C. 5
D. Đáp án khác
Câu 10. (Đề Thi Thử THPTQG Năm 2019-
Đề 4) Trên một hình tròn là đáy chung, ta
dựng hai hình nón (hình nón này chứa hình
nón kia – như hình vẽ), sao cho hai đỉnh cách
nhau bằng a . Góc ở đỉnh hình nón lớn là 2
và của hình nón nhỏ là 2 . Khi đó thể tích
phần ở ngoài hình nón nhỏ và ở trong hình
nón to là bao nhiêu?
3
3
a
A. . a
B.
2
cot
cot 3 tan
tan
3
a
C. . D.
2
tan
tan
a
3cot
cot
3
2 .
2 .

Câu 11. (Đề Thi Thử THPTQG Năm 2019- Đề 5) Cho ba hình cầu tiếp xúc ngoài với nhau
từng đôi một và cùng tiếp xúc với một mặt phẳng. Các tiếp điểm của các hình cầu trên mặt phẳng
lập thành một tam giác có các cạnh lần lượt là 4; 2 và 3. Tính tổng bán kính của ba hình cầu trên.
61 73
A. .
B. .
12
12
C. 14. D. 9.
Câu 12(Đề Thi Thử THPTQG Năm 2019- Đề
5). Hãng pha lê nổi tiếng Swarovski của Áo dự
định thiết kế một viên pha lê hình cầu và đặt vào
bên trong nó 7 viên ruby hình cầu nhỏ hơn, trong
đó viên ruby ở chính giữa có tâm trùng với tâm
của viên pha lê và tiếp xúc với 6 viên ruby còn
lại, 6 viên ruby còn lại có kích thước bằng nhau
và nằm ở các vị trí đối xứng nhau (qua tâm của
viên pha lê) và tiếp xúc với viên pha lê (như hình
vẽ). Biết viên pha lê có đường kính 10 cm và
hãng này muốn thiết kế sao cho tổng thể tích các
viên ruby bên trong là nhỏ nhất để tiết kiệm được
lượng ruby. Khi đó bán kính của viên ruby ở giữa
mà hãng pha lê cần thiết kế gần giá trị nào nhất
sau đây?
A. 2,2 cm. B. 2,3 cm. C. 2,4 cm. D. 2,5 cm.
Câu 13(Đề Thi Thử THPTQG Năm 2019- Đề 5). Cho khối nón có góc ở đỉnh của thiết diện
qua trục là . Một khối cầu S1
nội tiếp trong khối nón. Gọi S2
3
là khối cầu tiếp xúc với tất cả
các đường sinh của nón và với ; S là khối cầu tiếp xúc với tất cả các đường sinh của nón và
S1
3
với S ;...; là khối cầu tiếp xúc với tất cả các đường sinh của nón và với . Gọi
2
Sn
Sn
1
V1 , V2 , V3 ,... Vn
1,Vn
lần lượt là thể tích của khối cầu S 1
, S 2
, S 3
,..., Sn
1
, Sn
và V là thể tích của khối
V1 V2 ...
Vn
nón. Tính giá trị biểu thức T lim
.
n
V
7 1 6 3
A. .
B. .
C. .
D. .
9
2
13
5
GIẢI
Câu 1. Chọn C.
Phương pháp: Dựa vào dữ kiện bài toán lập hàm số và tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất.
2 2 2 2 2
Cách giải: Ta có r h R r 1
h

2 2
Thể tích khối trụ là 1
2 2 2
Do đó V ' 1 h 2h 1
3h
V ' 0
2
1 3h
0
h
3
3
V Bh r h h h
3
Vì 0 h 1
nên h
3
Ta có bảng biến thiên như sau:
Vậy khối trụ có thể tích lớn nhất khi
r
6 3
, h
3 3

Câu 2. Chọn C.
Phương pháp:
Cách giải: Gọi J là giao điểm của B’I và BC. Suy ra AJ là giao tuyến của (AB’I) và (ABC).
Gọi K là hình chiếu của C lên AJ. Suy ra AJ vuông góc với KI.
Vậy góc là góc giữa mặt phẳng và ABI
.
CKI ABC
2 2
o
BC AB AC AB AC a
2 . .cos120 3.

KC
Gọi M là trung điểm BC ta có: JKC
JMA
MA
JC
JA
Trong đó:
2 2
o
JC BC AB AC AB AC a
2 . .cos120 3.
2 2 2 a 3 a
MA AB BM a
2
2
2
2 2
2 2 a 27a
JA MA MJ a
4 4
a
a 3.
JC. MA
21
Vậy
2 a
KC .
JA
a 7
14
7
Suy ra:
Do đó:
2 2
2 2 21a a a 70
2
KI KC KI
14 4 14

a 21
KC 14 30
cos CKI .
KI
a 70
10
14
Câu 3: Chọn đáp án B
2
6,5 507 2 65
V ( lon) S( day). h . .12 7,8. r r B
2 4 2
Câu 4: Chọn A
Phương pháp:
Cách giải:
Gọi I là trung điểm BC, AI và DI cùng vuông góc BC
0
ABC , DBC AI, BI 45
AH vuông góc (DBC), mà AI vuông góc BC nên HI vuông góc BC hay HD vuông góc BC tại I
0 0
AIB 135 AIH 45
Ta có
DI 2
AD 5
AI 1
AIH có AH vuông góc HI, 0
1 3
AIH 45 nên AH HI HD
2 2
1 3
AHB có AH , AB 2 HB
2
2
3
Tương tự HC
2
Mà AH vuông góc (BCD) nên AH là trục của mặt phẳng (BCD).
Gọi K là trung điểm AD, kẻ OK vuông góc với AD, O thuộc AH
2
AD 5
OA OB OC OD S 5
2AH
2
Câu 5: Chọn C
Cách giải:
Gọi I là trung điểm BC AI BC
Ta có ' '
A O BC AA O BC
Kẻ IH vuông góc AA’ ';
Ta có:
S
ABC
2
a 3
4
IH BC d AA BC IH

V
OA' 4
S
AI
AO
a 3
2
3
3
ABC
7 3
AA'
3
A'O.AI 6a
IH
AA' 7
Câu 6: Chọn C
Cách giải:
Gắn trục tọa độ vào hình vẽ, với
Ta có:
O A
như hình vẽ
1 . . 2
AD 32 AD 8
2
=> PT đường tròn đường kính AB là:
( x 8) y 64 y 64 ( x 8)
2 2 2 2
y 64 ( x 8)
Ta lấy nửa bên trên => y 64 ( x 8)
=> PT đường tròn đường kính AD là:
( x 4) y 16 y 16 ( x 4)
2 2 2 2
y 16 ( x 4)
2
2
2
Ta lấy nửa bên trên =>
y 16 ( x 4)
2

1
Phương trình AC: y tan 30. x x
3
Hoành độ giao điểm của AC và đường tròn đường kính AD là:
(lấy x dương)
Hoành độ giao điểm của AC và đường tròn đường kính AB là:
(lấy x dương)
Ta có:
V S S (S S ) S S
2 3 1 2 1 3
12 2 8 16
2 2
x
dx [16 ( x 4) ] dx [64 ( x 8) ] dx
3
6 6 12
784
3
Câu 7. Chọn đáp án D
16 ( x 4) x x 6
3
2 1
64 ( x 8) x x 12
3
2 1
Thể tích phiến trụ :
h1 h2
V R = 176
2
Câu 8. Chọn đáp án A

A,B,C,D là tâm 4 quả cầu nhỏ
S là tâm quả cầu lớn
SH SA AH
2 2
h 4 7 4
2 7
S
V
2
8 64 V 256( 7 1)
4 V 2
3 V 3 7 3
3 3 bi
bi
(8.2 4 )
Câu 9. Chọn đáp án D
Hạ MI ( ABC)
mặt cầu tâm M tiếp xúc với ba cạnh AB, BC, CA
I là tâm đường tròn nội tiếp ABC
M đường thẳng qua (d) qua I , vuông góc (ABC)
2 2 2
M ( f ( t), g( t), h( t)) f ( t) g( t) h( t) A, B,
C
Câu 10: Chọn D
1
Chọn 30 , 60 , r 1 a 3 Vto
Vbe
1, 209
3
Lắp vào D đúng D
Câu 11. Chọn đáp án A

Xét 3 hình cầu có bán kính R1 , R2 , R3
( R R ) ( R R ) 16 R R 4
2 2
1 2 1 2 1 2
9
61
Tương tự : R2R3
, R1 R3 1
R1 , R2 , R3 R1 R2 R3
4
12
Câu 12. Chọn đáp án B
Bán kính viên ở giữa : a
Bán kính 6 viên còn lại : b
10 2a
4b
2a
10
b
4
4 3 3 4 10 2a
3 3
Vbi
(6 b a ) (6.( ) a )
3 3 4
TABLE V (min) V ( 2,3)
bi
Câu 13. Chọn đáp án C
h là chiều cao chóp

h h
Rday
R1
3 3
h
R2
9
...
h
Rn
n
3
4 1 1 1
( ... )
3 3 2 3 n
3 3 (3 ) (3 ) 6
T
1 h 2
h.( )
13
3 3

CHUYÊN ĐỀ VDC NÓN –TRỤ -CẦU
Câu 1. Một khối trụ tròn nội tiếp trong một mặt cầu (Hình vẽ), biết
chiều cao hình trụ bằng bán kính mặt cầu, tính
v1
tỉ số k với v1;
v2
lần lượt là thể tích khối
v2
trụ và mặt cầu.
3
3
A. k
B. k
4
16
27
C. k
D.
64
9
k
16
Câu 2. Mặt cầu (S): x 2 + y 2 + 2mx - 2my + z 2 = m 2 - 6m + 10 có bán kính nhỏ nhất (R min )
bằng bao nhiêu?
A. R min = 1. B. Rmin 10. C. Rmin 7.
D. R min =
2.
Câu 3. ABC vuông tại A có AC a, ABC
30 .
Điểm M di động trên BC, hạ
MH AC, MK AB.
Xét các hình trụ tròn sinh ra bởi MHAK quay quanh AB. Tìm
GTLN (V max ) của hình trụ đó:
3
4
3a
A. Vmax
B. V
27
max
3
a
8
3
3
8a
2a
3
C. Vmax
D. Vmax
27
27
Câu 4 Một chiếc hộp tôn có 6 mặt là các tấm tôn hình vuông có cạnh bằng 1 mét. Người
ta gỡ các tấm tôn của chiếc hộp đó và quây thành mặt xung quanh của một hình trụ thì
diện tích đáy S của hình trụ đó bằng bao nhiêu (chiều cao hình trụ là 1 mét).
2
9 2
2
A. S 6 m
B. S m
C. S 3 m
D.
S
2
m
Câu 5. Cho hình lập phương ABCDA’B’C’D’ cạnh a. Một hình nón có đáy là đường tròn
ngoại tiếp ABCD và mặt bên hình nón cắt mặt phẳng A’B’C’D theo giao tuyến là đường
tròn nội tiếp A’B’C’D’. Tính chiều cao h của hình nón.
A. h a 1 2 B. h a 2 1 C. h a 3
2 D.
h a( 2 2)
3

Câu 6. Hình nón có đỉnh là tâm mặt cầu S , góc ở đỉnh hình nón bằng 120 ,
đường
VN
tròn đáy hình nón thuộc mặt cầu S .
Tính tỷ số k (V
N, VC
là thể tích hình nón và
VC
hình cầu kể trên).
1
1
3
A. k
B. k
C. k
D.
6
8
32
1
k
16
Câu 7. Tính tổng T bán kính các mặt cầu tiếp xúc với cả 3 mặt phẳng tọa độ và đi qua
M 4;5;3 .
A. T 10
B. T 12
C. T 6
D. T 5
Câu 8. Có bao nhiêu mặt cầu tiếp xúc với cả 3 mặt phẳng tọa độ và có tâm thuộc
P : y z 4 0
A. 2 mặt cầu B. 4 mặt cầu C. 6 mặt cầu D. 8 mặt
cầu
Câu 9 Tam giác vuông cân ABC ngoại tiếp đường tròn tâm I (như hình vẽ). Cho nửa
đường tròn (phần gạch sọc) và tam giác AHC quay quanh AH tạo thành các khối tròn
V1
xoay quanh có thể tích là V
1,V2
. Tính k .
V
3
4
A. k 4 2 1
. B. k .
27
1
C. k . D. k 2 1.
3
2 2
2
ω
ω
S
ω
Câu 10 Cho S : x 1 y 2 z 1 9 và A 2; 2;
3 . Gọi
là mặt cầu tâm A, tiếp xúc ngoài với . Tính bán kính R của .
2
A. R 1. B. R 2 . C. R 2 . D. R 4
.
Câu 11. Một hình nón có góc ở đỉnh bằng 90°. Hình trụ có chung trục với hình nón. Một
đáy của nó thuộc mặt đáy hình nón, đáy còn lại thuộc mặt xung quanh hình nón có bán
2
VT
kính bằng bán kính đường tròn đáy hình nón. Tính k = (V T , V N là thể tích hình trụ,
3
V
hình nón).
4
8
2
A. k = B. k = C. k = D.
9 27 3
4
k = 27
N

Câu 12 Mặt cầu đi qua A(4; -5; 5) và tiếp xúc các mặt phẳng tọa độ có bán kính lớn nhất
(R max ) là:
A. R max = 11. B. R max = 3. C. R max = 14. D. R max
= 66 .
Câu 13 Hình chóp tam giác đều S.ABC. Hạ SH ^ (ABC) . Biết S(l; 0; 2); A(3; 4; 4);
H(1; 1; 1). Tính bán kính R mặt cầu ngoại tiếp S.ABC.
A. R = 2 . B. R = 2 6 . C. R = 6 2 . D.
R = 22 .
Câu 14. Hình chóp tứ giác đều nội tiếp trong một mặt cầu bán kính
thể tích V ? (hình vẽ)
max
4
3
R 1
4
1 4
A. Vmax
B. Vmax
3
3 3
4
C. Vmax
D. Vmax
3
3
Câu 15. Một khối trụ tròn có thể tích là V, các đường tròn đáy có tâm là
O
1,O2
(hình vẽ). Xét hình nón N1
đỉnh O1
, đáy là đường tròn đáy tâm O2
của hình trụ,
hình nón đỉnh , đáy là đường tròn đáy tâm của hình trụ. Gọi V là phần
N2
O2
O1
0
V0
thể tích chung của N
1, N2
. Tính k .
V
1
1
A. k
B. k
8
12
1
1
C. k
D. k
6
24
có
Câu 16. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật có AB = a, AD = a 2 .
Biết các tam giác SAC và SBD là các tam giác đều. Tính bán kính mặt cầu ngoại tiếp
S.ABCD.
A. R = a B. R a 2
a 2
C. R
2
D.
a 3
R
2
Câu 17. Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại A; AB = a, AC = a 3
. SBC là tam giác đều và (SBC) (ABC). Tính diện tích mặt cầu ngoại tiếp SABC.
2
A. S cầu = 4
a
2
16 a
2
B. S cầu = C. S cầu = 4 3
a
3
D. S cầu =
2
4
a

Câu 18. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, xét tám mặt cầu có bán kính đều
bằng 1 và đều tiếp xúc với ba mặt phẳng tọa độ. Tìm bán kính R của mặt cầu (w) tiếp
xúc ngoài với cả 8 mặt cầu trên.
A. R 2 1
B. R 2 1
C. R 3 1
D.
R 3 1
Câu 19 Cho tam giác SAB vuông tại A, ABS 60
, đường phân giác trong của góc
ABS cắt SA tại I. Vẽ nửa đường tròn tâm I bán kính IA (hình vẽ). Cho SB và nửa đường
tròn trên cùng quay qua SA tạo nên các khối tròn xoay có thể tích tương ứng V
1,V2
. Tính
V1
.
V
2
V1
2
V1
1
V1
1
A. B. C.
D.
V2
3
V2
2
V2
3
V1
4
V 9
2
Câu 20. Cho hình chóp S.ABCD đáy ABCD là hình thang với
AB BC CD a, AD 2 a, SA SB SC SD a 2.
Tính diện tích s của mặt cầu
ngoại tiếp S.ABCD.
2
2
2
A. s 8a
B. s a
C. s 4a
D.
4a
s
3
2
Câu 21. Một khối trụ có trục là một đường kính của mặt cầu (S) bán kính R, các đường
tròn đáy đều thuộc mặt cầu, biết hình trụ đó có bán kính đường tròn đáy và đường sinh
bằng nhau. Tính tỉ số thể tích của hình trụ đó với V là thể tích mặt cầu.
V
V1
2
V1
6
A. B. C. D.
V V1
1
5 5
V V1
2
2 2
V
3 3
1
V
2
2
1
2
2
Câu 22. Hình hộp chữ nhật ABCDABC D có AC BD
biết BD
AA
a.
Tính diện
tích S của mặt cầu ngoại tiếp hình hộp ABCDABC D
2
A. S 4a
2
B. S 2a
2
4a
C. S
3
D.
2
S a
2

ĐÁP ÁN
Câu 1D
Câu 2C
Câu 3A
Câu4B
Câu 5D
Câu6C
Câu 7B
Câu8A
Câu 9A
Câu10C
Câu 11A
Câu12A
Câu 13C
Câu14B
Câu 15B
Câu16A
H là trung điểm của AC, BD ( H AC BD )
SH AC, SG BD SH (ABCD)
Lúc đó do AC = BD = a 3 và SAC, SBD là các tam giác đều nên tâm I của mặt cầu
là tâm của đường tròn ngoại tiếp SAC (Cũng là của SBD)
AC
R R
SAC
a
2sin 60
Câu 17B
Hạ SH BC SH (ABC). Do ABC vuông tại A H là tâm đường tròn ngoại tiếp
ABC tâm I của mặt cầu ngoại tiếp thuộc (SH) nên I là tâm tam giác đều SBC bán
BC
kính mặt cầu R
.
( C )
R SBC
0
2sin 60
Câu18D
Nhận xét mặt cầu (S) thỏa mãn: tiếp xúc ngoài với cả 8 mặt cầu trên có tâm là O, mà
trong các mặt cầu trên có một mặt cầu (có bán kính R = 1) nên tâm I(1; 1; 1)
OI R 1 R 3 1.
Câu 19 D
( S ) ( S )
AB a
4 a 2
Có IA , SA AB 3 a 3 , V
l
.
, .
3 3
3 V
2
.a .a 3
3 3
Câu20C
Câu 21A
Câu22 B
2

Có AA' B' D'
và
A' C B' D' AA' C ' C B' D'
A' C ' B' D'
A' B' C ' D'
là hình vuông với B' D' a 2 A' B' A'
D
Vậy
R
A'C
2
có
A C A A A B A D R
2 2 2 2
' ' ' ' ' ' .
a
2
a
2.

Câu 1. (THPT-Phúc-Trạch-Hà-Tĩnh-lần-2-2018-2019-thi-tháng-4) Khi sản xuất hộp mì tôm các nhà
sản xuất luôn để một khoảng trống dưới đáy hộp. Hình vẽ dưới mô tả cấu trúc của hộp mì tôm. Thớ mì tôm có
dạng hình trụ, hộp mì có dạng hình nón cụt được cắt ra bởi hình nón có chiều cao 9cm và bán kính đáy 6cm
. Nhà sản xuất tìm cách sao cho thớ mì tôm có được thể tích lớn nhất vì mục đích thu hút khách hàng. Tìm thể
tích lớn nhất đó.
81
A. 48 . B. . C. 36 . D. 54 .
2
Câu 2. (Chuyên Phan Bội Châu Lần2) Tại trung tâm một thành phố người ta tạo điểm nhấn bằng cột
trang trí hình nón có kích thước như sau: chiều dài đường sinh l 10m , bán kính đáy R 5m . Biết rằng tam
giác SAB là thiết diện qua trục của hình nón và C là trung điểm SB . Trang trí một hệ thống đèn điện tử chạy
từ A đến C trên mặt nón. Xác định giá trị ngắn nhất của chiều dài dây đèn điện tử.
A. 10m . B. 15m . C. 5 5 m . D. 5 3 m .
Câu 3. (SỞ GDĐT KIÊN GIANG 2019) Cho một hình cầu nội tiếp hình nón tròn xoay có góc ở đỉnh là
2 , bán kính đáy là R và chiều cao là h . Một hình trụ ngoại tiếp hình cầu đó có đáy dưới nằm trong mặt
phẳng đáy của hình nón (tham khảo hình vẽ). Gọi V , V lần lượt là thể tích của hình nón và hình trụ, biết rằng
1 2
V2
V1 V2
. Gọi M là giá trị lớn nhất của tỉ số . Giá trị của biểu thức P 48M
25 thuộc khoảng nào dưới
V1
đây?

A. (40;60) . B. (60;80) . C. (20;40) . D. (0;20) .
Câu 4. (Chuyên-Thái-Nguyên-lần-1-2018-2019-Thi-tháng-3)Trên một mảnh đất hình vuông có diện tích
2
81m người ta đào một cái ao nuôi cá hình trụ (như hình vẽ) sao cho tâm của hình tròn đáy trùng với tâm của
mảnh đất. Ở giữa mép ao và mép mảnh đất người ta để lại một khoảng đất trống để đi lại, biết khoảng cách
nhỏ nhất giữa mép ao và mép mảnh đất là . Giả sử chiều sâu của ao cũng là x m . Tính thể tích lớn
nhất V
của ao.
x m
3
3
3
3
A. V 13,5
cm . B. V 27
cm . C. V 36
cm . D. V 72
cm .
Câu 5. (Cầu Giấy Hà Nội 2019 Lần 1) Khi sản xuất vỏ lon sữa bò hình trụ có thể tích là V , các nhà thiết
kế luôn đặt mục tiêu sao cho chi phí nguyên liệu làm vỏ lon sữa bò là ít nhất, tức là diện tích toàn phần của
hình trụ là nhỏ nhất. Muốn thể tích khối trụ bằng V và diện tích toàn phần hình trụ nhỏ nhất thì bán kính đáy
bằng bao nhiêu?
A. V 3
3
V
r . B. r V . C. r 3 . D. r
V 3 .
2
2
2
Câu 6.
là
(Đoàn Thượng) Chiều cao của khối trụ có thể tích lớn nhất nội tiếp trong hình cầu có bán kính R
4R
3
R 3
2R
3
A. . B. R 3 . C. . D. .
3
3
3
3
Câu 7. (Trần Đại Nghĩa) Nam muốn xây một bình chứa hình trụ có thể tích 72m . Đáy làm bằng bêtông
2
2
2
giá 100 nghìn đồng /m , thành làm bằng tôn giá 90 nghìn đồng /m , nắp bằng nhôm giá 140 nghìn đồng /m .
Vậy đáy của hình trụ có bán kính bằng bao nhiêu để chi phí xây dựng là thấp nhất?
3
3 3
A. ( m ).
B. ( )
C. D.
3
3
m .
( )
3 m .
2 p
p
p
2
( m ) .
p
Câu 8. (Sở Lạng Sơn 2019) Một công ty sản xuất một loại cốc giấy hình nón không nắp ( nghĩa là không
có hình tròn đáy) có thể tích 27cm 3 . Với chiều cao h và bán kính đáy là r. Tìm r để lượng giấy tiêu thụ ít nhất
6
6
8
8
3
3
3
3
A. r 6
cm
. B. r 4 . C. . D. .
2
2
cm
r 6
2
cm
r 4
cm
2
2
2
2
2
3

Câu 9. (Đặng Thành Nam Đề 6) Người ta thiết kế một thùng chứa hình trụ có thể tích V cho trước. Biết
rằng đơn giá của vật liệu làm mặt đáy và nắp của thùng bằng nhau và gấp 3 lần đơn giá của vật liệu để làm
mặt xung quanh của thùng (chi phí cho mỗi đơn vị diện tích). Gọi chiều cao của thùng là h và bán kính đáy là
h
r . Tính tỉ số sao cho chi phí vật liệu sản suất thùng là nhỏ nhất.
r
h
A. 2 . B. . C. . D. .
r h
r 2
h
r 6
h
r 3 2
Câu 10. (NGÔ SĨ LIÊN BẮC GIANG LẦN IV NĂM 2019) Cho hai mặt phẳng ( P ) và ( Q)
song song
với nhau cắt khối cầu tâm O bán kính R tạo thành hai hình tròn ( C1
) và ( C2)
cùng bán kính. Xét hình nón có
đỉnh trùng với tâm của một trong hai hình tròn, đáy trùng với hình tròn còn lại. Biết diện tích xung quanh của
hình nón là lớn nhất, khi đó thể tích khối trụ có hai đáy là hai hình tròn ( ) và ( C ) bằng
C1
2
3
3
3
3
4 R 3
2 R 3
R 3
4 R 3
A. . B. . C. . D. .
9
9
9
3
Câu 11. (THPT LÊ QUÝ ĐÔN QUẢNG NGÃI) (THPT LÊ QUÝ ĐÔN QUẢNG NGÃI) Cho hình nón
có bán kính đáy bằng 3 chiều cao bằng 6, một khối trụ có bán kính đáy thay đổi nội tiếp khối nón đã cho (như
hình vẽ). Thể tích lớn nhất của khối trụ bằng
A. 6 . B. 10 . C. 4 . D. 8 .
Câu 12. (Chuyên Vinh Lần 3) Cho hình trụ có đáy là hai đường tròn tâm O và O , bán kính đáy bằng
chiều cao và bằng 2a . Trên đường tròn đáy có tâm O lấy điểm A , trên đường tròn tâm O lấy điểm B . Đặt
là góc giữa AB và đáy. Tính tan khi thể tích khối tứ diện OOAB
đạt giá trị lớn nhất.
1
1
A. tan 2 . B. tan . C. tan . D. tan 1.
2
2
Câu 13. (Chuyên Vinh Lần 3) 1. Cho hình trụ có đáy là hai đường tròn tâm O và O , bán kính đáy bằng
chiều cao và bằng 2a . Trên đường tròn đáy có tâm O lấy điểm A , D sao cho AD 2 3a
; gọi C là hình
chiếu vuông góc của lên mặt phẳng chứa đường tròn O ' ; trên đường tròn tâm O lấy điểm B ( AB chéo
D
với CD ) . Đặt là góc giữa AB và đáy. Tính tan khi thể tích khối tứ diện CDAB đạt giá trị lớn nhất.

1
3
A. tan 3 . B. tan . C. tan 1. D. tan .
2
3
Câu 14. (Chuyên Vinh Lần 3) 2. Cho hình trụ có đáy là hai đường tròn tâm O và O , bán kính đáy bằng
chiều cao và bằng 2a . Trên đường tròn đáy có tâm O lấy điểm A , D trên đường tròn tâm O lấy điểm B ,
C sao cho AB//
CD và AB không cắt OO '. Tính AD để thể tích khối chóp O '. ABCD đạt giá trị lớn nhất.
4 3
A. AD 2 2a
. B. AD 4a
. C. AD a . D. AD 2a
.
3
Câu 15. (THPT SỐ 1 TƯ NGHĨA LẦN 2 NĂM 2019) Cho hình có bán kính đáy bằng R , chiều cao bằng
h . Biết hình trụ có diện tích toàn phần gấp đôi diện tích xung quanh. Mệnh nào sau đây đúng.
A. h R . B. h 2R
. C. h 2R
. D. R 2h
.
Câu 16. (Chuyên Thái Bình Lần3) Cho hình chữ nhật ABCD , hình tròn xoay khi quay đường gấp khúc
ABCD quanh cạnh AB trong không gian là hình nào dưới đây?
A. Mặt trụ. B. Hình nón. C. Mặt nón. D. Hình trụ.
Câu 17. (SỞ NAM ĐỊNH 2018-2019) Cho đường thẳng d cố định và một số thực dương a không đổi. Tập
hợp các điểm M trong không gian sao cho khoảng cách từ M đến đường thẳng d bằng a là
A. Mặt cầu. B. Mặt trụ. C. Mặt nón. D. Đường tròn.
Câu 18. (Chuyên Hạ Long lần 2-2019) Cho hình trụ có bán kính đường tròn đáy là R , độ dài đường cao h
. Kí hiệu S là diện tích toàn phần của hình trụ và V là thể tích khối trụ. Trong các mệnh đề sau, mệnh đề
tp
nào đúng?
1 2
A. V R h . B. Stp
Rh .
3
2
C. S 2
Rh R h . D. S 2
R h R .
tp
tp
Câu 19. (Chuyên Quốc Học Huế Lần1) Gọi l, h,
r lần lượt là đồ dài đường sinh, chiều cao và bán kính mặt
đáy của một hình nón. Tính diện tích xung quanh S của hình nón đó theo l, h,
r .
xq
1 2
A. Sxq
2 rl . B. S . C. . D. .
3 xq
r h Sxq
rh Sxq
rl
Câu 20. (Cụm 8 trường chuyên lần1) Cho khối nón có bán kính đáy là r , chiều cao h . Thể tích V của
khối nón đó là:
2
1 2
1 2
2
A. V r h . B. V r h . C. V r h . D. V r h .
3
3
Câu 21. (KSCL-Lần-2-2019-THPT-Nguyễn-Đức-Cảnh-Thái-Bình) Cho hình chóp S.
ABC có đáy ABC
là tam giác đều cạnh a , cạnh bên SA vuông góc với mặt đáy, SA a . Tập hợp những điểm M trong không
0
gian sao cho tạo với ABC góc 45 là ?
SM
0
A. Mặt nón đỉnh S có góc ở đỉnh bằng 45 .
B. Mặt nón đỉnh S có có một đường sinh là SB .
C. Mặt nón đỉnh A có có một đường sinh là SA .
D. Mặt nón đỉnh A có có một đường sinh là AB .

Câu 22. (Đặng Thành Nam Đề 17) Cho hình nón N có đỉnh O , góc ở đỉnh bằng 120 , độ dài đường
sinh bằng a . Mặt phẳng qua O cắt hình nón theo một thiết diện có diện tích lớn nhất bằng
2
2
2
2
3a
a
3a
a
A. . B. . C. . D. .
4
4
2
2
Câu 23. (CỤM-CHUYÊN-MÔN-HẢI-PHÒNG) Gọi là đường thẳng tùy ý đi qua điểm M 1;1 và có
d
hệ số góc âm. Giả sử d cắt các trục Ox,
Oy lần lượt tại A,
B . Quay tam giác OAB quanh trục Oy thu được
một khối tròn xoay có thể tích là V . Giá trị nhỏ nhất của V bằng:
9
5
A. 3 . B. . C. 2 . D. .
4
2
Câu 24. (HSG 12 Bắc Giang) Một hình nón tròn xoay có đường sinh 2a . Thể tích lớn nhất của khối nón đó
là
3
3
3
3
16 a
16 a
4 a
8 a
A. . B. . C. . D. .
3 3
9 3
3 3
3 3

Đáp án chi tiết
Câu 1.
Chọn A
Ta có mặt cắt qua trục hình nón như hình vẽ.
Đặt r là bán kính đáy hình trụ, h là chiều cao của hình trụ.
Thớ mì tôm có được thể tích lớn nhất khi khối trụ có thể tích lớn nhất.
2
Thể tích khối trụ là: V r h .
Ta có hai tam giác SAI và SAI
đồng dạng.
9 6 3
SI AI h 9
r .
SI AI 9 h r 2
3
2 2 3r
3r
2
Khi đó V . r . h . r . 9 9r
.
2 2
Khảo sát hàm số , biến số r 0 r 6 .
V
2
9r
V
18r
.
2
2
r 0
9r
V 0 18r
0
2
r 4
l
n
.
Bảng biến thiên:

Dựa vào bảng biến thiên ta thấy V khi r 4 .
Câu 2. Chọn C
max
48
Vậy thớ mì tôm có thể tích lớn nhất là 48 .
S
C
A
B
Khi cắt mặt xung quanh hình nón bởi mặt phẳng
SAB
chứa hệ thống đèn trang trí ta được một hình quạt như trên.
, rồi trải phẳng phần mặt xung quanh có
Ta có độ dài cung quạt chính là nửa chu vi của đường tròn đáy hình nón: l1 R 5
m .
Khi đó l1
ASB . Nên khi trải phẳng ta được tam giác SAB vuông tại S .
l 2
Chiều dài ngắn nhất của dây đèn trang trí chính là độ dài đoạn thẳng AC .
Câu 3.
Do đó giá trị ngắn nhất của dây đèn là AC
2 2
SA SC
2 2
10 5 5 5 m .
Chọn B
Gọi r là bán kính hình cầu, khi đó r cũng là bán kính đường tròn đáy của hình trụ đã cho, chiều
cao của hình trụ bằng 2r .

1 2 3
V1 R h V2
6r
Ta có 3 .
2
2 V1
R h
V2
r .2r
1
Xét mặt cắt qua trục của hình nón là 1 tam giác cân ABC có diện tích là S h .2 R Rh .
2
R
Tam giác cân có chiều dài cạnh bên AB AC .
sin
Mặt khác áp dụng công thức S pr với p là nửa chu vi tam giác, r là bán kính đường tròn nội
tiếp tam giác ( cũng là bán kính mặt cầu đã cho).
1 R
Ta có p 2 R 2
.
2 sin
R h.sin
S Rh R r r
sin
sin
1
Khi đó
V 3 3 3
2
6 h sin 6sin
.
h
2 3 3
V1
R h(sin
1) (sin
1) R
2
6sin 6sin (1 sin ) 6sin (1 sin )
3 2
2
.cot
3 3 2
sin 1 sin 1 sin
1
2
6sin
1
sin
Xét hàm số y
.
sin
1
6t
1
t
Đặt t sin
, t 0;1
ta có y , t 0;1
.
t 1
3
2
6 3t
1
1
Ta có y ; y 0 t .
t 1
3
Bảng biến thiên:
Câu 4.
3
3
Suy ra M . Vậy P 48M
25 48. 25 61.
4
4

Chọn A
9 2x
Ta có bán kính đáy hình trụ là r .
2
2 9 2x
2
Thể tích ao là V R h x 9 2x
x .
2 4
Xét hàm số 2 3 2
9
f x 9 2x x 4x 36x 81x
với 0 x .
2
2
Ta có f x 12x 72x
81.
3
x n
2
Khi đó
2
f x
0 12x 72x
81 0 .
9
x l
2
Bảng biến thiên:
2
Câu 5.
3
0; 2
Từ bảng biến thiên suy ra: max f x 54 x .
9
2
54
27
3
Vậy thể tích lớn nhất V của ao là V 13,5
m
.
4 2
Chọn C
2
Ta có S r ; S 2 rh .
đáy
xq
Thể tích khối trụ . V V
V Sđáy h h .
2
S r
đáy
2 2 V
2 2V
Stp
2Sđáy
Sxq
2 r 2 rh 2 r 2 r. 2
r .
2
r r
2 2
Xét hàm số 2 V
2V
2V
V
f r r , có f r 4
r ; f .
2
r 0 4
r r 3
2
r
r
r 2

V
Từ đó suy ra giá trị nhỏ nhất của hàm số đạt tại r 3 . 2
Vậy khi
V
r 3 thì diện tích toàn phần hình trụ đạt giá trị nhỏ nhất.
2
Câu 6.
Chọn D
2
2 2 h
Ta cóOO ' h, IA R, AO r r R (0 h 2 R).
4
Thể tích của khối trụ là V r 2 h 4R 2 h h
3
4
,Xét hàm số f ( h)
4R 2 h h
3
4
2 2 2R
3
f ( h) 4R 3 h , f ( h) 0 h .
4 3
Bảng biến thiên

Vậy V
max
3
4
R 3
9
khi
h
2R
3 .
3
Câu 7.
Chọn B
Câu 8.
Gọi bán kính đáy của hình trụ là R (m) và chiều cao là h (m).
2
72
Do thể tích khối trụ là 72 nên R h 72 h .
2
R
2
Diện tích đáy là R .
72 144
Diện tích xung quanh là 2
Rh 2 R.
. R
2
R
Chi phí làm bình là:
2 144 2 2 12960
T 100. R 90. 140. R 240
R
R
R
6480 6480 6480 6480
R R R R
2 6480 6480 3
Dấu bằng xảy ra khi 240 R R .
3
R R
2
3
2 3
240 R
3 240 R . . 6480 .
Chọn C
Ta có:
4
1 3
3 r
2
V r h 27 h
2

8
3
Độ dài đường sinh là l h r r
2 4
r
2 2 2
Lượng giấy tiêu thụ ít nhất khi diện tích xung quanh nhỏ nhất.
Diện tích xung quanh của hình nón là
3 3 3
2 r 2 r 4
8 8 16
4
r 33
2 2 2 2 4
S rl r 3 r 3 r
r r
8 8
2 4
xq
2 4 2 2
( Bất đẳng thức Cauchy)
Câu 9.
Dấu “=” xảy ra khi
Chọn C
8 8
3 4 3
r r 6
2 2 2
cm
2
r 2
. Chọn đáp án C
O
h
O'
r
2 V
Ta có V r h h .
2
r
Giả sử chi phí sản xuất mỗi đơn vị diện tích cho bề mặt xung quanh là a đồng thì chi phí sản xuất
cho mỗi đơn vị diện tích của mặt đáy là 3a đồng.
Chi phí sản xuất thùng là
V
2aV
S 2 rl. a 2 r .3a 2 rha 2 . r .3a 2 a r. 6a r 6a
r
r
r
V
2
2a 3
r 2 a. f r.
r
2 2 2 2
2
V 2
Chi phí vật liệu sản suất thùng nhỏ nhất khi f r 3
r đạt giá trị nhỏ nhất, với r 0 .
r
f r
6
r
r
3
V 6
r V
r
2 2
.
0
3
f r r
V
.
6

Bảng biến thiên
V
r 0 3
6
f r
0
f r
f
V
3
6
V
Vậy f r min r 3 .
6
V h V V
Mà h 6 .
2 3
3
r r r V
3
6
Câu 10.
Chọn A
Gọi r, h,
l lần lượt là bán kính đáy, chiều cao và đường sinh của hình nón và I1, I2,
O lần lượt là
tâm của hai đường tròn ( C ),( C ) và mặt cầu.
Vì hai đường tròn
1 2
h
( C1 ),( C2)
có bán kính bằng nhau nên dễ dàng suy ra: OI1 OI2
2
2 2
2 h
2 2 2 3h
Ta có r R l h r R .
4 4
Diện tích xung quanh hình nón là
h 3h
2
R
Sxq
rl . R . R 12R 3 h . 4R 3h
4 4 4 3 3
2 2 2
2 2 2 2 2 2
.

S xq
r
2
2 R
2 2 2 2 2R
lớn nhất bằng . Dấu " " xảy ra khi và chỉ khi 12R 3h 4R 3h h .
3
3
R 6
3
.
Mà bán kính đáy và chiều cao của hình nón cũng chính là bán kính đáy và chiều cao hình trụ.
Câu 11.
2 3
2 6R 2R 4
R 3
Vậy thể tích hình trụ V . r . h . . .
9 3 9
Chọn D
S
M
O'
N
A
O
B
Gọi bán kính của khối trụ là x 0 x 3 , chiều cao của khối trụ là h OO
0 h 6 .
2
Khi đó thể tích khối trụ là: V x h .
ON SO x 6 h
Ta có: SON
đồng dạng với SOB
nên có h 6 2x
.
OB SO 3 6
2 2 2 3
Suy ra V x h x 6 2x 6x 2x
.
2 3
Xét hàm f x 6x 2 x , 0 x 3 .
2
12 6
f x x x
x
0
f x
0
x 2
Bảng biến thiên:
.
l
n

x
f '(x)
f(x)
0
2 3
+ 0 -
8
Do đó V lớn nhất khi hàm f x đạt giá trị lớn nhất.
Câu 12.
Vậy thể tích của khối trụ lớn nhất là V 8
khi bán kính khối trụ bằng 2.
Chọn B
Cách 1:
O'
B
A
α
O
H
D
Gọi D là hình chiếu vuông góc của B lên mặt phẳng O
.
Kẻ AH OD , H OD
.
2
2
3
1
2a
2a
4a
Ta có thể tích của khối chóp OOAB
: VOO
AB
AH.
S
OOB
. AH . AO .
3
3 3 3
OO AB max
V H O . Suy ra AD 2 2a
.
Suy ra: 1
tan tan BAD .
2
Cách 2:

Nhận xét: Nên thêm giả thiết AB chéo với OO ' để tứ diện OOAB
tồn tại.
O'
C
B
A
α
O
D
Gọi D là hình chiếu vuông góc của B lên mặt phẳng chứa đường tròn O
.
Gọi C là hình chiếu vuông góc của A lên mặt phẳng chứa đường tròn O ' .
Ta có
O ' CB.
OAD
là một hình lăng trụ đứng.
Ta có thể tích của khối chóp OOAB
:
1 1 1 4a
VOO
AB
VO ' BC.
OAD
2 a. S
OAD
.2 a. .2 a.2 a.sin
AOD
3 3 2 3
3
.
0
VO ' ABCD
AOD 90 AD 2 2a
.
max
Suy ra: 1
tan tan BAD .
2
Câu 13.
Chọn D

B
K
O'
C
H
α
O
A
D
Gọi H là hình chiếu vuông góc của B lên mặt phẳng chứa đường tròn O
.
Gọi K là hình chiếu vuông góc của A lên mặt phẳng chứa đường tròn O ' .
Ta có
HAD.
BKC
là một hình lăng trụ đứng.
Ta có thể tích của tứ diện CDAB là
1 1 1 1 1 1
VABCD VHAD.
BKC
.2 a. S
HAD
.2 a. . AD. d H; AD .2 a. .2a 3. d H;
AD
3 3 3 2 3 2
VABCD
d H;
AD
H AD
max
max
là điểm chính giữa cung lớn của đường tròn O (1).
AD
Theo định lý sin ta có 2.2 sin nên .
AD 2 3 a
a AHD
3
sin AHD 4a
4a
0
AHD 60
2
Do đó (1) xảy ra khi AHD
đều AH AD 2 3a
.
Suy ra: tan tan BH 2a
3
BAH .
AH 2 a 3 3
.
Câu 14.
Chọn A

B
C
O'
O
A
D
O 1
O
1
Kẻ đường thẳng qua O ' song song với AB cắt mặt phẳng chứa đường tròn ( ) tại O .
Lúc đó AO1 D. BO ' C là một hình lăng trụ chiều cao bằng 2a .
Vì
AD BC
nên
S
BO'
C
S
OAD
Ta có thể tích của khối chóp O '. ABCD :
1 2 2 2 1 8a
VO ' ABCD
VAO 1D. BO' C
.2 a. S
BO'
C
.2 a. S
OAD
.2 a. .2 a.2 a.sin
AOD
3 3 3 3 2 3
0
VO ' ABCD
AOD 90 AD 2 2a
.
max
3
.
Câu 15.
Câu 16.
Câu 17.
Câu 18.
Chọn A
Hình trụ có diện tích xung quanh là S 2
Rh và diện tích toàn phần là S 2
R R h . Theo
đề bài ta có:
S
tp
2
2S
2
R R h 4
R R h 2R
R h .
xq
xq
Chọn D
Chọn B
Từ yêu cầu bài toán, theo định nghĩa mặt trụ tròn xoay ta chọn đáp án B
Chọn D
tp

Câu 19.
Câu 20.
Câu 21.
2
Ta có: S S 2S 2 Rh 2. R 2
R h R .
Chọn D
Chọn B
Chọn B
tp xq d
S
A
C
Xét hình chóp
Câu 22. Chọn D
Câu 23.
SABC
ta có:
SB ABC SC ABC
0
, , 45
B
0
Khi đó, tập hợp những điểm trong không gian sao cho tạo với ABC góc 45 thì tập hợp
M SM
các điểm M sẽ tạo ra một mặt nón đỉnh S có một đường sinh là SB .
Giả sử mặt phẳng cắt đường tròn đáy tại A , B . Diện tích thiết diện là:
2
1 a
S . .sin .sin
OAB
OAOB AOB AOB .
2 2
Vì góc ở đỉnh bằng 120 nên 0 AOB
120 . Suy ra 0 sin AOB
1. Đẳng thức xảy ra khi
AOB 90
.
2
a
Vậy thiết diện có diện tích lớn nhất bằng .
2
Chọn B
M
k k d
x
Phương trình đường thẳng qua 1;1 có hệ số góc 0 là
: y k 1 1

k 1
A d Ox A ;0
k
B d Oy B 0;1
k
Nhận xét khi quay tam giác quanh Oy thì khối tròn xoay được tạo thành là khối nón có bán kính
đáy là OA và đường cao là OB .
2
1
k 3
1 k 1 1 3
V . 1 k 1
2 k
2
3 k 3 k 3 k k
Đặt g x 2
1 3
1 k
3 k k
2 3
' 1
3 k k
Suy ra g x 3 2
l
2 3 k
1
g ' x
0 1 0
3 2
3 k k k 2
n
Câu 24.
9
Dựa vào bảng biến thiên ta có: V khi . Chọn B
4
Min
k 2
Chọn B
Gọi hình nón tròn xoay có đường sinh l 2a
có bán kính đáy là R và đường cao là h .
1 2
2 2 2
Thể tích khối nón: V R h . Ta có: R h 4a
.
3

2 2 4 2
2 2 2 R R 2 R h
Áp dụng bất đẳng thức Cô si: 4a R h h 33
.
2 2 4
4 2
R h 64 1 16
3
a R h a
4 27 3 27
6 2 3
2
2 3
R 2 h a
h
3
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi 2 . .
2 2 2
h R 4a 2 6
R a 3
16
3 3
Khi đó Vmax
a .
27
.

Câu 1: Cho hai mặt trụ có cùng bán kính bằng 4 được đặt lồng vào nhau như hình vẽ. Tính thể tích phần
chung của chúng biết hai trục của hai mặt trụ vuông góc và cắt nhau.
.
A. 256 . B. 512 .
256
C. . D. .
3 1024
3
Lời giải: Chọn D
1
Cách1. Ta xét phần giao của hai trụ như hình.
8
Ta gọi trục tọa độ
Oxyz
như hình vẽ.
.
Khi đó phần giao H là một vật thể có đáy là một phần tư hình tròn tâm O bán kính 4 , thiết
Ox
2 2
diện của mặt phẳng vuông góc với trục là một hình vuông có diện tích S x 4 x .
4
4
2 128
1024
Thể tích khối H là S xdx 16
x dx
. Vậy thể tích phần giao là .
3
3
0 0
16 3 1024
V R
3 3
Cách2.Dùng công thức tổng quát giao hai trụ .
Câu 2: (THPT Chuyên Thái Bình) Một hình trụ có bán kính đáy r 5cm và khoảng cách giữa hai đáy h 7cm . Cắt
khối trụ bởi một mặt phẳng song song với trục và cách trục
3cm . Diện tích của thiết diện được tạo thành là:
S
S S
A. 2
2
2
2
56 cm . B. 55 cm . C. 53 cm . D. S 46 cm .
Lời giải: Chọn B
Gọi , là tâm của hai đáy của hình trụ và P là mặt phẳng song song với trục và cách trục
O O
OO một khoảng 3cm .
.

P
Mp cắt hai hình tròn đáy O , O theo hai dây cung lần lượt là AB,
CD và cắt mặt xung
quanh theo hai đường sinh là AD,
BC . Khi đó ABCD là hình chữ nhật.
B
O
H
A
C
O
D
Gọi là trung điểm của . Ta có OH AB;
OH AD OH ABCD
H AB
d OO, P d O, ABCD OH 3cm .
2 2 2 2
Khi đó: AB 2AH 2 OA OH 2 5 3 8 ; AD OO ' h 7cm .
ABCD
ABCD
2
Diện tích hình chữ nhật là: S AB. AD 56 cm .
Câu 3: (CỤM CÁC TRƯỜNG CHUYÊN ĐỒNG BẰNG SÔNG CỬU LONG) Một hình nón có đỉnh
S có bán kính đáý bằng 2a
3 , góc ở đỉnh là 120 . Thiết diện qua đỉnh của hình nón là 1 tam
giác. Diện tích lớn nhất
S max
của tam giác là bao nhiêu?
2
2
2
A. Smax 8a
B. Smax 4a
2 C. Smax 4a
D. S
Lời giải: Chọn A
max
16
a
2
Cách 1: Gọi thiết diện của hình chóp là SCD
, I là trung điểm của CD .
OB
Ta có SO 2a
.
tan 60
Đặt OI x suy ra
IC OC OI
2 2
SI SO OI
2 2
12a
4a
1
S SCD
CD.
SI SI.
IC
2
x
2 2
x
2 2
.
4a 2 x 2 12a 2 x
2
2 4 2 2 4
S x 8a x 48a
SCD
.

4 2 2 4
Xét hàm số f x x 8a x 48a
với 0 x 2 3a
.
3 2
4 16
f x x a x
x
0
f x
0
x
2a
Bảng biến thiên
2 4 2
Nhìn vào bảng biến thiên ta thấy S 64a S 8a
.
max
Cách 2: Gọi thiết diện của hình chóp là SCD .
Vì SOB
vuông tại O , có OB r 2a
3 , o
r
OSB 60 nên l SB 4a
.
o
sin 60
1
Khi đó, 1
S
SCD
SC. SD.sin
CSD . (vì ).
2
2
SC SD 8a sin CSD 1
2
S max
2
Vậy Diện tích lớn nhất của thiết diện đó là 8a khi o
CSD 90 .
Câu 4: (THPT Trần Nhân Tông - Quảng Ninh) Cắt một khối nón tròn xoay có bán kính đáy bằng R,
0
đường sinh 2R bởi một mặt phẳng ( )
qua tâm đáy và tạo với mặt đáy một góc 60 tính tỷ số
thể tích của hai phần khối nón chia bởi mặt phẳng ( )
?
max
2
1
2
3
4
A. . B. . C. . D. .
2 1
3
6
Lời giải: Chọn D

Không mất tính tổng quát ta giả sử R 1.
Khi cắt một khối nón tròn xoay có bán kính đáy bằng R, đường sinh 2R bởi một mặt phẳng ( )
0
qua tâm đáy và tạo với mặt đáy một góc 60 thì ta được thiết diện là một đường parabol có
4
đỉnh là gốc O0;0
và đỉnh còn lại là A1;1
, do đó thiết diện sẽ có diện tích là S . Xét
3
mặt phẳng đi qua cạnh đáy của thiết diện vuông góc với hình tròn đáy của hình nón cắt hình
nón làm đôi.
Câu 5: (THPT Trần Phú) Một khối cầu tâm bán kính bị cắt bởi một mặt phẳng P theo đường
I R
C , biết rằng góc giữa đường thẳng IM và mặt phẳng P
bằng 30 . Tính theo R thể tích
tròn giao tuyến C , tạo thành hai khối chỏm cầu. Gọi M là điểm bất kỳ thuộc đường tròn
khối chỏm cầu nhỏ tạo thành.
3
3
3
3
5 R
5 R
15 R
15 R
A. . B. . C. . D. .
24
12
12
24
Lời giải: Chọn A
IH
( P)
Giả sử đường tròn giao tuyến (C) có tâm H, bán kính r. Khi đó .
HM
r
Từ giả thiết góc giữa IM với mp (P) bằng 30 , suy ra IMH 30
.
R
Tam giác IMH vuông tại H có IH IM.sin 30 .
2
R
Suy ra khối chỏm cầu nhỏ tạo thành có chiều cao h .
2
2 3
2 h R R 5
R
Vậy thể tích của khối chỏm cầu nhỏ cần tìm là: V h R R .
3 4 6 24
Câu 6: (SGD VĨNH PHÚC ) Khối cầu S có tâm, đường kính AB 2R
. Cắt S bởi một mặt phẳng
vuông góc với đường kính AB ta được thiết diện là hình tròn C
rồi bỏ đi phần lớn hơn. Tính
thể tích phần còn lại theo R , biết hình nón đỉnh I và đáy là hình tròn C
có góc ở đỉnh bằng
120 .

3
3
3
5 R
5 R
5 R
A. B. C. D.
24
8
32
Lời giải: Chọn A
Gọi mặt phẳng vuông góc với đường kính của khối cầu là mặt phẳng P
P
5 R
12
Ta có mặt phẳng cắt khối cầu theo một đường tròn C . Khi đó đường kính của đường
R
tròn C
bằng R 3 . Suy ra khoảng cách từ tâm I đếm mặt phẳng P
là .
2
R
Mặt phẳng P
cách tâm I một khoảng chia khối cầu thành hai phần, phần lớn là phần
2
chứa tâm I còn phần nhỏ là phần không chứa tâm I gọi là chỏm cầu. Khi đó thể tích của
2 2 3
R R 5R R 5
R
chỏm cầu là V 2 R R . . .
2 2 3 2 4 3 24
Câu 7: Tính thể tích V của khối nón ngoại tiếp hình tứ diện đều có cạnh bằng a (khối nón có đỉnh là
một đỉnh của tứ diện và có đáy là hình tròn đi qua 3 đỉnh còn lại của tứ diện).
3
6
A. V a
3
6
. B. V
a .
9
27
3
6
C. V a
3
2
. D. V
a .
12
9
Lời giải: Chọn B
3
.
Gọi ABCD là tứ diện đều có cạnh bằng a . Xét khối chóp có đỉnh A , đáy là hình tròn tâm H
ngoại tiếp tam giác BCD .
Khi đó, thể tích khối nón cần tìm là.
1 2 1 2
V R h BH . AH .
3 3
2 a 3 a 3
Ta có: BH . và.
3 2 3
2
2 2 2 a a 6
AH AB BH a
3 3
.
2 3
1 a a 6 a 6
Suy ra: V .
3 3 3 27
(đvtt).
Câu 8: (THPT Chuyên Lam Sơn) Một hình trụ có bán kính đáy bằng R và thiết diện đi qua trục là
hình vuông. Tính thể tích V của khối lăng trụ tứ giác đều nội tiếp hình trụ.
3
A. V 2R
.
3
B. V 5R
.
3
C. V 3R
.
3
D. V 4R
.
Lời giải: Chọn D

B
A
O
R
C
D
B'
2R
A'
O'
C'
.
Do thiết diện quểntục là hình vuông nên đường sinh của hình trụ là: l 2R h .
Do lăng trụ tứ giác đều nội tiếp hình trụ, nên đáy của lăng trụ là hình vuông có đường chéo:
AC 2R AB 2 AB R 2
2 3
D'
V Bh R 2 2R 4R
LT
Câu 9: (THPT Chuyên Lam Sơn) Một hình trụ có bán kính đáy bằng R và thiết diện đi qua trục là hình
vuông. Tính thể tích V của khối lăng trụ tứ giác đều nội tiếp hình trụ.
3
A. V 2R
.
3
B. V 5R
.
3
C. V 3R
.
3
D. V 4R
.
Lời giải: Chọn D
B
.
A
O
R
C
D
B'
2R
A'
O'
C'
.
Do thiết diện quểntục là hình vuông nên đường sinh của hình trụ là: l 2R h .
Do lăng trụ tứ giác đều nội tiếp hình trụ, nên đáy của lăng trụ là hình vuông có đường chéo:
AC 2R AB 2 AB R 2
2 3
D'
V Bh R 2 2R 4R
Câu 10: (THPT Kiến An - HP) Cho hình lăng trụ đều
A BC
LT
.
ABC.
ABC
, biết góc giữa hai mặt phẳng
2
và ABC bằng 45, diện tích tam giác A BC bằng a 6 . Tính diện tích xung
quanh của hình trụ ngoại tiếp hình lăng trụ ABC.
ABC
.
2
2
4 a 3
2
2
8 a 3
A. . B. 2
a . C. 4
a . D. .
3
3
Lời giải: Chọn C

A'
C'
B'
A
O
45°
M
C
Gọi M là trung điểm BC . Khi đó ta có BC AM , BC AM
Suy ra: ABC , ABC AMA
45 AA AM . Gọi O là trọng tâm tam giác ABC .
x 3 x 6
Đặt BC x , x 0 . Ta có AM AA
AM
.
2
2
2
1 x 6 2
Nên S
ABC
. AM . BC a 6 x 2a
.
2 4
2 2 2a
3 2a
3
Khi đó: AO AM . và AA
a 3 .
3 3 2 3
2a
3
2
Suy ra diện tích xung quang khối trụ là: Sxq
2 . OA.
AA
2 . . a 3 4
a .
3
Câu 11: (THPT Lục Ngạn) Cho hình lăng trụ tam giác đều ABC.
ABC
có độ dài cạnh đáy bằng a ,
chiều cao là h . Tính thể tích V của khối trụ ngoại tiếp hình lăng trụ.
2
A. V a h
2
. B. V a h
2
2
. C. V 3
a h . D. V a h .
9
3
Lời giải: Chọn B
A
C
B
B
G
M
A'
C'
B'
Gọi G là trọng tâm của tam giác ABC . Do ABC là tam giác đều nên G là tâm đường tròn ngoại tiếp
tam giác ABC .
2 2 a 3 a 3
Ta có AG AM . .
3 3 2 3

2
a h
Vậy thể tích của khối trụ ngoại tiếp hình lăng trụ là V R 2 h .
3
Câu 12: (THPT Chuyên Hạ Long) Cho hình trụ có chiều cao bằng
6 2 cm . Biết rằng một mặt phẳng
không vuông góc với đáy và cắt hai mặt đáy theo hai dây cung song song AB , AB
mà
2
AB AB
6cm
, diện tích tứ giác ABBA bằng 60cm . Tính bán kính đáy của hình trụ.
A. 5cm B. 3 2 cm C. 4cm D. 5 2 cm
Lời giải: Chọn C
Gọi O , O là tâm các đáy hình trụ (hình vẽ).
A
6
B
O
6 2
A 1
O
A
B 1
B
Vì AB AB
nên ABBA đi qua trung điểm của đoạn OO và ABBA
là hình chữ nhật.
Ta có S AB.
AA
60 6.AA AA
10
cm .
ABBA
Gọi , B lần lượt là hình chiếu của A , B trên mặt đáy chứa A và B
A1
1
ABB A là hình chữ nhật có AB 6 cm ,
1 1
B B
BB
BB
2
2
2 2
1 1
10 6 2 2 7 cm
2 2
Gọi R là bán kính đáy của hình trụ, ta có 2R AB B B AB
8 R 4 cm .
1 1
Câu 13: (THPT Nguyễn Hữu Quang) Cho tứ diện ABCD cạnh a . Diện tích xung quanh hình trụ có
đáy là đường tròn ngoại tiếp tam giác BCD và có chiều cao bằng chiếu cao tứ diện ABCD là:
2
2
2
2
2 a 2
a 2
2 a 3
a 3
A. . B. . C. . D.
3
3
2
2
Lời giải: Chọn A
A
a
B
a
O
M
D
C

a 3 2 a 3
Ta có R OB . .
2 3 3
2
2 2 2 a a 6
l OA AB OB a
3 3
2
a 3 a 6 2
a 2
Diện tích xung quanh hình trụ là Sxq
2
Rl 2
.
3 3 3
Câu 14: (THPT Trần Phú) Một hình trụ có thiết diện qua trục là hình vuông, diện tích xung quanh
2
bằng 36
a . Tính thể tích V của lăng trụ lục giác đều nội tiếp hình trụ.
3
A. V 27 3a
.
3
B. V 81 3a
.
3
C. V 24 3a
.
3
D. V 36 3a
.
Lời giải: Chọn B
2
Diện tích xung quanh hình trụ S 2
rl 2 r.2r 36
a r 3a
xq
Lăng trụ lục giác đều có đường cao h l 6a
Lục giác đều nội tiếp đường tròn có cạnh bằng bán kính của đường tròn
2
2
3a
3 27a
3
Suy ra diện tích lục giác đều S 6. .
4 2
3
Vậy thể tích V S. h 81 3a
.
Câu 15: (THPT Chuyên Lam Sơn) Một hình trụ có bán kính đáy bằng R và thiết diện đi qua trục là
hình vuông. Tính thể tích V của khối lăng trụ tứ giác đều nội tiếp hình trụ.
3
A. V 2R
.
3
B. V 5R
.
3
C. V 3R
.
3
D. V 4R
.
Lời giải: Chọn D

B
A
O
R
C
D
B'
2R
A'
O'
C'
.
Do thiết diện quểntục là hình vuông nên đường sinh của hình trụ là: l 2R h .
Do lăng trụ tứ giác đều nội tiếp hình trụ, nên đáy của lăng trụ là hình vuông có đường chéo:
AC 2R AB 2 AB R 2
2 3
D'
V Bh R 2 2R 4R
LT
Câu 16: (THPT Phan Chu Trinh) Cho hình lăng trụ tam giác đều ABC. ABC
có độ dài cạnh đáy
bằng a và chiều cao bằng h . Tính thể tích V của khối trụ ngoại tiếp lăng trụ đã cho.
2
A. V
a h
2
. B. V
a h
2
. C. V
a h
2
. D. V 3
a h .
9
9
3
Lời giải
Chọn C
3
Bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác đều cạnh a là R a .
3
Chiều cao khối trụ bằng chiều cao khối lăng trụ bằng h .
2
2
3a
a h
Thể tích khối trụ là: V R h V
.
3
h
3
Câu 17 : (THPT Đặng Thúc Hứa ) Cho tứ diện đều ABCD có một đường cao AA1
. Gọi I là trung
2
điểm . Mặt phẳng BCI chia tứ diện ABCD thành hai tứ diện. Tính tỉ số hai bán kính của
AA
1
hai mặt cầu ngoại tiếp hai tứ diện đó.
A.
43
1
1
B. C.
51
2
4
D.
Lời giải
Chọn A
.
48
153

Gọi cạnh của tứ diện đều là a .
Gọi K là trung điểm của CD và E IK AB . Qua A1
kẻ đường thẳng song song với IK cắt
AB tại J .
Ta có:
BJ BA1 2 AE AI
1 a 3a
và 1
nên suy ra AE AB và BE .
BE BK 3 EJ IA
4 4 4
1
Gọi là trung điểm của , trong mặt phẳng ABK dựng đường trung trực của BE cắt
M BE
AA tại O . Ta dễ dàng chứng minh được O là tâm của mặt cầu ngoại tiếp EBCD .
1
a 3 a 6
Ta có: BA1
, AA1
. Đặt BE x .
3 3
Tam giác ABA đồng dạng với tam giác AOM nên suy ra
1
AM OM AM . BH x 1
OM a .
AA1 BH AA1
2 2
Gọi R là bán kính mặt cầu ngoại tiếp EBCD ta suy ra:
2
2 2 x 1 x
R OB OM MB a
4 2 2
2
3a
9a
1 3a
43
Với x ta có: R
a a .
4
64 2 8 128
a
Tương tự với x ta có bán kính R của mặt cầu ngoại tiếp EACD là
4
2
a 1 a 51
R
a a .
64 2 4 128
2
2
2
.
R 43
Do đó .
R ' 51
Phương pháp trắc nghiệm:
Áp dụng công thức Crelle: Với mỗi khối tứ diện ABCD đều tồn tại ít nhất một tam giác mà số
đo các cạnh của nó bằng tích số đo các cặp đối của tứ diện đó. Hơn nữa nếu gọi V là thể tích,
R là bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD thì ta có công thức: S 6 V.
R .

Câu 18: (Sở Ninh Bình ) Cho hình chóp S.
ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh a , cạnh bên SA
vuông góc với mặt phẳng đáy. Gọi , C lần lượt là hình chiếu của A trên SB , SC . Tính
B1
1
theo a bán kính R của mặt cầu đi qua năm điểm A , B , C , B1
, C1
.
a 3
a 3
a 3
A. R
B. R
C. R
D.
6
2
4
Lời giải
Chọn D
S
a 3
R
3
B 1
C 1
A
C
H
M
I
B
Đặt SA x , gọi I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC , H là hình chiếu của B1
trên
cạnh AB , M là trung điểm của AB .
2 2
2 2
Ta có SA 2
. SB1
SA x
SC1
SA x
SB1 SB , tương tự ta cũng có .
2 2 2
2 2 2
SB SB a x
SC SC a x
2
Suy ra B C / / BC BB1 HB1
BH a
1 1
, B1 H / / SA nên
2 2
SB SA AB x a
2
2
xa
a.
x
HB1 , .
2 2
2 2
x a
HB x a
a 3
Ta chỉ cần chứng minh IA IB1
. Giả sử x a ( x a ta làm tương tự).
3
2
2
2 2
a.
x a
Khi đó HB BM , suy ra
2 2
x a
a.
x a a x a
HM
2 2
2
x a
2 2
2 2 x a
2
2 2 2
2 2 2 a
a 3
IB1 HI B1
H HM IM B1
H IB1
IA .
3
3
a 3
Vậy IA IB IC IB1 IC1
là bán kính mặt cầu đi qua năm điểm A , B , C , B1
, C1
.
3
Câu 19: Cho tứ diện ABCD đều có cạnh a , tỉ số thể tích của khối cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD và thể
tích khối cầu tiếp xúc với tất cả các cạnh của tứ diện là.
3
A. 3 3 . B. 3 . C. . D. 3 .
2
Chọn A
Lời giải

Câu 20: Cho hình chóp S.
ABCD có đáy là hình chữ nhật, AB 2a
, BC a , hình chiếu của S lên
a 3
ABCD
là trung điểm H của AD , SH . Diện tích mặt cầu ngoại tiếp hình chóp
2
S.
ABCD bằng bao nhiêu?
2
2
3
2
16 a
16 a
4 a
4 a
A. . B. . C. . D. .
3
9
3
3
Lời giải
Chọn A
Gọi I là tâm đường tròn ngoại tiếp SAD
O là tâm đường tròn ngoại tiếp ABCD
I là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.
ABCD
Ta có
2 2
SD SA SH AH a SAD
2 3 3
IA a a
3 2 3
2 2 2 2
R IA I A I I I A HO
Vậy
2 16
a
S 4
R
3
2
2a
Câu 21: Cho hình chóp S.
ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật, AB a , AD 2a
tam giác SAB đều
và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy. Gọi M , N lần lượt là trung điểm các cạnh
3
đều
AD, DC.
Tính bán kính R của mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.
DMN .
a 39
a 31
a 102
A. R . B. R . C. R . D.
6
4
6
a 39
R .
13
Lời giải
Chọn C
Gọi I là trung điểm của MN . Suy ra I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác DMN.
d là đường thẳng qua I và vuông góc với mặt đáy.
E là hình chiếu của I lên AB.
O là tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện S.
DMN . K là hình chiếu của O lên SH.

S
d
O
K
E
A
M
x
I
D
H
N
B
C
Đặt OI x .
2
1 a 5
Ta có
.
2 2 5a
2
DI MN Suy ra OD ID OI x .
2 4
16
a 3 AM HN 3a
SK SH x x; KO HI; EI .
2 2 2
2 2
a a a
2 2 9 37
HI EI HE .
4 16 4
2
2 2 49a
2
Suy ra SO SK KO a 3x x .
16
Vì O là tâm mặt cầu ngoại tiếp nên:
2
49a 2 2
11a a 102
SO DO a 3x x x 5 a x R OD .
16 4 3
6
Câu 22: (THPT Đoàn Thượng) Cho khối chóp S.
ABCD có đáy là hình vuông, tam giác SAB đều và
nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy. Mặt cầu ngoại tiếp khối chóp S.
ABCD có diện tích
2
. Khoảng cách giữa hai đường thẳng và .
84 cm
SA BD
2 21
3 21
21
A. cm
. B. cm
. C. . D. .
7
7
7 cm
6 21
cm
7
Lời giải
Chọn D
S
G
K
A
I
D
E
B
M
O
C

Gọi M là trung điểm AB và G là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác đều SAB , O là tâm của
hình vuông . Ta có OM SAB . Dựng trục của hình vuông ABCD và trục tam giác
ABCD
SAB , khi đó chúng đồng phẳng và cắt nhau tại I tức là OI , GI là các trục hình vuông ABCD
và trục tam giác SAB .
2 2
Bán kính mặt cầu là R SI . Ta có 4
R 84
cm R 21 cm . Đặt AB x
cm
2 2 2
x x 3
Trong tam giác vuông SGI ta có SI SG GI 1
, ta có GI , SG thay vào
2 3
tính được x 6 .
ABDE d BD SA d d BD,
SAE
Dựng hình bình hành . Khoảng cách giữa và là
,
d d B SAE
, ,
d M SAE d M SK
2 d M , SAE . Kẻ MK AE ta có SAE SMK .
SM.
MK
SM
MK
2 2
2
3 21
Thay các giá trị vào 2
tính được d M , SAE
.
7
6 21
Vậy khoảng cách giữa SA và BD là .
7
x 3
. Ta có SM 3 3 ,
2
1
x 2 3 2
MK
4 2
Câu 23: (SGD Bắc Ninh) Cho tứ diện ABCD có AB BC CD 2 , AC BD 1, AD 3 . Tính
bán kính của mặt cầu ngoại tiếp tứ diện đã cho.
A. 1
B.
7
39
C.
3
6
D.
Lời giải
2 3
3
Chọn C
Ta có ACD
là tam giác vuông tại A và ABD
là tam giác vuông tại
Dựng khối lăng trụ tam giác đều
ACF.
DEB
như hình vẽ.
D
D
G'
B
E
3
2
I
A
1
C
G
I
F
Gọi G và G lần lượt là trọng tâm của hai tam giác ACF và DEB ; I là trung điểm của GG .
Khi đó I là tâm mặt cầu ngoại tiếp lăng trụ ACF.
DEB , đồng thời cũng là tâm mặt cầu ngoại
tiếp tứ diện ABCD .
2 2
2 2 3 3
Bán kính mặt cầu ngoại tiếp là R IF IG GF
.
2 3
39
6

Câu 24: (SGD - Bắc Ninh) Cho hình chóp S.
ABC có đáy là tam giác vuông tại A , AB a , AC 2a
SAB
. Mặt bên , SCA lần lượt là các tam giác vuông tại B , C . Biết thể tích khối chóp
S.
ABC
2 3
bằng . Bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp ?
3 a S.
ABC
A. R a 2 . B. R a .
3a
3a
C. R . D. R .
2
2
Lời giải
Chọn C
S
I
C
A
M
H
Gọi là hình chiếu của trên mặt phẳng ABC thì SH là đường cao của hình chóp.
H S
2 3
Mặt khác thể tích khối chóp S.
ABC bằng nên ta có .
3 a 1 1
.
3 2 AB SH 2 3
3 a SH 2a
Dễ thấy năm điểm A , B , H , C , S cùng thuộc mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.
ABC .
Mặt khác A , B , H , C cùng thuộc một mặt phẳng nên tứ giác ABHC nội tiếp đường tròn.
Mà 0
BAC 90 0 BC a 5
2 2 a 21
BHC 90 HM SM HM SH .
2 2
2
Áp dụng công thức đường trung tuyến ta có:
SM
R
R
2
SB SC BC
2 4
2 2
2 2 2
CA SC SA
CI
2 4
2 2
2 2 2
BA SB SA
BI
2 4
2 2 2
SB SC BC
SM
2 4
2 2 2
2
4a
SC
R R
2
B
2 2
2 2
a SB
R R
2
2 2
2 2
. (2)
. (3)
13a
2
2 2 2 2 2 2 2
2 a SB 4a SC 5
Từ(1), (2), (3) ta có 4R
a SB SC 2 2
5a
13a
2
9a .
2 2 2 2 2 2
3a
R .
2
Câu 25: (THPT Chuyên Quốc Học Huế ) Cho lăng trụ đứng có chiều cao bằng h không đổi, một đáy
là tứ giác ABCD với A , B , C , D di động. Gọi I là giao của hai đường chéo AC và BD của
2
tứ giác đó. Cho biết IA. IC IB.
ID h . Tính giá trị nhỏ nhất bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình
lăng trụ đã cho.
h 5
h 3
A. 2h . B. . C. h . D. .
2
2
Lời giải
2
.(1)

Chọn B
A
B
I
r
K
C
D
B
C
A
Do lăng trụ nội tiếp mặt cầu nên gọi K;
r là đường tròn ngoại tiếp ABCD . Khi đó
2 2
IA. IC IB.
ID r IK (theo phương tích của đường tròn). Suy ra
2 2 2 2 2 2
r IK h r h IK .
Gọi O,
R là mặt cầu ngoại tiếp lăng trụ ta có
2
2 2 2 2 h 5 2 2 5 2 h 5
h 5
R OA OK r h IK h R . Vậy Rmin
4 4 4 2
2
khi I là tâm
đường tròn ngoại tiếp ABCD .
Câu 26: (THPT chuyên Lương Thế Vinh ) Một hình hộp chữ nhật P nội tiếp trong một hình cầu có
bán kính R . Tổng diện tích các mặt của P là 384 và tổng độ dài các cạnh của P là 112 . Bán
kính R của hình cầu là.
A. 14. B. 10. C. 12. D. 8 .
Lời giải
Chọn B
Gọi chiều dài, rộng, cao của hình hộp chữ nhật lần lượt là a, b,
c .
2 2 2
Đường chéo hình hộp chữ nhật bằng: a b c .
Tổng diện tích các mặt của P là 384 nên 2ab 2ac 2bc
384 .
Tổng độ dài các cạnh của P là 112 nên 4a 4b 4c 112 a b c 28 .
2
2 2 2 2
a b c a b c 2 ab ac bc 28 384 20 .
Vậy bán kính mặt cầu bằng . 10
Câu 27: (THPT chuyên Hưng Yên) Cho hình chóp . có SA ABC , AC b , AB c ,
D
S ABC
BAC . Gọi B, C lần lượt là hình chiếu vuông góc của A lên SB , SC . Tính bán kính
mặt cầu ngoại tiếp hình chóp A.
BCCB theo b , c , .
.
2 2
b c 2bc
cos
2 2
A. R
. B. R 2 b c 2bc cos
.
2sin
2 2
2 2
b c 2bc
cos
2 b c 2bc
cos
C. R
. D. R
.
sin 2
sin
Lời giải
Chọn A

Gọi M , N lần lượt là trung điểm của AB và AC .
Tam giác ABB vuông tại B nên M chính là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABB , suy
ra trục tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABB chính là đường trung trực của AB (xét
trong mp ABC ).
Tam giác ACC vuông tại C nên N chính là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ACC, suy
ra trục tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ACC chính là đường trung trực 1
của AC (xét
trong mp ABC ).
Gọi I 1
thì I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC và I cách đếu các điểm
A, B, C,B ,C nên I là tâm mặt cầu ngoại tiếp ABCBC
.
Gọi R là bán kính mặt cầu ngoại tiếp ABCBC
thì R chính là bán kính đường tròn ngoại tiếp
tam giác ABC .
2 2
AB. AC.
BC c. b.
BC b c 2 bc.cos
Ta có R
.
4. S
1
ABC 4. bc.sin
2sin
2
Câu 28 : (TOÁN HỌC TUỔI TRẺ ) Giá trị lớn nhất của thể tích khối nón nội tiếp trong khối cầu có bán
kính R là
1 3
A. . B. . C. . D. .
3 R
4 3
3 R
4 2
32
R
3
3
9
81 R
Lời giải
Chọn D.
.
Rõ ràng trong hai khối nón cùng bán kính đáy nội tiếp trong một khối cầu thì khối nón có chiều
cao lớn hơn thì thể tích lớn hơn, nên ta chỉ xét khối nón có chiều cao lớn hơn trong hai khối
nón đó.
Giả sử rằng khối nón có đáy là hình tròn C bán kính r . Gọi x với 0 x R là khoảng cách
giữa tâm khối cầu đến đáy khối nón. Khi đó chiều cao lớn nhất của khối nón nội tiếp khối cầu
2 2
với đáy là hình tròn C sẽ là h R x . Khi đó bán kính đáy nón là r R x , suy ra thể
tích khối nón là

1 1 1 1
3 3 3 6
2 2
2 2 2
V r h R x R x R x R x R x R x R x R x
3 3
1 R x R x 2R 2x 32
R
Áp dụng BĐT Cô-si ta có V
6 27 81
Câu 29: (THPT TRẦN PHÚ) Cho khối nón đỉnh O, chiều cao là h. Một khối nón khác có đỉnh là tâm I
của đáy và đáy là một thiết diện song song với đáy của hình nón đã cho. Để thể tích của khối
O
nón đỉnh I lớn nhất thì chiều cao của khối nón này bằng bao nhiêu?
h
h
A. . B. .
2
3
2h h 3
x
C. . D. .
3
3
Lời giải
Chọn B.
Gọi x là chiều cao cần tìm. R,
r lần lượt là chiều cao của khối nón lớn và bé. Khi đó
r h x R h x
r . Thể tích khối nón đỉnh I là
R h h
2 2 Cauchy 2 3
2
2
2
1 R h x h x h x x 4 h
V x R
2
h x
2x
R
R
2
3 h 6h 6h
27
81
h
Dấu đẳng thức xảy ra khi h x 2x x .
3
Câu 30: (THPT PHAN ĐÌNH TÙNG ) Trong các hình nón nội tiếp một hình cầu có bán kính bằng 3,
tính bán kính mặt đáy của hình nón có thể tích lớn nhất.
A. Đáp án khác. B. R 4 2.
C. R 2.
D. R 2 2.
Lời giải
ChọnD.
M
h
I
K
O
A
Giả sử chóp đỉnh A như hình vẽ là hình chóp có thể tích lớn nhất.
AKM vuông tại K.
Ta thấy IK r là bán kính đáy của chóp, AI h là chiều cao của chóp.
2 2
IK AI IM r h h
. 6 .
1 1
6 0 6 .
3 3
2 2
V r h h h h

1 2
3 2
Vmax
h 6 h
max y h 6h
max trên0;6
3
h r r
2
4 4 6 4 8 2 2.
Câu 31: (THPT LƯƠNG VĂN CHÁNH) Cho hình nón đỉnh S , đáy là hình tròn tâm O , góc ở đỉnh
bằng 120 . Trên đường tròn đáy, lấy điểm A cố định và điểm M di động. Có bao nhiêu vị trí
điểm của điểm M để diện tích tam giác SAM đạt giá trị lớn nhất?
A. Có 2 vị trí. B. Có 3 vị trí. C. Có 1 vị trí. D. Có vô số vị trí.
Lời giải
Chọn A.
Gọi r là bán kính đáy của hình nón. Vì góc ở đỉnh ASA 120 ASO
60
.
Suy ra r
SO OA.cot
ASO . Gọi H là trung điểm của AM và đặt x OH .
3
2
2 2 r 2
2 2 2 2
Ta có: SH SO OH x , AM 2AH 2 OA OH 2 r x .
3
Diện tích tam giác SAM bằng
2
1 r 2 2 2 2 2
s SH. AM x . r x r .
2 3 3
2 2
2 2
r 2 2 2 2 r r
smax
r đạt được khi x r x x x . Tức là OH SO .
3
3 3 3
Theo tính chất đối xứng của của đường tròn ta có hai vị trí của M thỏa yêu cầu.
Câu 32: (THPT Phan Đăng Lưu) Cho hình nón N có đường cao SO h và bán kính đáy bằng R ,
gọi M là điểm trên đoạn SO , đặt OM x , 0 x h . là thiết diện của mặt phẳng
C
P
vuông góc với trục SO tại M , với hình nón N . Tìm x để thể tích khối nón đỉnh O đáy là
C
lớn nhất.
h h 2
h 3
h
A. . B. . C. . D. .
2
2
2
3
Lời giải
Chọn D

S
B
M
C
A
O
D
Ta có BM là bán kính đường tròn C
.
BM SM AO.
SM R h x
Do tam giác SBM
∽ SAO
nên BM BM .
AO SO
SO
h
Thể tích của khối nón đỉnh đáy là C là:
1 2
V BM . OM
3
O
x
2
1 R h
3 h
2
2
1 R 2
x .
3
2 h x x
h
1 R 2
Xét hàm số f x h x
x , ta có
3
2
0 x h
h
2
1 R
1 R
h
Ta có f x h xh 3x
; f .
3
2
x 0
2
h xh 3x
x
h
3 h
3
Lập bảng biến thiên ta có
2
h
Từ bảng biến ta có thể tích khối nón đỉnh O đáy là C
lớn nhất khi x .
3
P
Q O R
Câu 33: Cho hai mặt phẳng và song song với nhau và cắt một mặt cầu tâm bán kính tạo thành hai đường
tròn có cùng bán kính. Xét hình nón có đỉnh trùng với tâm của một trong hai đường tròn và đáy trùng với đường
P
Q
tròn còn lại. Tính khoảng cách giữa và để diện tích xung quanh hính nón đó là lớn nhất.
A. R . B. R 2 . C. 2R
3 .
2R
3
D. .
3
Lời giải
Chọn D
l
r
R
h
.

2 2
2 h
2 2 2 3h
Ta có r R , l r h R .
4 4
h 3h 3 R
Sxq
rl R R h h R
4 4 16 2
2 2 2
2 2 4 2 4
2
3 4 R 2 4
Xét f h h h R 0 h 2R
.
16 2
3 3 2
2R
3
Ta có f h
h R h, f h
0 h .
4 3
Bảng biến thiên:
.
2R
3
2R
3
Khi đó f h
đạt giá trị lớn nhất tại h . Do đó Sxq
đạt giá trị lớn nhất khi h .
3
3
Câu 34 : (THPT CHUYÊN VINH ) Cho nửa đường tròn đường kính AB 2R
và điểm C thay đổi trên
nửa đường tròn đó, đặt CAB và gọi H là hình chiếu vuông góc của C lên AB . Tìm
sao cho thể tích vật thể tròn xoay tạo thành khi quay tam giác ACH quanh trục AB đạt giá trị
lớn nhất.
A. 60 . B. 30
. C. arctan
1
.
2
D. 45.
Lời giải
Chọn C
AC AB. cos
2 R.cos
.
2
CH AC.sin 2 R.cos .sin ; AH AC.cos 2 R.cos
Thể tích vật thể tròn xoay tạo thành khi quay tam giác ACH quanh trục AB là.
1 2 8 3 4 2
V AH. CH R .cos .sin
.
3 3
2 8 3 2 8 3 8 3 t t 2 2t
Đặt t cos 0 t 1 V R t 1 t R . t. t 2 2t R .
3 6 6 3
2
1
Vậy V lớn nhất khi t khi arctan .
3
2
Câu 35: Một cái phễu có dạng hình nón, chiều cao của phễu là
20cm . Người ta đổ một lượng nước vào
phễu sao cho chiều cao của cột nước trong phễu bằng 10cm (hình H1). Nếu bịt kín miệng phễu
rồi lật ngược phễu lên (hình H2) thì chiều cao của cột nước trong phễu gần bằng với giá trị nào
sau đây?
A. 10cm . B. 0,87cm . C. 1,07cm . D. 1,35cm .
3

Lời giải
Chọn B.
1 2 20
2
Gọi R là bán kính đáy của phễu. Thể tích của phễu là V0
R . h R
3 3
Xét hình H1:
Do chiều cao của phễu là 20cm , cột nước cao 10cm nên bán kính đường tròn thiết diện tạo bởi
R
mặt nước và thành phễu là .
2
2 2
1 R 5
R
Suy ra thể tích của nước trong phễu là V1
.10 .
3 2 6
Xét hình H2:
Gọi x là chiều cao cột nước trong phễu. Dựa vào tam giác đồng dạng ta tìm được bán kính đường
20 x
tròn giao tuyến của mặt nước và thành phễu là R 0 x 20
20
2 2
Thể tích phần không chứa nước là V R 20 x 20
x
Suy ra thể tích nước là: V1 V0 V2
2
1 20 x R
3 20 1200
2
5 20 R
3
3
x 20 7000 0,87
6 3 1200
2 2
R R 20
x
Câu 36: Một bể nước lớn của khu công nghiệp có phần chứa nước là một khối nón đỉnh S phía dưới
(hình vẽ), đường sinh SA 27 mét. Có một lần lúc bể chứa đầy nước, người ta phát hiện nước
trong bể không đạt yêu cầu về vệ sinh nên lãnh đạo khu công nghiệp cho thoát hết nước để làm
vệ sinh bể chứa. Công nhân cho thoát nước ba lần qua một lổ ở đỉnh S . Lần thứ nhất khi mực
nước tới điểm M thuộc SA thì dừng, lần thứ hai khi mực nước tới điểm N thuộc SA thì
dừng, lần thứ ba mới thoát hết nước. Biết rằng lượng nước mỗi lần thoát bằng nhau. Tính độ
dài đoạn MN . (Hình vẽ 4: Thiết diện qua trục của hình nón nước).
3

O
A
M
N
3
3 3
3 3
3 3
A. 27 2 1 m . B. 9 9 4 1 m . C. 9 9 2 1 m . D. 9 3 2 1 m .
S
Lời giải
Chọn C.
Gọi V , V , V là thể tích của khối nón có đường sinh SA, SM , SN .
1 2
V1 2V
2
Theo đề bài ta suy ra .
V
3V
2
1 2
OA SO
2
V
Lại có: 3
OA SO
OA SO SA
, mặt khác nên
2
V 1
1 2
O O1 M SO1
O
1M SO
1M SO1
SM
1
3
Ta có tỉ số thể tích bằng lập phương tỉ số cạnh không cần chứng minh.
3 3
V SA 3V
2 27
2
SM 27 3
.
V SM 2V SM
3
1 2
Và
2 2
3 3
V SA 3V
2 27
1
SN 27 3
V SN V SM
3
2 1
3 3
Vậy MN SM SN 27 3 3
9 9 2 1
.
3 3
Câu 37: (CHUYÊN LAM SƠN) .Hai chiếc ly đựng chất lỏng giống hệt nhau, mỗi chiếc có phần chứa
chất lỏng là một khối nón có chiều cao 2 dm (mô tả như hình vẽ). Ban đầu chiếc ly thứ nhất
chứa đầy chất lỏng, chiếc ly thứ hai để rỗng. Người ta chuyển chất lỏng từ ly thứ nhất sang ly
thứ hai sao cho độ cao của cột chất lỏng trong ly thứ nhất còn 1dm. Tính chiều cao h của cột
chất lỏng trong ly thứ hai sau khi chuyển (độ cao của cột chất lỏng tính từ đỉnh của khối nón
đến mặt chất lỏng - lượng chất lỏng coi như không hao hụt khi chuyển. Tính gần đúng h với sai
số không quá 0,01dm).

A. h 1,73dm
. B. h 1,89dm
. C. h 1,91dm
. D. h 1,41dm
.
Lời giải
Chọn C
Có chiều cao hình nón khi đựng đầy nước ở ly thứ nhất: AH = 2 .
Chiều cao phần nước ở ly thứ nhất sau khi đổ sang ly thứ hai: AD =1.
Chiều cao phần nước ở ly thứ hai sau khi đổ sang ly thứ hai: AF h .
R AD 1 R
Theo Ta let ta có: , AF h
R Rh
suy ra R , .
R AH 2 R AH 2
2 R
2
2
Thể tích phần nước ban đầu ở ly thứ nhất : V 2
R .
2 3
2 R h
Thể tích phần nước ở ly thứ hai : V1
R
h .
4
2
R
Thể tích phần nước còn lại ở ly thứ nhất: V2
.
4
2 3 2
3
R h R
2 h 1
Mà: V V1 V2
2
R 2 h 3
7 1,91.
4 4
4 4
Câu 38: Một cây thông Noel có dạng hình nón với chiều dài đường sinh bằng 60cm và bán kính đáy
r 10cm
. Một chú kiến bắt đầu xuất phát từ một đỉnh nằm trên mặt đáy hình nón và có dự định
bò một vòng quanh cây thông sau đó quay trở lại vị trí xuất phát ban đầu. Tính quãng đường
ngắn nhất mà chú kiến có thể đi được là bao nhiêu?

A. 45cm . B. 63cm . C. 125cm . D. 60cm
Lời giải
Chọn D
Ta “cắt” hình nón theo cạnh AE và trải hình nón ra được một hình quạt như hình vẽ bên. Ta chú
ý rằng đường sinh của hình nón bằng bán kính quạt nên R 60cm
. Gọi là bán kính đáy nón và
là góc của cung tròn quạt khi đó chu vi của cung tròn quạt là:
2 r
C 2 R
2 r
2
R 3
Vậy hình quạt của ta là một phần 6 hình tròn và tam giác AEE ' là tam giác đều. Quãng đường
ngắn nhất mà con kiến đi được chính là bằng độ dài EE ' 60cm
.
Câu 39: (THPT Chuyên Nguyễn Trãi) Có một cái cốc làm bằng giấy, được úp ngược như hình vẽ.
Chiều cao của chiếc cốc là 20cm , bán kính đáy cốc là 4cm , bán kính miệng cốc là 5cm . Một
con kiến đang đứng ở điểm A của miệng cốc dự định sẽ bò hai vòng quanh thân cốc để lên đến
đáy cốc ở điểm B . Quãng đường ngắn nhất để con kiến có thể thực hiện được dự định của
mình gần đúng nhất với kết quả nào dước đây?
.
A. . B. . C. . D. .
58,80cm 58,67 cm 59,93cm 59,98cm
Lời giải

Chọn A
Đặt b, a,
h lần lượt là bán kính đáy cốc, miệng cốc và chiều cao của cốc, là góc kí hiệu như
trên hình vẽ. Ta “trải” hai lần mặt xung quanh cốc lên mặt phẳng sẽ được một hình quạt của
một khuyên với cung nhỏ BB 4
b và cung lớn AA 4
a .
.
Độ dài ngắn nhất của đường đi của con kiến là độ dài đoạn thẳng
2 2
cosin ta được: l BO OA
2 BO. OA
.cos 2
1 .
2 2
BA AB a b h
a 4
a l BB
b 4
b l AA
2
a b
AB
AB a a b
1
OB b b
OA
OB
.
OB AB AB
1
OB 2 b
2
a b
a
.
2 2
a b h
2 2
b a b h
OB
a b
2 2
b a b h
OA OB BA
a b
Thay a , b , c vào 1 ta tìm được l 58,79609cm
58,80 .
BA . Áp dụng định lí hàm số
b
AB.
1
.
2
b
2 2
a b h c
Ghi chú. Để tồn tại lời giải trên thì đoạn BA phải không cắt cung BB tại điểm nào khác B ,
tức là BA nằm dưới tiếp tuyến của BB tại B
1
b
Điều này tương đương với 2
cos .
a
Tuy nhiên, trong lời giải của thí sinh không yêu cầu phải trình bày điều kiện này (và đề bài
cũng đã cho thỏa mãn yêu cầu đó).
.
.

CHUYÊN ĐỀ NÓN-TRỤ-CẦU
Câu 1: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật. AB = 1, AD = 2 cạnh bên
SA vuông góc với đáy và SA
S.ABCD.
11.
Tính thể tích V của khối cầu ngoại tiếp hinhd chóp
11 11
32
A. V B. V 32
C. V
D. V
6
3
Câu 2: Trong không gian, cho hai điểm A, B cố định và độ dài đoạn thẳng AB bằng 4. Biết
rằng tập hợp các điểm M sao cho MA = 3MB là một măt cầu. Tìm bán kính R của măt cầu
đó.
9
3
A. R = 3 B. R
C. R = 1. D. R
2
2
Câu 3: Cho khối cầu tâm I, bán kính R. Gọi S là điểm cố định thỏa mãn IS = 2R, Từ S, kẻ
tiếp tuyến SM với khối cầu (với M là tiếp điểm). Tập hợp các đoạn thẳng SM khi M thay
đổi là mặt xung quanh của hình nón đỉnh S. Tính diện tích xung quanh của hình nón
đó, biết rằng tập hợp các điểm M là đường tròn có chu vi 2
3.
9
A. Sxq
6
B. S xq
C. Sxq
3
D. Sxq
12
2
Câu 4 Cho hình cầu (S) tâm I, bán kính R không đổi. Một hình trụ có chiều cao h và bán
kính r thay đổi nội tiếp hình cầu. Tính chiều cao h theo R sao cho diện tích xung quanh của
hình trụ lớn nhất.
R
R 2
A. h R 2 B. h = R C. h
D. h
2
2
Câu 5: Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại A, hình chiếu vuông góc
của đỉnh S trên đáy là trung điểm O của cạnh BC. Biết rằng
S xq
AB a, AC a 3,
256
3
đường
0
thẳng SÂ tạo với đáy một góc 60 . Một hình nón có đỉnh là S, đường tròn đáy ngoại tiếp
tam giác ABC. Gọi S là diện tích xung quanh của hình nón. Tính .
xq
2
2
2
a 3
2
A. Sxq
2
a 3 B. Sxq
4
a C. Sxq
D. Sxq
2
a
3
Câu 6 Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có cạnh đáy bằng a. Tam giác SAB có diện tích
2
bằng 2 a . Thể tích của khối nón có đỉnh S và đường tròn đáy nội tiếp tứ giác ABCD bằng
3
3
3
3
a 7
a 7
a 7
a 15
A. B. C. D.
8
7
4
24
2 2 2 2
Câu 7 Cho mặt cầu ( S) : x y z 4 a ( a 0). Mặt cầu (S) cắt mặt phẳng (Oxy) theo
đường tròn (C). Tìm tọa độ tâm J và tính bán kính r của đường tròn (C).
A. J (0;0;0), r 4a
B. J (0;0;0), r 2a
C. J (1;1;0), r 2 a.
D. J (1;1;1), r 2 a.
2
S xq

Câu 8: Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại A, hình chiếu cuông góc
của đỉnh S trên đáy là trung điểm O của cạnh BC. Biết rằng
AB a, AC a 3,
đường
0
thẳng SA tạo với đáy một góc 60 . Một hình nón có đỉnh là S, đường tròn đáy ngoại tiếp
tam giác ABC. Gọi l là độ dài đường sinh hình nón. Tính l.
2a
3
A. l B. l a 3 C. l = a D. l =
3
2a
Câu 9: Cho điểm I(1;2;-2) và mặt phẳng ( P) : 2x 2y z 5 0. Viết phương trình mặt
cầu (S) có tâm I sao cho mặt phẳng (P) cắt khối cầu theo thiết diện là hình tròn có chu vi
bằng 8 .
2 2 2
2 2 2
x y z
A. x 1 ( y 2) ( z 2) 25 B.
C. x 1 ( y 2) ( z 2) 16 D.
1 ( 2) ( 2) 16
2 2 2
2 2 2
x y z
1 ( 2) ( 2) 25
Câu 10: Cho khối cầu (S) tâm I, bán kính R không đổi. Một khối trụ có chiều cao h và bán
kính r thay đổi nội tiếp khối cầu. Tính chiều cao h theo R sao cho thể tích khối trụ lớn nhất.
2R
3
R 3
A. h R 2 B. h
C. h
D.
3
3
R 2
h .
2
Câu 11: Trong không gian, cho hình thang cân ABCD có AB//CD, AB = a, CD = 2a, AD
= a. Gọi M, N lần lượt là trung điểm của AB, CD. Gọi K là khối tròn xoay được tạo ra khi
quay hình thang ABCD quanh trục MN. Tính diệc tích xung quanh S xq của khối K.
2
2
a
3
a
2
2
A. Sxq
B. Sxq
C. Sxq
3
a D. Sxq
a
2
2
x 1 y 2 z 5
Câu 12: Cho A là giao điểm của đường thẳng d : và mặt phẳng
2 3 4
( P) : 2x 2y z 1 0. Phương trình mặt cầu (S) có tâm I(1;2;-3) và đi qua A là:
2 2 2
2 2 2
x y z
A. x 1 ( y 2) ( z 3) 21 B.
C. x 1 ( y 2) ( z 3) 21 D.
1 ( 2) ( 3) 25
2 2 2
2 2 2
x y z
1 ( 2) ( 3) 25
Câu 13: Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh a, cạnh bên SA vuông
góc với đáy và SA a 3. Tính diện tích S của mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABC.
S
mc
2
2
2
13
a
13
a
13
a
A. Smc
B. Smc
C. Smc
D.
6
12
9
2
13
a
3
mc
Câu 14: Viết phương trình mặt câu (S) có tâm I nằm trên tia Oy, bán kính R = 4 và tiếp
xúc với mặt phẳng (Oxz).
2 2 2
A. x y (z 2) 16
B. x
( y 4) z 16
2 2 2

2 2 2
C. x ( y 4) z 16
D. x
( y 4) z 16
2 2 2
0
Câu 15: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh a, ABC
60 . Mặt bên
SAB là tam giác đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với mặt đáy. Tính diện tích Smc
của mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABC.
2
2
2
13
a
5
a
13
a
A. Smc
B. Smc
C. Smc
D. S
12
3
36
Câu 16: Cho mặt cầu 2 2 2
S x y
: 2x 2y z 9 0. Mặt phẳng
( ) : 3 ( 2) (z1) 100
tọa độ tâm J và bán kính r của đường tròn (C).
và mặt phẳng
mc
5
a
9
cắt mặt cầu (S) theo một đường tròn (C). Tìm
A. J(-1;2;3), r = 8 B. J(-1;2;3), r = 64.
C. J(3;2;1), r = 64 D. J(3;2;1), r = 8
Câu 17: Cho hình nón tròn xoay có đường cao h 5, bán kính đáy r = 3. Mặt phẳng
(P) qua đỉnh của hình nón nhưng không qua trục của hình nón và cắt hình nón theo giao
tuyến là một tam giác cân có độ dài cạnh đáy bằng 4. Gọi O là tâm của hình tròn đáy.
Tính khoảng cách d từ điểm O đến mặt phẳng (P).
2
5
A. d B. d 10 C. d 5 D.
2
d
10
2
Câu 18: Cho hình trụ có chiều cao h = 5, bán kính đáy r = 2. Một đoạn thẳng có chiều dài
bằng 6 và có hai đầu mút nằm trên hai đường tròn đáy. Tính khoảng cách d từ đoạn thẳng
đó đến trục của hình trụ.
11
5
A. d
B. d = 2 C. d D. d 4 2
2
2
Câu 19. Cho hình chóp tam giác đều S.ABC có
cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABC
AB 1, SA 2. Tính bán kính R của mặt
2 33
3
6
A. R
B. R
C. R
D. R
11
3
3
2 3
11
Câu 20. Cho mặt cầu
2 2 2
S : x y 2mx 6y 4z m 8m
0
(m là tham số thực). Tìm
giá trị của m để mặt cầu (S) có bán kính nhỏ nhất
A. m 3
B. m 2
C. m 4
D. m 5
Câu 21 Cho khối cầu (S) tâm I, bán kính R không đổi. Một khối nón có chiều cao h và bán
kính r thay đổi, nối tiếp khối cầu. Tính chiều cao h theo R sao cho thể tích khối nón lớn
nhất

4R
R 3
A. h B. h R
C. h D. h R 2
3
3
Câu 22. Cho hình trụ T. Một hình nón N có đáy là một đáy của hình trụ, đỉnh S của hình
nón là tâm của đáy còn lại. Biết tỉ số diện tích xung quanh của hình nón và diện tích xung
3
quanh của hình trụ bằng . Gọi là góc ở đỉnh của hình nón đã cho. Tính cos
2
2
7
7
A. B. C.
D.
3
3
9
2 2
3
Câu 23. Cho mặt cầu (S) có tâm I và bán kính R = 3. Mặt phẳng (P) cắt mặt cầu theo giao
tuyến là đường tròn (C) có chu vi 2 .
Tính khoảng cách d từ tâm I đến mặt phẳng (P).
7
A. d 2
B. d 2 2 C. d D. d 7
2
1
Câu 24. Cho hình tròn tâm S, bán kính R = 2. Cắt bỏ hình tròn rồi dán lại để tạo ra mặt
4
xung quanh của một hình nón N. Tính diện tích toàn phần S tp của hình nón N.
21
A. Stp
3
B. Stp
3 2 3
C. S tp
D.
4
Stp
3
4 3
Câu 25. Cắt một khối trụ T bằng một mặt phẳng đi qua trục của nó, ta được một hình vuông
có diện tích bằng 9. Khẳng định nào sau đây là sai?
9
A.Khối trụ T có thể tích V
4
27
B.Khối trụ T có diện tích toàn phần S tp
2
C.Khối trụ T có diện tích xung quanh S 9
D. Khối trụ T có độ dài đường sinh l 3
Câu 26 Cắt một khối nón N bằng một mặt phẳng đi qua trục của nó, ta được một tam giác
vuông cân có diện tích bằng 8. Khẳng định nào sau đây là sai?
A. Khối nón N có diện tích xung quanh S 16
2
B. Khối nón N có diện tích đáy S 8
C. Khối nón N có độ dài đường sinh là l 4
16 2
D. Khối nón N có thể tích V
3
xq
xq

Câu 27 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai mặt phẳng : 2x my 3z
5 0
và nx y z m n
R
,
song song với nhau?
: 8 6 2 0 , .
Với giá trị nào của m và n thì hai mặt phẳng
A. n m 4
B. n 4, m 4 C. n m 4 D. n 4, m 4
Câu 28 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho phương trình
S : x y z 4mx 2y 2mz m 4m
0. Với giá trị nào của m thì là phương trình
2 2 2 2
m
của một mặt cầu?
1
1
1
A. m
B. m
C. m D. m R
2
2
2
Câu 29 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho điểm
S m
A 3; 4;7 . Khoảng cách từ điểm
A đến trục Oz là
A.4 B. 5 C. 7 D. 3
Câu 30. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho đường thẳng
phẳng
: x 3y z 1 0.
Khẳng định nào sau đây là đúng?
A. Đường thẳng d tạo với mặt phẳng góc
B. Đường thẳng d song song với mặt phẳng
C. Đường thẳng d vuông góc với mặt phẳng
D. Đường thẳng d thuộc mặt phẳng
0
60
x
1
t
d : y 1 t
z
1 2t
và mặt
Câu 31 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho ba điểm A2;0;0 , B 2;4;0 , C 0;0;6 .
Phương trình mặt cầu ngoại tiếp hình chóp OABC (O là gốc tọa độ) là
2 2 2
A. x 1 y 2 z 3 14
B.
x y z
2 2 2
1 2 3 14
2 2
2
x y z
C. x 1 y 2 z 3 56 D.
Câu 32. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm
2 2 2
1 2 3 14
M 2;1;0
x 2 y 1 z 1
: . Phương trình mặt phẳng (P) qua điểm M và chứa
1 1 2
: 7 4 9 0
P : 3x 5y 4z
9 0
A. P x y z
B.
: 2 5 3 8 0
P : 4x 3y 2z
7 0
C. P x y z
D.
và đường thẳng
là

Câu 33. Một hình nón đỉnh S có chiều cao SO h. Gọi AB là dây cung của đường tròn
0
(O) sao cho tam giác OAB đều và góc giữa (SAB) và mặt phẳng đáy bằng 60 . Tính thể
tích V của khối nón sinh bởi hình nón đã cho.
3
3
3
3
8
h
4
h
4
h
4
h
A. V
B. V
C. V
D. V
27
9
3
27
100
Câu 34. Một khối nón có thể tích . Biết rằng tỉ số giữa đường cao và đường sinh của
81
khối nón bằng
5
3
. Tính diện tíc xung quan S xq của khối nón đã cho
10
10 5
10 5
10
A. S xq
B. S xq
C. S xq
D. S xq
9
3
9
3
Câu 35. Cho hình chóp SABCD, có đáy ABCD là hình vuông cạnh bằng 1. Các mặt bên
(SAB) và (SAD) cùng vuông góc với mặt phẳng đáy, cạnh bên SA
của khối cầu ngoại tiếp hình chóp SABCD,
7.
Tính thể tích V
9
8 2
2
A. V B. V 36
C. V
D. V
2
3
3
Câu 36. Tính thể tích V của khối cầu tiếp xúc với tất cả các cạnh của hình lập phương cạnh
2 2
32
256
A. V B. V 8
6 C. V
D.
3
3
64
2
V
3
Câu 37. Trong không gian cho tam giác ABC vuông tại A, AB a, AC a.
Tính độ dài
đường sinh l của hình nón, nhận được khi quay tam giác ABC xung quanh trục AB.
A. l a
B. l a 5 C. l a 3 D. l 2a
Câu 38 Cho hình chóp SABC , có AB a,
cạnh bên SA tạo với đáy một góc 60 0 . Một hình
nón có đỉnh là S, đáy là hình tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Tính diện tích xung quang S xq
của hình nón đã cho.

2
2
2
2
4
a
2
a
a
a
A. Sxq
B. Sxq
C. Sxq
D. Sxq
3
3
6
2
Câu 39. Một hình trụ có chiều cao h 2, bán kính đáy r 3. Một mặt phẳng (P) không
vuông góc với đáy của hình trụ, lần lượt cắt hai đáy theo các đoạn giao tuyến AB và CD
sao cho tứ giác ABCD là hình vuông. Tính diện tích S của hình vuông ABCD.
A. S 12
B. S 12
C. S 20
D. S 20
Câu 1:C Tính được
3
4
R 32
.
của góc M của tam giác MAB. Suy ra
3
Tính được EF = 3, suy ra R .
2
Câu 3 A
Câu 4 A
ĐÁP ÁN
SC
16 4 2.
2
2 2 2 2
SC AB AD SA SC R
Khi đó, V
3 3
Câu 2 D
Gọi E, F là các điểm chia trong và chia ngoài của đoạn thẳng AB theo tỉ số 3, nghĩa là
EA 3 EB, FA 3 FB.
Khi đó, E , F là chân các đường phân giác trong và phân giác ngoài
0
EMF 90 . Vậy M thuộc mặt cầu đường kính EF.
Xét IOA vuông tại O, ta có
h
IA OI OA R r
4
2
2 2 2 2
2 .
2 2
2 2 h
2 h
Suy ra r R r R .
4 4
Diện tích xung quanh của hình trụ tính bởi công thức

2
2 h
2 2 2
Sxq
2 rl r h R h 4 R h .
Hơn nữa
4
h
2 4R 2 h
2
2 2 2 2
Sxq
h 4R h
2 R .
2
2 2 2
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi
h 4R h h R 2.
Câu 5 D
2 2
BC
BC AB AC 2 a r a.
Ta cũng có OA a.
2
Xét tam giác SAO vuông tại O
0
h SO OA tan SAO a tan 60 a 3.
Ta cũng có
2 2
l SA SO OA a
2 .
Suy ra
S rl a
xq
2
2 .
Câu 6 A
Gọi O AC BD và M là trung điểm của AB. Hình nón có đỉnh S và đường tròn đáy nội
a
tiếp tứ giác ABCD có bán kính đáy là R OM và có chiều cao là h = SO.
2
2
1
2 a
Thể tích khối nón bằng V Bh trong đó B R .
3
4
2 1
2
Diện tích tam giác SAB là 2a nên SM. AB 2a SM 4 a.
2

Trong tam giác vuông SOM ta có
h
3a
7 .
2
3
Vậy thể tích khối nón V
a
8
2
2 2 2 a 3a
7
SO SM OM 16a
4 2
7 .
hay
Câu 7 B
Câu 8 D
Do tam giác ABC vuông tại A nên bán kính đáy của hình nón được tính bởi
2 2
BC AB AC
r OA a.
2 2
SA,( ABC)
60 0 SAO 60 0 .
OA a
Trong tam giác SAO, ta có l SA 2 a.
cos SAO cos 60
Câu 9 D
( P) ( S) ( C)
cầu.
Câu 10 B
2 2 2
có bán kính r 4, R r d , trong đó d d( I,( P)),
R là bán kính mặt
Xét
IOA
vuông tại O, ta có
h
IA OI OA R r
4
2
2 2 2 2
2 .

2
2 2 h
Thể tích của khối trụ tính bởi công thức V r h R
h.
4
Xét hàm
h
f h
R
h h
4
2
2
( ) , (0;2R).
3
4
R 3
Từ bảng biến thiên của f ( h),
ta có được kết quả maxV
khi
9
h
2R
3 .
3
Câu 11B
Gọi S là giao điểm của AD và BC. Nếu quay tam giác SCD quanh trục SN, các đoạn thẳng
SC. SB lần lượt tạo ra mặt xung quanh của hình nón (H 1 ) và (H 2 ).
Với hình nón ( H1) : l1 SC 2 a, r1 NC a, h1
SN a 3
a
a 3
Với hình nón ( H
2) : l2 SB a, r2 MB , h2
SM .
2 2
Câu 12A
Từ hệ gồm phương trình đường thẳng d và mặt phẳng (P) ta tìm được điểm A. Mặt cầu có
tâm I và bán kính R = IA.
Câu 13D
Gọi G là trọng tâm của tam giác đều ABC, suy ra G là tâm đường tròn ngoại tiếp ABC.
Trục của đường tròn ngoại tiếp ABC cắt mặt phẳng trung trực của cạnh bên SA tại tâm I
của mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABC. Tính

2 2
2 2 SA 2 a 13 2 13
a
r IA IG GA GA Smc
4 r .
4 2 3
3
Câu 14C
Tâm mặt cầu
Câu 15B
I(0; y;0)( y 0).
Mặt cầu tiếp xúc với (Oxz) nên R = |y|.
Gọi G, K lần lượt là trọng tâm ABC và SAB.
Gọi d 1 , d 2 lần lượt là các trục của các
đường tròn ngoại tiếp ABC và SAB.
Khi đó xác định tâm I là giao điểm của d 1 và d 2 .
Tính được
2 2 2 2 a 5
R IS SK KI SK HG .
2 3
Suy ra diện tích mặt cầu
S
mc
2
2 5
a
4 R .
3
Câu 16 A
Tìm tâm I và bán kính R của mặt cầu. Tâm J của đường tròn là hình chiếu vuông góc của
2 2
I trên mặt phẳng
. Bán kính của đường tròn r R d với d là khoảng cách từ I
đến .
Câu 17D
Giả sử giao tuyến là tam giác cân SAB.

2 2
Gọi I là trung điểm của AB. Xét tam giác OAI vông tại I, ta có OI OA AI
5.
Gọi H là trung điểm của SI.
Do tam giác SOI vuông cân tại O nên OH SI OH ( SAB).
10
d( O;( P)) d( O;( SAB)) OH .
2
Câu 18C
Kẻ đường sinh BB’, Do tam giác ABB’ vuông tại B’, suy ra
AB AB BB AB
2 2 2
' ' 36 25 11 ' 11
Từ đó tính được
2
2 2 2 AB ' 5
d OI OA AI r .
4 2
Câu 19A
Gọi G là trọng tâm tam giác ABC, suy ra
ngoại tiếp tam giác ABC
SG
ABC
, suy ra SG là trục đường tròn
Trong (SAG) kẻ trung trục SA cắt SG tại I.
Khi đó I là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABC

Do tam giác SNI đồng dạng với SGA nên
2 2
SN SI SA SA 2 3 2 33
R SI
SG SA 2SG 2 2
2 SA AG 11 11
Câu 20B
Câu 21A
Xét
IOA
vuông tại O có
IA OI OA
2 2 2
2 2
2
2 2 2 2
R h R r r R h R h R h
1 1
3 3
2 2
Thể tích khối nón tính bởi công thức V r h h 2 R h, h 0;2R
1
3
2
Xét hàm số f h h 2 R h, h0;2R
Từ bảng biến thiên
Câu 22C
f h
ta được kết quả
3
32
R 4R
maxV
h
81 3
Gọi l
N
, l
T
lần lượt là độ dài các đường sinh của hình nón và hình trụ,
SxqN rlN lN
3
Khi đó lN
3lT
SxqT rlT 2lT
2
lN
1 2 7
Suy ra cos cos 2
2cos 1
2 l 3 2 9
T
Câu 23 B
Câu 24C

Xét hình nón N có độ dài đường sinh là l R 2
Do mặt xung quanh của hình nón N là
3 3R
3
.2
R 2
r r
4 4 2
3 3 21
Stp
r l r
. 2
2 2 4
3
4
hình tròn ban đầu nên ta có hệ thức:
Câu 25A
Câu 26A
1 2
Gọi độ dài đường sinh là l, l 8 l 4
2
Hơn nữa do mặt cắt là một tam giác vuông cân nên
l
2r
2r l 2 r 2 2 h r 2 2
2
2
Câu 27B
Câu 28C
Câu 29B
Câu 30D
Câu 31D
Tâm I của mặt cầu là trung điểm của BC.
Câu 32A
. Đường thẳng qua 2;1;1
và có vecto chỉ phương là u
Mặt phẳng (P) qua M và có vecto pháp tuyến là u,
NM
N 1; 1;2
Câu 33D
Câu 34D
Theo giả thiết
h 5 l 5
h
l 3 3
2
2 2 2 2 5l
2l
Do đó l h r r l
9 3
1 2 100
3
2 5
r h l 5 5 l 5 r
3 81 3
10
Sxq
rl
3

Câu 35A
Do
SAB ABCD
SAD ABCD
SA
ABCD
Chứng minh được hình chóp S.ABCD nội tiếp mặt cầu đường kính SC
SC 3 4 3 9
r V r
2 2 3 2
Câu 36 A
Câu 37B
Câu 38B
Gọi G là trọng tâm
ABC
Do hình chóp S.ABC là hình chóp đều nên SG ABC
Tính được
Khi đó
S
Câu 39C
xq
0
r AG , h SG AG.tan 60 a,
l SA
a AG 2a
0
3 cos 60 3
2
a
rl
3
2
Kẻ đường sinh BB’ của hình trụ. Độ dài cạnh của hình vuông ABCD là x, x > 0
CD
BC
Do CD BBC CD BC BCD
vuông tại C.
CD
BB
Khi đó BD
là đường kính đường tròn O
Trong hình vuông ABCD ta có:
2 2 2 2 2
2x BD B D D B 40 x 20

Câu 1: (SGD – HÀ TĨNH ) Một cái phễu có dạng hình nón, chiều cao của phễu là 20cm .
Người ta đổ một lượng nước vào phễu sao cho chiều cao của cột nước trong phễu bằng
10cm (hình H1). Nếu bịt kín miệng phễu rồi lật ngược phễu lên (hình H2) thì chiều cao
của cột nước trong phễu gần bằng với giá trị nào sau đây?
A. . B. . C. . D. .
10cm 0,87 cm 1,07 cm 1,35cm
Câu 2: (THI THỬ CỤM 6 TP. HỒ CHÍ MINH) Một bể nước lớn của khu công nghiệp có
phần chứa nước là một khối nón đỉnh S phía dưới (hình vẽ), đường sinh SA 27 mét.
Có một lần lúc bể chứa đầy nước, người ta phát hiện nước trong bể không đạt yêu cầu
về vệ sinh nên lãnh đạo khu công nghiệp cho thoát hết nước để làm vệ sinh bể chứa.
Công nhân cho thoát nước ba lần qua một lổ ở đỉnh S . Lần thứ nhất khi mực nước tới
điểm M thuộc SA thì dừng, lần thứ hai khi mực nước tới điểm N thuộc SA thì dừng,
lần thứ ba mới thoát hết nước. Biết rằng lượng nước mỗi lần thoát bằng nhau. Tính độ
dài đoạn MN . (Hình vẽ 4: Thiết diện qua trục của hình nón nước).
O
A
M
N
3
3 3
3 3
3 3
A. 27 2 1 m .B. 9 9 4 1 m .C. 9 9 2 1 m .D. 9 3 2 1 m .
Câu 3. (CHUYÊN LAM SƠN THANH HÓA) .Hai chiếc ly đựng chất lỏng giống hệt nhau,
mỗi chiếc có phần chứa chất lỏng là một khối nón có chiều cao 2 dm (mô tả như hình
vẽ). Ban đầu chiếc ly thứ nhất chứa đầy chất lỏng, chiếc ly thứ hai để rỗng. Người ta
S

chuyển chất lỏng từ ly thứ nhất sang ly thứ hai sao cho độ cao của cột chất lỏng trong
ly thứ nhất còn 1dm. Tính chiều cao h của cột chất lỏng trong ly thứ hai sau khi chuyển
(độ cao của cột chất lỏng tính từ đỉnh của khối nón đến mặt chất lỏng - lượng chất lỏng
coi như không hao hụt khi chuyển. Tính gần đúng h với sai số không quá 0,01dm).
A. h 1,73dm
. B. h 1,89dm
. C. h 1,91dm
. D. h 1,41dm
.
Câu 4: (Lớp Toán - Đoàn Trí Dũng) Một cây thông Noel có dạng hình nón với chiều dài
đường sinh bằng 60cm và bán kính đáy r 10cm
. Một chú kiến bắt đầu xuất phát từ
một đỉnh nằm trên mặt đáy hình nón và có dự định bò một vòng quanh cây thông sau
đó quay trở lại vị trí xuất phát ban đầu. Tính quãng đường ngắn nhất mà chú kiến có
thể đi được là bao nhiêu?
A. 45cm . B. 63cm . C. 125cm . D. 60cm
Câu 5: [THPT Chuyên Nguyễn Trãi] Có một cái cốc làm bằng giấy, được úp ngược như hình
vẽ. Chiều cao của chiếc cốc là 20cm , bán kính đáy cốc là 4cm , bán kính miệng cốc là
5cm . Một con kiến đang đứng ở điểm A của miệng cốc dự định sẽ bò hai vòng quanh
thân cốc để lên đến đáy cốc ở điểm B . Quãng đường ngắn nhất để con kiến có thể thực
hiện được dự định của mình gần đúng nhất với kết quả nào dước đây?

.
A. 58,80cm . B. 58,67cm . C. 59,93cm . D. 59,98cm .
Câu 6: (TOÁN HỌC TUỔI TRẺ) Giá trị lớn nhất của thể tích khối nón nội tiếp trong khối
cầu có bán kính R là
1 3
A. . B. . C. . D. .
3 R
4 3
3 R
4 2 3
32 3
R
9
81 R
Câu 7: (THPT TRẦN PHÚ) Cho khối nón đỉnh O, chiều cao là h. Một khối nón khác có đỉnh
là tâm I của đáy và đáy là một thiết diện song song với đáy của hình nón đã cho. Để
O
thể tích của khối nón đỉnh I lớn nhất thì chiều cao của khối nón này bằng bao nhiêu?
h
h
A. . B. .
2
3
2h h 3
C. . D. .
3
3
Câu 8: (THPT PHAN ĐÌNH TÙNG ) Trong các hình nón nội tiếp một hình cầu có bán kính
bằng 3, tính bán kính mặt đáy của hình nón có thể tích lớn nhất.
A. Đáp án khác. B. R 4 2.
C. R 2.
D. R 2 2.
Câu 9: (THPT LƯƠNG VĂN CHÁNH) Cho hình nón đỉnh S , đáy là hình tròn tâm O , góc
ở đỉnh bằng 120 . Trên đường tròn đáy, lấy điểm A cố định và điểm M di động. Có
bao nhiêu vị trí điểm của điểm M để diện tích tam giác SAM đạt giá trị lớn nhất?
A. Có 2 vị trí. B. Có 3 vị trí. C. Có 1 vị trí. D. Có vô số vị
trí.
P
SO M N
O C
Câu 10: (THPT Phan Đăng Lưu - Huế)Cho hình nón N có đường cao SO h và bán kính
đáy bằng R , gọi M là điểm trên đoạn SO , đặt OM x , 0 x h . C là thiết diện
của mặt phẳng vuông góc với trục tại , với hình nón . Tìm x để thể
tích khối nón đỉnh đáy là lớn nhất.
x
h

h h 2
h 3
h
A. . B. . C. . D. .
2
2
2
3
P
Câu11. [SởHảiDương ] Cho hai mặt phẳng và Q song song với nhau và cắt một mặt
cầu tâm O bán kính R tạo thành hai đường tròn có cùng bán kính. Xét hình nón có đỉnh
trùng với tâm của một trong hai đường tròn và đáy trùng với đường tròn còn lại. Tính
P
khoảng cách giữa và Q để diện tích xung quanh hính nón đó là lớn nhất.
2R
3
A. R . B. R 2 . C. 2R
3 . D. .
3
Câu 12: [THPT CHUYÊN VINH] Cho nửa đường tròn đường kính AB 2R
và điểm C
thay đổi trên nửa đường tròn đó, đặt CAB và gọi H là hình chiếu vuông góc của
C lên AB . Tìm sao cho thể tích vật thể tròn xoay tạo thành khi quay tam giác
ACH quanh trục AB đạt giá trị lớn nhất.
1
A. 60. B. 30
. C. arctan . D. 45.
2
Câu 13: (THPT Đặng Thúc Hứa - Nghệ An) Cho tứ diện đều ABCD có một đường cao AA1
. Gọi là trung điểm . Mặt phẳng BCI chia tứ diện ABCD thành hai tứ diện.
I
1
AA
Tính tỉ số hai bán kính của hai mặt cầu ngoại tiếp hai tứ diện đó.
43
1
1
A. B. C. D.
51
2
4
Câu 14: (Sở Ninh Bình) Cho hình chóp S.
ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh a , cạnh
bên SA vuông góc với mặt phẳng đáy. Gọi B1
, C1
lần lượt là hình chiếu của A trên
SB , SC . Tính theo a bán kính R của mặt cầu đi qua năm điểm A , B , C , B1
, C1
.
a 3
a 3
a 3
A. R
B. R
C. R
D.
6
2
4
48
153
a 3
R
3
Câu 15: Cho tứ diện ABCD đều có cạnh a , tỉ số thể tích của khối cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD
và thể tích khối cầu tiếp xúc với tất cả các cạnh của tứ diện là.
3
A. 3 3 . B. 3 . C. . D. 3 .
2
Câu 16: Cho hình chóp S.
ABCD có đáy là hình chữ nhật, AB 2a
, BC a , hình chiếu của S
a 3
lên ABCD
là trung điểm H của AD , SH . Diện tích mặt cầu ngoại tiếp hình
2
chóp S.
ABCD bằng bao nhiêu?
2
2
3
2
16 a
16 a
4 a
4 a
A. . B. . C. . D. .
3
9
3
3

Câu 17: Cho hình chóp S.
ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật, AB a , AD 2a
tam giác
SAB đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy. Gọi M , N lần lượt là trung điểm
các cạnh AD, DC.
Tính bán kính R của mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.
DMN .
a 39
a 31
a 102
A. R . B. R . C. R . D.
6
4
6
a 39
R .
13
Câu 18: (THPT Đoàn Thượng - Hải Phòng) Cho khối chóp S.
ABCD có đáy là hình vuông,
tam giác SAB đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy. Mặt cầu ngoại tiếp khối
2
chóp . có diện tích 84 cm . Khoảng cách giữa hai đường thẳng SA và BD .
S ABCD
2 21
3 21
21
A. cm
. B. cm
. C. . D.
7
7
7 cm
6 21
7
cm
.
Câu 19: (SGD Bắc Ninh) Cho tứ diện ABCD có AB BC CD 2 , AC BD 1, AD 3 .
Tính bán kính của mặt cầu ngoại tiếp tứ diện đã cho.
7
39
A. 1
B. C. D.
3
6
Câu 20: (SGD - Bắc Ninh) Cho hình chóp S.
ABC có đáy là tam giác vuông tại A , AB a ,
AC 2a
. Mặt bên , SCA lần lượt là các tam giác vuông tại B , C . Biết thể
SAB
2 3
3
2 3
tích khối chóp S.
ABC bằng . Bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp ?
3 a S.
ABC
3a
3a
A. R a 2 . B. R a . C. R . D. R .
2
2
Câu 21: (THPT Chuyên Quốc Học Huế) Cho lăng trụ đứng có chiều cao bằng h không đổi,
một đáy là tứ giác ABCD với A , B , C , D di động. Gọi I là giao của hai đường chéo
2
AC và BD của tứ giác đó. Cho biết IA. IC IB.
ID h . Tính giá trị nhỏ nhất bán kính
mặt cầu ngoại tiếp hình lăng trụ đã cho.
h 5
h 3
A. 2h . B. . C. h . D. .
2
2
Câu 22: [THPT chuyên Lương Thế Vinh] Một hình hộp chữ nhật P nội tiếp trong một hình
cầu có bán kính R . Tổng diện tích các mặt của P là 384 và tổng độ dài các cạnh của
P là 112 . Bán kính R của hình cầu là.
A. 14. B. 10. C. 12. D. 8 .

Câu 23: [THPT chuyên Hưng Yên] Cho hình chóp . có SA ABC , AC b , AB c ,
S ABC
BAC . Gọi B, C lần lượt là hình chiếu vuông góc của A lên SB , SC . Tính bán
kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp A.
BCCB theo b , c , .
.
2 2
b c 2bc
cos
2 2
A. R
. B. R 2 b c 2bc cos
.
2sin
2 2
2 2
b c 2bc
cos
2 b c 2bc
cos
C. R
. D. R
.
sin 2
sin
Câu 24. (THPT Chuyên Lam Sơn lần 2 -2017) Một hình trụ có bán kính đáy bằng R và thiết
diện đi qua trục là hình vuông. Tính thể tích V của khối lăng trụ tứ giác đều nội tiếp
hình trụ.
3
A. V 2R
.
3
B. V 5R
.
3
C. V 3R
.
3
D. V 4R
.
Câu 25. (THPT Chuyên Lam Sơn) Một hình trụ có bán kính đáy bằng R và thiết diện đi qua
trục là hình vuông. Tính thể tích V của khối lăng trụ tứ giác đều nội tiếp hình trụ.
3
3
3
3
A. V 2R
. B. V 5R
. C. V 3R
. D. V 4R
.
Câu 26: (THPT Kiến An - HP ) Cho hình lăng trụ đều ABC.
ABC
, biết góc giữa hai mặt phẳng
A BC
2
và ABC bằng 45, diện tích tam giác ABC
bằng a 6 . Tính diện tích
xung quanh của hình trụ ngoại tiếp hình lăng trụ ABC.
ABC
.
2
2
4 a 3
2
2
8 a 3
A. . B. 2
a . C. 4
a . D. .
3
3
Câu 27.(THPT Lục Ngạn-Bắc Giang) Cho hình lăng trụ tam giác đều ABC.
ABC
có độ dài
cạnh đáy bằng a , chiều cao là h . Tính thể tích V của khối trụ ngoại tiếp hình lăng trụ.
2
A. V a h
2
.B. V a h
2
2
. C. V 3
a h .D. V a h .
9
3
Câu 28: (THPT Chuyên Hạ Long - Quảng Ninh) Cho hình trụ có chiều cao bằng 6 2 cm .
Biết rằng một mặt phẳng không vuông góc với đáy và cắt hai mặt đáy theo hai dây cung
2
song song AB , AB mà AB AB
6cm
, diện tích tứ giác ABBA bằng 60cm . Tính
bán kính đáy của hình trụ.
A. 5cm B. 3 2 cm C. 4cm D. 5 2 cm
Câu 29: (THPT Nguyễn Hữu Quang) Cho tứ diện ABCD cạnh a . Diện tích xung quanh hình
trụ có đáy là đường tròn ngoại tiếp tam giác BCD và có chiều cao bằng chiếu cao tứ
diện ABCD là:
2
2
2
2
2 a 2
a 2
2 a 3
a
A. . B. . C. . D.
3
3
2
2
3

Câu 30: (THPT Trần Phú - Hà Tĩnh) Một hình trụ có thiết diện qua trục là hình vuông, diện
2
tích xung quanh bằng 36
a . Tính thể tích V của lăng trụ lục giác đều nội tiếp hình
trụ.
3
3
3
A. V 27 3a
. B. V 81 3a
. C. V 24 3a
. D.
V 36 3a
3
.
Câu 31. (THPT Chuyên Lam Sơn) Một hình trụ có bán kính đáy bằng R và thiết diện đi qua
trục là hình vuông. Tính thể tích V của khối lăng trụ tứ giác đều nội tiếp hình trụ.
3
3
3
3
A. V 2R
. B. V 5R
. C. V 3R
. D. V 4R
.
Câu 32: (THPT Phan Chu Trinh - ĐăkLăk) Cho hình lăng trụ tam giác đều ABC. ABC
có độ
dài cạnh đáy bằng a và chiều cao bằng h . Tính thể tích V của khối trụ ngoại tiếp lăng
trụ đã cho.
2
A. V
a h
2
. B. V
a h
2
. C. V
a h
2
. D. V 3
a h
9
9
3
.
Câu 33: Tính thể tích V của khối nón ngoại tiếp hình tứ diện đều có cạnh bằng a (khối nón có
đỉnh là một đỉnh của tứ diện và có đáy là hình tròn đi qua 3 đỉnh còn lại của tứ diện).
3
6
A. V a
3
6
. B. V
a .
9
27
3
6
C. V a
3
2
. D. V
a .
12
9
I R P
C
IM
Câu 34: [THPT Trần Phú-HP] Một khối cầu tâm bán kính bị cắt bởi một mặt phẳng
theo đường tròn giao tuyến C , tạo thành hai khối chỏm cầu. Gọi M là điểm bất kỳ
thuộc đường tròn , biết rằng góc giữa đường thẳng và mặt phẳng P bằng 30
. Tính theo R thể tích khối chỏm cầu nhỏ tạo thành.
3
3
3
3
5 R
5 R
15 R
15 R
A. . B. . C. . D. .
24
12
12
24
Câu 35: (SGD VĨNH PHÚC) Khối cầu S có tâm, đường kính AB 2R
. Cắt S bởi một
Câu 36:
AB C
mặt phẳng vuông góc với đường kính ta được thiết diện là hình tròn rồi bỏ đi
phần lớn hơn. Tính thể tích phần còn lại theo R , biết hình nón đỉnh I và đáy là hình
tròn C có góc ở đỉnh bằng 120 .
3
3
3
3
5 R
5 R
5 R
5 R
A. B. C. D.
24
8
32
12
(CỤM CÁC TRƯỜNG CHUYÊN ĐỒNG BẰNG SÔNG CỬU LONG) Một hình
nón có đỉnh S có bán kính đáý bằng 2a
3 , góc ở đỉnh là 120 . Thiết diện qua đỉnh
của hình nón là 1 tam giác. Diện tích lớn nhất của tam giác là bao nhiêu?
S max

2
2
2
A. Smax 8a
B. Smax 4a
2 C. Smax 4a
D. S
max
16
Câu 37: (THPT Trần Nhân Tông - Quảng Ninh) Cắt một khối nón tròn xoay có bán kính đáy
bằng R, đường sinh 2R bởi một mặt phẳng ( )
qua tâm đáy và tạo với mặt đáy một góc
0
60 tính tỷ số thể tích của hai phần khối nón chia bởi mặt phẳng ( )
?
a
2
2
1
2
3
4
A. . B. . C. . D. .
2 1
3
6
Câu 38: (THPT Chuyên Thái Bình - Lần 1 - 2017 - 2018 - BTN) Một hình trụ có bán kính
đáy r 5cm và khoảng cách giữa hai đáy h 7cm . Cắt khối trụ bởi một mặt phẳng
song song với trục và cách trục
3cm . Diện tích của thiết diện được tạo thành là:
S S
A. 2
2
2
56 cm . B. 55 cm . C. S 53 cm . D.
2
S 46cm
.
Câu 39: Cho hai mặt trụ có cùng bán kính bằng 4 được đặt lồng vào nhau như hình vẽ. Tính thể
tích phần chung của chúng biết hai trục của hai mặt trụ vuông góc và cắt nhau.
.
A. 256 . B. 512 .
256
C. . D. .
3 1024
3
Lời giải chi tiết:
Câu 1:
Lời giải

Chọn B.
1 2 20
2
Gọi R là bán kính đáy của phễu. Thể tích của phễu là V0
R . h R
3 3
Xét hình H1:
Do chiều cao của phễu là 20cm , cột nước cao 10cm nên bán kính đường tròn thiết diện
R
tạo bởi mặt nước và thành phễu là .
2
2 2
1 R 5
R
Suy ra thể tích của nước trong phễu là V1
.10 .
3 2 6
Xét hình H2:
Gọi x là chiều cao cột nước trong phễu. Dựa vào tam giác đồng dạng ta tìm được bán kính
20 x
đường tròn giao tuyến của mặt nước và thành phễu là R 0 x 20
20
2 2
Thể tích phần không chứa nước là V R 20 x 20
x
Suy ra thể tích nước là: V1 V0 V2
x
3
20 7000 0,87
2
1 20 x R
3 20 1200
5 20 2
R
6 3 1200
2 2
R R 20
x
3
3
Câu 2:
Lời giải
Chọn C.
Gọi V , V , V là thể tích của khối nón có đường sinh SA, SM , SN .
1 2
V1 2V
2
Theo đề bài ta suy ra .
V
3V
2
1 2
OA SO
2
V
Lại có:
3
OA SO
OA SO SA
, mặt khác nên
2
V 1
1 2
O O1 M SO1
O
1M SO
1M SO1
SM
1
3
Ta có tỉ số thể tích bằng lập phương tỉ số cạnh không cần chứng minh.
3 3
V SA 3V
2 27
2
SM 27 3
.
V SM 2V SM
3
1 2

3 3
V SA 3V
2 27
1
Và SN 27 3
V SN V SM
3
2 2
2 1
3 3
Vậy MN SM SN 27 3 3
9 9 2 1
.
3 3
Câu 3.
Chọn C
Lời giải
Câu 4:
Có chiều cao hình nón khi đựng đầy nước ở ly thứ nhất: AH = 2 .
Chiều cao phần nước ở ly thứ nhất sau khi đổ sang ly thứ hai: AD =1.
Chiều cao phần nước ở ly thứ hai sau khi đổ sang ly thứ hai: AF h .
R AD 1 R
Theo Ta let ta có: , AF h
R Rh
suy ra R , .
R AH 2 R AH 2
2 R
2
2
Thể tích phần nước ban đầu ở ly thứ nhất : V 2
R .
2 3
2 R h
Thể tích phần nước ở ly thứ hai : V1
R
h .
4
2
R
Thể tích phần nước còn lại ở ly thứ nhất: V2
.
4
2 3 2
3
R h R
2 h 1
Mà: V V1 V2
2
R 2 h 3
7 1,91.
4 4
4 4
Lời giải

Câu 5:
Chọn D
Ta “cắt” hình nón theo cạnh AE và trải hình nón ra được một hình quạt như hình vẽ
bên. Ta chú ý rằng đường sinh của hình nón bằng bán kính quạt nên R 60cm
. Gọi là
bán kính đáy nón và là góc của cung tròn quạt khi đó chu vi của cung tròn quạt là:
2 r
C 2 R
2 r
2
R 3
Vậy hình quạt của ta là một phần 6 hình tròn và tam giác AEE ' là tam giác đều.
Quãng đường ngắn nhất mà con kiến đi được chính là bằng độ dài EE ' 60cm
.
Lời giải
Chọn A
Đặt b, a,
h lần lượt là bán kính đáy cốc, miệng cốc và chiều cao của cốc, là góc kí
hiệu như trên hình vẽ. Ta “trải” hai lần mặt xung quanh cốc lên mặt phẳng sẽ được một
hình quạt của một khuyên với cung nhỏ BB 4
b và cung lớn AA 4
a .
.
Độ dài ngắn nhất của đường đi của con kiến là độ dài đoạn thẳng
2 2
hàm số cosin ta được: l BO OA
2 BO. OA
.cos 2
1 .
2 2
BA AB a b h
.
BA . Áp dụng định lí

Câu 6:
a 4
a l BB
b 4
b l AA
2
a b
AB
AB a a b
1
OB b b
OA
OB
OB AB AB
1
OB 2 b
2
a b
a
.
2 2
a b h
2 2
b a b h
OB
a b
2 2
b a b h
OA OB BA
a b
Thay a , b , c vào 1 ta tìm được l 58,79609cm
58,80 .
b
AB.
1
.
2
b
2 2
a b h c
Ghi chú. Để tồn tại lời giải trên thì đoạn BA phải không cắt cung BB tại điểm nào
khác B , tức là BA nằm dưới tiếp tuyến của BB tại B Điều này tương đương với
1
b
2
cos .
Tuy nhiên, trong lời giải của thí sinh không yêu cầu phải trình bày điều
a
kiện này (và đề bài cũng đã cho thỏa mãn yêu cầu đó).
Chọn D.
Lời giải
.
.
Rõ ràng trong hai khối nón cùng bán kính đáy nội tiếp trong một khối cầu thì khối nón
có chiều cao lớn hơn thì thể tích lớn hơn, nên ta chỉ xét khối nón có chiều cao lớn hơn
trong hai khối nón đó.
Giả sử rằng khối nón có đáy là hình tròn C bán kính r . Gọi x với 0 x R là khoảng
cách giữa tâm khối cầu đến đáy khối nón. Khi đó chiều cao lớn nhất của khối nón nội
tiếp khối cầu với đáy là hình tròn C sẽ là h R x . Khi đó bán kính đáy nón là
r R x
2 2
, suy ra thể tích khối nón là
1 1 1 1
3 3 3 6
2 2
2 2 2
V r h R x R x R x R x R x R x R x R x

Câu 7:
Câu 8:
3 3
1 R x R x 2R 2x 32
R
Áp dụng BĐT Cô-si ta có V
6 27 81
Lời giải
Chọn B.
Gọi x là chiều cao cần tìm. R,
r lần lượt là chiều cao của khối nón lớn và bé. Khi đó
r h x R h x
r . Thể tích khối nón đỉnh I là
R h h
2 2 Cauchy 2 3
2
2
2
1 R h x h x h x x 4 h
V x R
2
h x
2x
R
R
2
3 h 6h 6h
27
81
h
Dấu đẳng thức xảy ra khi h x 2x x .
3
Lời giải
ChọnD.
M
I
K
O
A
Giả sử chóp đỉnh A như hình vẽ là hình chóp có thể tích lớn nhất.
AKM vuông tại K.
Ta thấy IK r là bán kính đáy của chóp, AI h là chiều cao
của chóp.
2 2
IK AI IM r h h
. 6 .
1 1
6 0 6 .
3 3
2 2
V r h h h h
1 2
3 2
Vmax
h 6 h
max y h 6h
max trên0;6
3
h r r
2
4 4 6 4 8 2 2.
Câu 9:

Chọn A.
Lời giải
Câu 10:
Gọi r là bán kính đáy của hình nón. Vì góc ở đỉnh ASA 120 ASO
60
.
Suy ra r
SO OA.cot
ASO . Gọi H là trung điểm của AM và đặt x OH .
3
2
2 2 r 2
2 2 2 2
Ta có: SH SO OH x , AM 2AH 2 OA OH 2 r x .
3
Diện tích tam giác SAM bằng
2
1 r 2 2 2 2 2
s SH. AM x . r x r .
2 3 3
2 2
2 2
r 2 2 2 2 r r
smax
r đạt được khi x r x x x . Tức là OH SO .
3
3 3 3
Theo tính chất đối xứng của của đường tròn ta có hai vị trí của M thỏa yêu cầu.
Lời giải
Chọn D
S
B
M
C
Ta có BM là bán kính đường tròn C
.
A
O
D

BM SM AO.
SM R h x
Do tam giác SBM
∽ SAO
nên BM BM .
AO SO
SO
h
Thể tích của khối nón đỉnh đáy là C là:
1 2
V BM . OM
3
O
x
2
1 R h
3 h
2
2
1 R 2
x .
3
2 h x x
h
1 R 2
Xét hàm số f x h x
x , 0 x h
ta có
3
2
h
2
1 R
1 R
h
Ta có f x h xh 3x
; f x 0 h xh 3x
x .
3
2
2
h
3 h
3
Lập bảng biến thiên ta có
2
Câu11.
h
Từ bảng biến ta có thể tích khối nón đỉnh O đáy là C
lớn nhất khi x .
3
Lời giải
Chọn D
l
h
R
r
.
2 2
2 h
2 2 2 3h
Ta có r R , l r h R .
4 4
h 3h 3 R
Sxq
rl R R h h R
4 4 16 2
2 2 2
2 2 4 2 4
2
3 4 R 2 4
Xét f h h h R 0 h 2R
.
16 2
.

3 3 2
2R
3
Ta có f h
h R h, f h
0 h .
4 3
Bảng biến thiên:
Câu 12:
2R
3
Khi đó f h
đạt giá trị lớn nhất tại h . Do đó Sxq
đạt giá trị lớn nhất khi
3
h
2R
3
3
.
Lời giải
Chọn C
AC AB. cos
2 R.cos
.
2
CH AC.sin 2 R.cos .sin ; AH AC.cos 2 R.cos
Thể tích vật thể tròn xoay tạo thành khi quay tam giác ACH quanh trục AB là.
1 2 8 3 4 2
V AH. CH R .cos .sin
.
3 3
2 8 3 2 8 3 8 3 t t 2 2t
Đặt t cos 0 t 1 V R t 1 t R . t. t 2 2t R .
3 6 6 3
2
1
Vậy V lớn nhất khi t khi arctan .
3
2
3
Câu 13:
Chọn A
Lời giải

Gọi cạnh của tứ diện đều là a .
Gọi K là trung điểm của CD và E IK AB . Qua A1
kẻ đường thẳng song song với
IK cắt AB tại J .
Ta có:
BJ BA1 2 AE AI
1 a 3a
và 1
nên suy ra AE AB và BE .
BE BK 3 EJ IA
4 4 4
1
Gọi M là trung điểm của BE , trong mặt phẳng ABK dựng đường trung trực của
BE cắt AA1
tại O . Ta dễ dàng chứng minh được O là tâm của mặt cầu ngoại tiếp
EBCD .
a 3 a 6
Ta có: BA1
, AA1
. Đặt BE x .
3 3
Tam giác ABA đồng dạng với tam giác AOM nên suy ra
1
AM OM AM . BH x 1
OM a .
AA1 BH AA1
2 2
Gọi R là bán kính mặt cầu ngoại tiếp EBCD ta suy ra:
2
2 2 x 1 x
R OB OM MB a
4 2 2
2
3a
9a
1 3a
43
Với x ta có: R
a a .
4
64 2 8 128
a
Tương tự với x ta có bán kính R của mặt cầu ngoại tiếp EACD là
4
2
a 1 a 51
R
a a .
64 2 4 128
2
2
2
.

Câu 14:
R 43
Do đó .
R ' 51
Phương pháp trắc nghiệm:
Áp dụng công thức Crelle: Với mỗi khối tứ diện ABCD đều tồn tại ít nhất một tam
giác mà số đo các cạnh của nó bằng tích số đo các cặp đối của tứ diện đó. Hơn nữa
nếu gọi V là thể tích, R là bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD thì ta có công
thức: S 6 V.
R .
Lời giải
Chọn D
S
B 1
C 1
A
C
H
M
I
B
Đặt SA x , gọi I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC , H là hình chiếu của
B trên cạnh AB , M là trung điểm của AB .
1
2 2
2 2
Ta có SA 2
. SB1
SA x
SC1
SA x
SB1 SB , tương tự ta cũng có
2 2 2
SB SB a x
SC SC a x
.
2
Suy ra B C / / BC BB1 HB1
BH a
1 1
, B1 H / / SA nên
2 2
SB SA AB x a
2
2
xa
a.
x
HB1 , .
2 2
2 2
x a
HB x a
a 3
Ta chỉ cần chứng minh IA IB1
. Giả sử x a ( x a ta làm tương tự).
3
2
2
2 2
a.
x a
Khi đó HB BM , suy ra
2 2
x a
a.
x a a x a
HM
2 2
2
x a
2 2
2 2 x a
IB HI B H
2 2 2
1 1
2
2 2 2 a
HM IM B1
H
3
a 3
IB1
IA .
3
2 2 2

Câu 15:
a 3
Vậy IA IB IC IB1 IC1
là bán kính mặt cầu đi qua năm điểm A , B , C ,
3
B , . 1
C1
Chọn A
Lời giải
Câu 16:
Chọn A
Lời giải
Câu 17:
Gọi I là tâm đường tròn ngoại tiếp SAD
O là tâm đường tròn ngoại tiếp ABCD
I là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.
ABCD
Ta có
2 2
SD SA SH AH a SAD
2 3 3
IA a a
3 2 3
2 2 2 2
R IA I A I I I A HO
Vậy
2 16
a
S 4
R
3
2
2a
Lời giải
Chọn C
Gọi I là trung điểm của MN . Suy ra I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác DMN.
d là đường thẳng qua I và vuông góc với mặt đáy.
E là hình chiếu của I lên AB.
O là tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện S.
DMN . K là hình chiếu của O lên SH.
3
đều

S
d
O
K
E
A
M
x
I
D
H
N
B
C
Câu 18:
Đặt OI x .
2
1 a 5
Ta có
.
2 2 5a
2
DI MN Suy ra OD ID OI x .
2 4
16
a 3 AM HN 3a
SK SH x x; KO HI; EI .
2 2 2
2 2
a a a
2 2 9 37
HI EI HE .
4 16 4
2
2 2 49a
2
Suy ra SO SK KO a 3x x .
16
Vì O là tâm mặt cầu ngoại tiếp nên:
2
49a 2 2
11a a 102
SO DO a 3x x x 5 a x R OD .
16 4 3
6
Lời giải
Chọn D
S
G
K
A
I
D
E
B
M
O
C

Câu 19:
Gọi M là trung điểm AB và G là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác đều SAB , O là
tâm của hình vuông . Ta có OM SAB . Dựng trục của hình vuông ABCD
ABCD
và trục tam giác SAB , khi đó chúng đồng phẳng và cắt nhau tại I tức là OI , GI là
các trục hình vuông ABCD và trục tam giác SAB .
2 2
Bán kính mặt cầu là R SI . Ta có 4
R 84
cm R 21 cm . Đặt AB x
cm
2 2 2
x x 3
Trong tam giác vuông SGI ta có SI SG GI 1
, ta có GI , SG thay
2 3
vào 1 tính được x 6 .
ABDE d BD SA d d BD,
SAE
Dựng hình bình hành . Khoảng cách giữa và là
,
d d B SAE
, ,
d M SAE d M SK
x 2 3 2
MK
4 2
2 d M , SAE . Kẻ MK AE ta có SAE SMK .
SM.
MK
SM
MK
2 2
2
3 21
Thay các giá trị vào 2
tính được d M , SAE
.
7
6 21
Vậy khoảng cách giữa SA và BD là .
7
Chọn C
Lời giải
x 3
. Ta có SM 3 3 ,
2
Ta có ACD
là tam giác vuông tại A và ABD
là tam giác vuông tại D
Dựng khối lăng trụ tam giác đều
ACF.
DEB
như hình vẽ.
D
G'
B
E
3
2
I
A
1
C
G
I
F

Gọi G và G lần lượt là trọng tâm của hai tam giác ACF và DEB ; I là trung điểm
của GG . Khi đó I là tâm mặt cầu ngoại tiếp lăng trụ ACF.
DEB , đồng thời cũng là
tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD .
2 2
2 2
3 3
Bán kính mặt cầu ngoại tiếp là R IF IG GF
39 .
2 3
6
Câu 20:
Lời giải
Chọn C
S
I
C
A
M
H
Gọi là hình chiếu của trên mặt phẳng ABC thì SH là đường cao của hình chóp.
H S
2 3
Mặt khác thể tích khối chóp S.
ABC bằng nên ta có
3 a 1 1
.
3 2 AB SH 2 3
3 a SH 2a
.
Dễ thấy năm điểm A , B , H , C , S cùng thuộc mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.
ABC .
Mặt khác A , B , H , C cùng thuộc một mặt phẳng nên tứ giác ABHC nội tiếp đường
tròn.
Mà 0
BAC 90 0 BC a 5
2 2 a 21
BHC 90 HM SM HM SH .
2 2
2
Áp dụng công thức đường trung tuyến ta có:
2 2 2
2 2 2 2
2 SB SC BC SB SC 2 BC 13a
SM SM .(1)
2 4 2 4 2
2 2 2
2 2
2 2 CA SC SA 2 4a
SC 2
R CI R R . (2)
2 4
2
2 2 2
2 2
2 2 BA SB SA 2 a SB 2
R BI R R . (3)
2 4
2
2 2 2 2 2 2 2
2 a SB 4a SC 5
Từ(1), (2), (3) ta có 4R
a SB SC 5a
13a
2 2 2 2 2 2
2
9a .
B
2 2

3a
R .
2
Câu 21:
Chọn B
A
B
Lời giải
C
I
r K
D
B
C
Do lăng trụ nội tiếp mặt cầu nên gọi K;
r là đường tròn ngoại tiếp ABCD . Khi đó
2 2
IA. IC IB.
ID r IK (theo phương tích của đường tròn). Suy ra
2 2 2 2 2 2
r IK h r h IK .
Gọi O,
R là mặt cầu ngoại tiếp lăng trụ ta có
A
D
2
2 2 2 2 h 5 2 2 5 2 h 5
h 5
R OA OK r h IK h R . Vậy Rmin
4 4 4 2
2
khi I là
tâm đường tròn ngoại tiếp ABCD .
Câu 22:
Câu 23:
Lời giải
Chọn B
Gọi chiều dài, rộng, cao của hình hộp chữ nhật lần lượt là a, b,
c .
2 2 2
Đường chéo hình hộp chữ nhật bằng: a b c .
Tổng diện tích các mặt của P là 384 nên 2ab 2ac 2bc
384 .
Tổng độ dài các cạnh của P là 112 nên 4a 4b 4c 112 a b c 28 .
2
2 2 2 2
a b c a b c 2 ab ac bc 28 384 20 .
Vậy bán kính mặt cầu bằng 10.
Chọn A
Lời giải

Câu 24.
.
Gọi M , N lần lượt là trung điểm của AB và AC .
Tam giác ABB vuông tại B nên M chính là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABB
, suy ra trục tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABB chính là đường trung trực của
(xét trong mp ABC ).
AB
Tam giác ACC vuông tại C nên N chính là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác
ACC, suy ra trục tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ACC chính là đường trung trực
của (xét trong mp ABC ).
AC
1
Gọi I 1
thì I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC và I cách đếu các
điểm A, B, C, B ,C nên I là tâm mặt cầu ngoại tiếp ABCBC
.
Gọi R là bán kính mặt cầu ngoại tiếp ABCBC
thì R chính là bán kính đường tròn
ngoại tiếp tam giác ABC .
2 2
AB. AC.
BC c. b.
BC b c 2 bc.cos
Ta có R
.
4. S
1
ABC 4. bc.sin
2sin
2
Chọn D
Lời giải
B
A
O
R
C
D
B'
2R
A'
O'
C'
.
Do thiết diện quểntục là hình vuông nên đường sinh của hình trụ là: l 2R h .
D'

Do lăng trụ tứ giác đều nội tiếp hình trụ, nên đáy của lăng trụ là hình vuông có đường
chéo:
AC 2R AB 2 AB R 2
2 3
V Bh R 2 2R 4R
LT
.
Câu 25.
Chọn D
Lời giải
B
A
O
R
C
D
B'
2R
A'
O'
C'
.
Do thiết diện quểntục là hình vuông nên đường sinh của hình trụ là: l 2R h .
Do lăng trụ tứ giác đều nội tiếp hình trụ, nên đáy của lăng trụ là hình vuông có đường
chéo:
AC 2R AB 2 AB R 2
2 3
D'
V Bh R 2 2R 4R
LT
.
Câu 26:
Chọn C
Lời giải

A'
C'
B'
A
O
45°
M
C
Câu 27
Chọn B
Gọi M là trung điểm BC . Khi đó ta có BC AM , BC AM
Suy ra: ABC , ABC AMA
45 AA AM . Gọi O là trọng tâm tam giác
ABC .
x 3 x 6
Đặt BC x , x 0 . Ta có AM AA
AM
.
2
2
2
1 x 6 2
Nên S
ABC
. AM . BC a 6 x 2a
.
2 4
2 2 2a
3 2a
3
Khi đó: AO AM . và AA
a 3 .
3 3 2 3
2a
3
2
Suy ra diện tích xung quang khối trụ là: Sxq
2 . OA.
AA
2 . . a 3 4
a .
3
Lời giải
B

A
C
B
G
M
A'
C'
B'
Gọi G là trọng tâm của tam giác ABC . Do ABC là tam giác đều nên G là tâm đường tròn
ngoại tiếp tam giác ABC .
2 2 a 3 a 3
Ta có AG AM . .
3 3 2 3
2
2 a h
Vậy thể tích của khối trụ ngoại tiếp hình lăng trụ là V R h .
3
Câu 28:
Lời giải
Chọn C
Gọi O , O là tâm các đáy hình trụ (hình vẽ).
A
6
B
O
6 2
A 1
O
A
B 1
B
nhật.
Vì AB AB
nên ABBA đi qua trung điểm của đoạn OO và ABBA
là hình chữ
Ta có S AB.
AA
60 6.AA AA
10
cm .
ABBA
Gọi , B lần lượt là hình chiếu của A , B trên mặt đáy chứa A và B
A1
1
ABB A là hình chữ nhật có AB 6 cm ,
1 1

B B
BB
BB
2
10 6 2 2
2 2
1 1
2 7 cm
Câu 29:
Gọi R là bán kính đáy của hình trụ, ta có
R
Chọn A
4cm
.
2 2
2R A B1 B1
B A B 8
Lời giải
A
a
B
a
O
M
D
Câu 30:
Chọn B
a 3 2 a 3
Ta có R OB . .
2 3 3
2
2 2 2 a a 6
l OA AB OB a
3 3
2
a 3 a 6 2
a 2
Diện tích xung quanh hình trụ là Sxq
2
Rl 2
.
3 3 3
Lời giải
C

2
Diện tích xung quanh hình trụ S 2
rl 2 r.2r 36
a r 3a
xq
Lăng trụ lục giác đều có đường cao h l 6a
Lục giác đều nội tiếp đường tròn có cạnh bằng bán kính của đường tròn
2
2
3a
3 27a
3
Suy ra diện tích lục giác đều S 6. .
4 2
3
Vậy thể tích V S. h 81 3a
.
Câu 31.
Chọn D
Lời giải
B
A
O
R
C
D
B'
2R
A'
O'
C'
.
Do thiết diện quểntục là hình vuông nên đường sinh của hình trụ là: l 2R h .
Do lăng trụ tứ giác đều nội tiếp hình trụ, nên đáy của lăng trụ là hình vuông có đường
chéo:
D'

AC 2R AB 2 AB R 2 2 3
V Bh R 2 2R 4R
.
LT
Câu 32:
Câu 33:
Lời giải
Chọn C
3
Bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác đều cạnh a là R a .
3
Chiều cao khối trụ bằng chiều cao khối lăng trụ bằng h .
2
2
3a
a h
Thể tích khối trụ là: V R h V
.
3
h
3
Lời giải
Chọn B
2
.
Gọi ABCD là tứ diện đều có cạnh bằng a . Xét khối chóp có đỉnh A , đáy là hình tròn
tâm H ngoại tiếp tam giác BCD .
Khi đó, thể tích khối nón cần tìm là.
1 2 1 2
V R h BH . AH .
3 3
Ta có:
2 a 3 a 3
BH .
3 2 3
và.
2
2 2 2 a a 6
AH AB BH a
3 3
2 3
1 a a 6 a 6
Suy ra: V . (đvtt).
3 3 3 27
.
Câu 34:
Chọn A
Lời giải

Câu 35:
IH
( P)
Giả sử đường tròn giao tuyến (C) có tâm H, bán kính r. Khi đó .
HM
r
Từ giả thiết góc giữa IM với mp (P) bằng 30 , suy ra IMH 30
.
R
Tam giác IMH vuông tại H có IH IM.sin 30 .
2
R
Suy ra khối chỏm cầu nhỏ tạo thành có chiều cao h .
2
Vậy thể tích của khối chỏm cầu nhỏ cần tìm là:
2 3
2 h R R 5
R
V h R R
3 4 6 24
Lời giải
Chọn A
Gọi mặt phẳng vuông góc với đường kính của khối cầu là mặt phẳng P
P
.
Ta có mặt phẳng cắt khối cầu theo một đường tròn C . Khi đó đường kính của
R
đường tròn C
bằng R 3 . Suy ra khoảng cách từ tâm I đếm mặt phẳng P
là .
2
R
Mặt phẳng P
cách tâm I một khoảng chia khối cầu thành hai phần, phần lớn là
2
phần chứa tâm I còn phần nhỏ là phần không chứa tâm I gọi là chỏm cầu. Khi đó thể
2 2 3
R R 5R R 5
R
tích của chỏm cầu là V 2 R R . . .
2 2 3 2 4 3 24
Câu 36:
Chọn A
Lời giải
Cách 1: Gọi thiết diện của hình chóp là SCD
, I là trung điểm của CD .

OB
Ta có SO 2a
.
tan 60
Đặt OI x suy ra
IC OC OI
2 2
SI SO OI
2 2
12a
4a
1
S SCD
CD.
SI SI.
IC
2
x
2 2
x
2 2
.
4a 2 x 2 12a 2 x
2
2 4 2 2 4
S x 8a x 48a
SCD
4 2 2 4
Xét hàm số f x x 8a x 48a
với 0 x 2 3a
.
3 2
4 16
f x x a x
x
0
f x
0
x
2a
Bảng biến thiên
.
2 4 2
Nhìn vào bảng biến thiên ta thấy S 64a S 8a
.
max
Cách 2: Gọi thiết diện của hình chóp là SCD .
Vì SOB
vuông tại O , có OB r 2a
3 , o
r
OSB 60 nên l SB 4a
.
o
sin 60
1
Khi đó, 1
S
SCD
SC. SD.sin
CSD . (vì ).
2
2
SC SD 8a sin CSD 1
2
2
Vậy Diện tích lớn nhất của thiết diện đó là 8a khi o
CSD 90 .
S max
max
Câu 37:
Chọn D
Lời giải

Không mất tính tổng quát ta giả sử R 1.
Khi cắt một khối nón tròn xoay có bán kính đáy bằng R, đường sinh 2R bởi một mặt
0
phẳng ( )
qua tâm đáy và tạo với mặt đáy một góc 60 thì ta được thiết diện là một
O
đường parabol có đỉnh là gốc 0;0 và đỉnh còn lại là A 1;1 , do đó thiết diện sẽ có
4
diện tích là S . Xét mặt phẳng đi qua cạnh đáy của thiết diện vuông góc với hình
3
tròn đáy của hình nón cắt hình nón làm đôi.
H
Gọi đa diện chứa mặt thiết diện đó là . Gọi K là đa diện chứa đỉnh O của hình
nón được sinh bởi khi cắt thiết diện Parabol với đa diện H .
3
Khi đó khoảng cách từ O đến mặt thiết diện là h .
2
1 3 4 2 3
Suy ra thể tích của đa diện K
là VK
. . .
3 2 3 9
1 1 3
Mặt khác thể tích của nửa khối nón là . 3 .
2 3 6
Do đó thể tích của đa diện nhỏ tạo bởi thiết diện và khối nón là
3 2 3 3
4 3
V
.
6 9 18

Câu 38:
Vậy tỉ số thể tích của hai phần khối nón chia bởi mặt phẳng
3
4 3
18 3
4
.
3 6
3
Lời giải
Chọn A
Gọi , là tâm của hai đáy của hình trụ và P là mặt phẳng song song với trục và
O O
cách trục OO một khoảng 3cm .
Mp cắt hai hình tròn đáy O , O theo hai dây cung lần lượt là AB,
CD và cắt
P
mặt xung quanh theo hai đường sinh là AD,
BC . Khi đó ABCD là hình chữ nhật.
B
O
H
A
là
C
O
D
Gọi là trung điểm của . Ta có OH AB;
OH AD OH ABCD
H AB
, , 3cm .
d OO P d O ABCD OH
2 2 2 2
Khi đó: AB 2AH 2 OA OH 2 5 3 8 ; AD OO ' h 7cm .
2
Diện tích hình chữ nhật là: S AB. AD 56 cm .
ABCD
ABCD
Câu 39:
Chọn D
Cách1. Ta xét
1
8
Lời giải
phần giao của hai trụ như hình.

Ta gọi trục tọa độ
Oxyz
như hình vẽ.
.
.
Khi đó phần giao H là một vật thể có đáy là một phần tư hình tròn tâm O bán kính
4 , thiết diện của mặt phẳng vuông góc với trục Ox là một hình vuông có diện tích
S x 4 x .
2 2
4
4
2 128
1024
Thể tích khối H là S xdx 16
x dx
. Vậy thể tích phần giao là .
3
3
0 0
16 3 1024
Cách2.Dùng công thức tổng quát giao hai trụ V R .
3 3

3R
Câu 1. Cho mặt cầu S tâm I bán kính R . M là điểm thỏa mãn IM . Hai mặt phẳng P,
Q
qua
2
0
và tiếp xúc với lần lượt tại và . Biết góc giữa và Q bằng 60 . Độ dài đoạn thẳng AB
M S
A B P
bằng:
3R
A. AB . B. AB R .
2
C. AB R 3 . D. AB R hoặc AB R 3 .
Câu 2. (Kim Liên) Trong không gian với hệ tọa độ , cho hai điểm 1;0;2 ; N 1; 1; 1
và mặt
Oxyz M
P : x 2y z 2 0
M N
phẳng . Một mặt cầu đi qua ; tiếp xúc với mặt phẳng P tại điểm E . Biết E
luôn thuộc một đường tròn cố định, tính bán kính đường tròn đó.
10
A. R . B. R 10 . C. R 10. D. R 2 5 .
2
Câu 3. (Sở Đà Nẵng 2019) Trong không gian
2
2 2
2 2
Oxyz , cho ba mặt cầu lần lượt có phương trình là
2 2
2
2
x 5 y 1 z 5 ; x y 2 z 3 6 và x 1 y z 4 9 . Gọi M là điểm di động
ở ngoài ba mặt cầu và X , Y , Z là các tiếp điểm của các tiếp tuyến vẽ từ M đến ba mặt cầu. Giả sử
MX MY MZ , khi đó tập hợp các điểm M là đường thẳng có vectơ chỉ phương là
A. 1;8; 7 . B. 9;8; 7 . C. 1; 1;9 . D. 2; 1;8
.
Câu 4. (Chuyên Ngoại Ngữ Hà Nội) Trong không gian với hệ tọa độ , cho hai mặt cầu S , S lần
Oxyz
1 2
2 2 2
2 2 2
lượt có phương trình là x y z 2x 2y 2z
22 0 , x y z 6x 4y 2z
5 0. Xét các mặt
P
đi qua. Tính tổng S a b c
phẳng thay đổi nhưng luôn tiếp xúc với cả hai mặt cầu đã cho. Gọi M a; b;
c là điểm mà tất cả các
mp P .
5
5
9
A. S . B. S . C. S . D.
2
2
2
9
S
2
Câu 5. (SỞ PHÚ THỌ LẦN 2 NĂM 2019) Cho hình chóp S.
ABC có AC a,
AB a 3, 0
BAC 150 và
SA vuông góc với mặt phẳng đáy. Gọi M , N lần lượt là hình chiếu vuông góc của A trên SB và SC . Thế
tích khối cầu ngoại tiếp hình chóp A.
BCNM bằng
3
3
3
3
4 7 a
28 7 a
20 5 a
44 11 a
A. . B. . C. . D. .
3
3
3
3
Câu 6. (Hải Hậu Lần1) Trong mặt phẳng P cho tam giác ABC đều cạnh bằng 8 cm và một điểm S di
động ngoài mặt phẳng P sao cho tam giác MAB luôn có diện tích bằng 16 3 cm 2 , với M là trung điểm
của . Gọi S là mặt cầu đi qua bốn đỉnh M , A, B,
C . Khi thể tích hình chóp S.
ABC lớn nhất, tính bán
SC
kính nhỏ nhất của S :

16 6
4 3
4 15
4 39
A. cm. B. cm. C. cm. D. cm.
9
3
3
3
Câu 7. (Chuyên Lê Quý Đôn Điện Biên Lần2) Trong không gian cho bốn mặt cầu có bán kính lần lượt là 2;
3; 3; 2 (đơn vị độ dài) đôi một tiếp xúc nhau. Mặt cầu nhỏ tiếp xúc ngoài với cả bốn mặt cầu nói trên có bán
kính bằng
7
3
6
5
A. . B. . C. . D. .
15
7
11
9
Câu 8. (THPT SỐ 1 TƯ NGHĨA LẦN 2 NĂM 2019) Cho mặt cầu
2 2 2
( S) : x 2017 y 2018 z 2019
2020 . Xét mặt phẳng P
thay đổi cắt mặt cầu theo giao tuyến
là đường tròn C.
Hình nón N có đỉnh S nằm trên mặt cầu, đáy là đường tròn C
và có chiều cao h . Gọi
V là thể tích của khối nón được tạo nên bởi N . Tính giá trị lớn nhất V của V.
3
.32. 2020
.8. 2020
A. Vmax
. B. Vmax
.
81
81
3
max
3
3
.16. 2020
.64. 2020
C. Vmax
. D. Vmax
.
81
81
Câu 9. (GIỮA-HKII-2019-NGHĨA-HƯNG-NAM-ĐỊNH) Cho hình chóp S.
ABCD có đáy ABCD là hình
chữ nhật. Tam giác nằm trong mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng ABCD . Biết rằng
SAB
AB a, AD a 3 và ASB 60
. Tính diện tích khối cầu ngoại tiếp hình chóp S.
ABCD .
2
2
2
2
13
a
13
a
11
a
11
a
A. S . B. S . C. S . D. S .
2
3
2
3
Câu 10. (Liên Trường Nghệ An) Cho hình chóp S.
ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân tại B ,
AB BC 3a
2 , SAB SCB 90
. Biết khoảng cách từ đến mặt phẳng SCB bằng 2a
3 . Tính thể
A
tích mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.
ABC .
3
3
3
3
A. 72 18
a . B. 18 18
a . C. 6 18
a . D. 24 18
a .
Câu 11. (-Mai-Anh-Tuấn-Thanh-Hóa-lần-1-2018-2019) Cho hình chóp S.
ABC có
a 6
SA SB SC AB a,
BC và mặt phẳng SAC
vuông góc với mặt phẳng ABC
. Tính diện tích
3
xung quanh của mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.
ABC .
2
2
2
2
12 a
4 a
3 a
15 a
A. . B. . C. . D. .
7
7
7
7
Câu 12. (THTT số 3) Gọi r,
R lần lượt là bán kính mặt cầu nội tiếp và ngoại tiếp tứ diện đều ABCD . Tính tỉ
R
số ?
r

4
5
A. 3 . B. . C. 3 . D. .
3
2
Câu 13. (Chuyên Vinh Lần 2)Người ta sản xuất một vật lưu niệm ( N ) bằng thủy tinh trong suốt có dạng
khối tròn xoay mà thiết diện qua trục là hình thang cân. Bên trong ( N)
có hai khối cầu ngũ sắc với bán kính
lần lượt là R = 3cm
và r = 1cm
tiếp xúc với nhau và tiếp xúc với mặt xung quanh của ( N)
đồng thời hai
khối cầu tiếp xúc với hai đáy của ( N ) . Tính thể tích của vật lưu niệm đó.
485 3
3
3
728 3
A. cm
. B. 81 cm
. C. 72 cm
. D. cm
6
9
.
Câu 14. (Chuyên Lê Quý Đôn Điện Biên Lần2) Người ta thả một viên billiards snooker có dạng hình cầu
với bán kính nhỏ hơn 4,5cm vào một chiếc cốc hình trụ đang chứa nước thì viên billiards đó tiếp xúc với đáy
cốc và tiếp xúc với mặt nước sau khi dâng (tham khảo hình vẽ bên). Biết rằng bán kính của phần trong đáy
cốc bằng 5,4cm và chiều cao của mực nước ban đầu trong cốc bằng 4,5cm. Bán kính của viên billiards đó
bằng?
A. 4,2 cm.
B. 3,6 cm.
C. 2,7 cm.
D. 2,6 cm.
Câu 15. (THPT-Ngô-Quyền-Hải-Phòng-Lần-2-2018-2019-Thi-24-3-2019) Một hộp dựng bóng tennis có
dạng hình trụ. Biết rằng hộp chứa vừa khít ba quả bóng tennis được xếp theo chiều dọc, các quả bóng tennis
có kích thước như nhau. Thể tích phần không gian còn trống trong hộp chiếm tỉ lệ a% so với thể tích của hộp
bóng tennis. Số a gần nhất với số nào sau đây?
A. 50 . B. 66. C. 30. D. 33.
Câu 16. (Hùng Vương Bình Phước) Cho tam giác ABC đều cạnh a , đường thẳng d đi qua A và vuông
góc với mặt phẳng ABC . Gọi S là điểm thay đổi trên đường thẳng d , H là trực tâm tam giác SBC . Biết

ằng khi điểm S thay đổi trên đường thẳng d thì điểm H nằm trên đường tròn C . Trong số các mặt cầu
chứa đường tròn C , bán kính mặt cầu nhỏ nhất là
A.
a 3
6
. B. a . C.
a 2
2
. D.
Câu 17. (Chuyên Vinh Lần 3) Trong không gian Oxyz , lấy điểm C trên tia Oz sao cho OC 1. Trên hai tia
Ox,
Oy lần lượt lấy hai điểm A,
B thay đổi sao cho OA OB OC . Tìm giá trị nhỏ nhất của bán kính mặt
cầu ngoại tiếp tứ diện O.
ABC ?
a 3
12
6 6 6
A. . . B. 6. . C. . . D. . .
4
3
2
S1
S 2
R
ABCD A B
Câu 18. (THPT-Chuyên-Sơn-La-Lần-1-2018-2019-Thi-tháng-4) Cho hai mặt cầu và đồng tâm
I , có bán kính lần lượt là R 2 và 10 . Xét tứ diện có hai đỉnh , nằm trên và hai
1 2
đỉnh , nằm trên S . Thể tích lớn nhất của khối tứ diện ABCD bằng
C D
2
A. 3 2 . B. 7 2 . C. 4 2 . D. 6 2 .
Câu 19. (THPT-Nguyễn-Công-Trứ-Hà-Tĩnh-lần-1-2018-2019-Thi-tháng-3) Quả bóng đá được dùng thi
đấu tại các giải bóng đá Việt Nam tổ chức có chu vi của thiết diện qua tâm là 68,5 cm . Quả bóng được ghép
nối bởi các miếng da hình lục giác đều màu trắng và màu đen, mỗi miếng có diện tích
nhất bao nhiêu miếng da để làm quả bóng trên?
A. 40 . B. 20 . C. 35 . D. 30 .
.
49,83 cm
2
S 1
. Hỏi cần ít
Câu 20. (Sở Điện Biên) Một vật thể đựng đầy nước hình lập phương không có nắp. Khi thả một khối cầu kim
loại đặc vào trong hình lập phương thì thấy khối cầu tiếp xúc với tất cả các mặt của hình lập phương đó. Tính
bán kính của khối cầu, biết thể tích nước còn lại trong hình lập phương là 10. Giả sử các mặt của hình lập
phương có độ dày không đáng kể.
15
9
15
9
A. 3 . B. 3 . C. 3 . D. 3 .
12 2
24 4
24 4
12 2
Câu 21. (Chuyên Bắc Giang) Cho a , b , c , x , y , z là các số thực thay đổi thỏa mãn
2 2 2
2 2 2
x 1 y 1 z 2 4 và a b c 6 . Tính giá trị nhỏ nhất của P x a y b z c .
A. 2 3 2 . B. 16 8 3 . C. 16 8 3 . D. 2 3 2 .
Câu 22. (Hai Bà Trưng Huế Lần1) Tính chiều cao của khối trụ có thể tích lớn nhất nội tiếp trong hình cầu
có bán kính R .
R 3
2R
3
4R
3
A. . B. . C. R 3 . D.
3
3
3

2 2
2
B 0;1;0 .
: ax by cz 2 0 A B S
Câu 23. (Yên Phong 1) Cho mặt cầu S : x 1 y 2 z 3 25 và hai điểm A 3; 2;6
,
Giả sử đi qua , và cắt theo giao tuyến là một đường tròn có bán
2 3
kính nhỏ nhất. Tính T a b c
A. 9 . B. 12 . C. 5 . D. 3 .
Câu 24. (Hậu Lộc Thanh Hóa) Cho tam giác đều có đỉnh A 5;5 nội tiếp đường tròn tâm I đường
kính AA , M là trung điểm BC . Khi quay tam giác ABM cùng với nửa hình tròn đường kính AA xung
quanh đường thẳng AM (như hình vẽ minh họa), ta được khối nón và khối cầu có thể tích lần lượt là V1
và
. V 2
ABC
A
B
M
C
A'
Tỷ số
V
V
1
2
bằng
9
9
27
4
A. . B. . C. . D. .
32
4
32
9
Câu 25. (Liên Trường Nghệ An) Cho hình cầu tâm O bán kính R 5 , tiếp xúc với mặt phẳng ( P)
. Một
hình nón tròn xoay có đáy nằm trên ( P)
, có chiều cao h 15, có bán kính đáy bằng R . Hình cầu và hình nón
nằm về một phía đối với mặt phẳng ( P ) . Người ta cắt hai hình đó bởi mặt phẳng ( Q ) song song với ( P)
và
thu được hai thiết diện có tổng diện tích là S . Gọi x là khoảng cách giữa ( P ) và ( Q ) , (0 x 5) . Biết rằng
S đạt giá trị lớn nhất khi a a
x (phân số tối giản). Tính giá trị T a b .
b b

A. T 17 . B. T 19
. C. T 18
. D. T 23 .
S1
1
M , M S
,
S
Câu 26. (KSCL-Lần-2-2019-THPT-Nguyễn-Đức-Cảnh-Thái-Bình) Cho hai mặt cầu có tâm I , bán
kính
1
1, S2
có tâm I2
bán kính R2 5. Lần lượt lấy hai điểm
1 2
thuộc hai mặt cầu
1 2
. Gọi
K là trung điểm M1M 2
. Khi M1,
M
2
di chuyển trên S1 ,
S2
thì K quét miền không gian là một khối tròn
xoay có thể tích bằng?
55 68 76 82
A. . B. . C. . D. .
3
3
3
3
R
Câu 27. (Chuyên-Thái-Nguyên-lần-1-2018-2019-Thi-tháng-3) Cho khối nón có độ lớn góc ở đỉnh là .
3
Một khối cầu nội tiếp trong khối nón. Gọi S là khối cầu tiếp xúc với tất cả các đường sinh của nón và
S1
2
với S1
; S3
là khối tiếp xúc với tất cả các đường sinh của nón với S ;...; S là khối cầu tiếp xúc với tất cả các
1 n
đường sinh của nón và với S
. Gọi 1
, , ,…, , lần lượt là thể tích của khối cầu , , ,…, ,
n 1
V V2
V3
Vn
1
V n
S1
S2
S3
Sn
1
V1 V2 ...
Vn
Sn
và V là thể tích của khối nón. Tính giá trị của biểu thức T lim
.
V
3
6
7
1
A. . B. . C. . D. .
5
13
9
2
Câu 28. (Chuyên Hà Nội Lần1) Một bình đựng nước dạng hình nón (không có đáy), đựng đầy nước. Người
ta thả vào đó một khối cầu có đường kính bằng chiều cao của bình nước và đo được thể tích nước tràn ra
3
ngoài là 18
dm . Biết rằng khối cầu tiếp xúc với tất cả các đường sinh của hình nón và đúng một nửa của
khối cầu chìm trong nước (hình bên). Thể tích V của nước còn lại trong bình bằng

3
3
3
3
A. 24
dm . B. 6
dm . C. 54
dm . D. 12
dm .
Câu 29. (Ngô Quyền Hà Nội) Trong một chiếc hộp hình trụ, người ta bỏ vào đấy ba quả banh tenis, biết rằng
đáy của hình trụ bằng hình tròn lớn trên quả banh và chiều cao của hình trụ bằng ba lần đường kính của quả
S1
banh. Gọi S1
là tổng diện tích của ba quả banh, S2
là diện tích xung quanh của hình trụ. Tỉ số diện tích là
S2
A. 5 . B. 3 . C. 2 . D. 1.
Câu 30. (Đặng Thành Nam Đề 15) Người ta thả một viên bi sắt có dạng khối cầu với bán kính nhỏ hơn
4,5cm vào một chiếc cốc hình trụ đang chứa nước thì viên bi sắt đó tiếp xúc với đáy cốc và tiếp xúc với mặt
nước sau khi dâng (tham khảo hình vẽ bên). Biết rằng bán kính của đáy cốc bằng 5, 4cm và chiều cao của
mực nước ban đầu trong lòng cốc bằng 4,5cm . Bán kính của viên bi sắt đó bằng
A. 4, 2cm . B. 3,6cm . C. 2,6cm . D. 2,7 cm .
Câu 31. (THPT LÊ QUÝ ĐÔN QUẢNG NGÃI) (THPT LÊ QUÝ ĐÔN QUẢNG NGÃI) Một khối đồ
chơi bao gồm khối trụ và khối lăng trụ tam giác đều được xếp chồng lên nhau như hình vẽ.

Biết rằng bán kính đáy khối trụ bằng chiều cao khối trụ, chiều cao khối trụ bằng chiều cao của lăng trụ. Gọi
V1
V1 V
;
2
lần lượt là thể tích của khối trụ và khối lăng trụ. Tính
V2
.
3 3 4 3 3 3
4 3
A. . B. . C. . D. .
4
9
4
9
Câu 32. (PHÂN TÍCH BL_PT ĐỀ ĐH VINHL3 -2019..) Người ta xếp hai quả cầu có cùng bán kính r vào
một chiếc hộp hình trụ sao cho các quả cầu đều tiếp xúc với hai đáy, đồng thời hai quả cầu tiếp xúc với nhau
và mỗi quả cầu đều tiếp xúc với đường sinh của hình trụ ( tham khảo hình vẽ). Biết thể tích khối trụ là
3
120 cm , thể tích của mỗi khối cầu bằng
3
3
3
3
A. 10 cm . B. 20 cm . C. 30 cm . D. 40 cm .
Câu 33. Người ta xếp bốn quả bóng hình cầu có bán kính r vào một chiếc hộp hình trụ sao cho sao cho các
quả bóng tiếp xúc với thành hộp theo một đường tròn và tiếp xúc với nhau. Quả trên cùng và quả dưới cùng
3
tiếp xúc với hai nắp hộp. Tính thể tích của hộp biết thể tích mỗi quả bóng là 10 cm
A.
3
40 cm . B.
3
80 cm . C.
3
130 cm . D.
3
60 cm .
Câu 34. (Chuyên Vinh Lần 3) Người ta xếp hai quả cầu có cùng bán kính r vào một chiếc hộp hình trụ sao
cho các quả cầu đều tiếp xúc với hai đáy, đồng thời hai quả cầu tiếp xúc với nhau và mỗi quả cầu đề tiếp xúc

3
với đường sinh của hình trụ ( tham khảo hình vẽ). Biết thể tích khối trụ là 120 cm , thể tích của mỗi khối cầu
bằng
3
3
3
3
A. 10 cm . B. 20 cm . C. 30 cm . D. 40 cm .
Câu 35. (Chuyên-Thái-Nguyên-lần-1-2018-2019-Thi-tháng-3) Một khối pha lê gồm một hình cầu
1 3
kính R và một hình nón H 2 có bán kính đáy và đường sinh lần lượt là r,
l thỏa mãn r l và l R xếp
2 2
chồng lên nhau (hình vẽ). Biết tổng diện tích mặt cầu và diện tích toàn phần của hình nón là 91
2
cm H 1
. Tính diện tích của mặt cầu .
H
1
H 2
H 1
bán
104 2
A. . B. .
5 cm 2
16cm
2
26 2
C. 64cm . D. .
5 cm
Câu 36. (THPT-Gia-Lộc-Hải-Dương-Lần-1-2018-2019-Thi-tháng-3) Một hình nón có chiều cao 9cm
V , V
nội tiếp trong một hình cầu có bán kính 5 cm . Gọi
1 2
lần lượt là thể tích của khối nón và khối cầu. Tính
V1
tỉ số .
V
2
81
81
27
27
A. . B. . C. . D. .
125
500
125
500

Câu 37. (CHUYÊN THÁI NGUYÊN LẦN 3) Cho S là một mặt cầu có đường kính AB 10 . Vẽ các tiếp
tuyến , với mặt cầu S sao cho Ax By . Gọi M là điểm di động trên Ax , N là điểm di động trên
Ax By
By sao cho MN luôn tiếp xúc với mặt cầu. Tính giá trị của tích AM.
BN ?
A. AM. BN 50. B. AM. BN 10 . C. AM. BN 100 . D. AM. BN 20 .
Câu 38. (Chuyên Hùng Vương Gia Lai) Một khối trụ có bán kính đáy bằng a 3 , chiều cao 2a 3 . Thể tích
của khối cầu ngoại tiếp khối trụ.
A. 8
3
3
4 3
3
6a
. B. 4 3a
. C. 6a
. D. 4 6a
.
3
Câu 40. (Hoàng Hoa Thám Hưng Yên)Một cái thùng đựng đầy nước được tạo thành từ việc cắt mặt xung
quanh của một hình nón bởi một mặt phẳng vuông góc với trục của hình nón. Miệng thùng là đường tròn có
bán kính bằng ba lần bán kính mặt đáy của thùng. Người ta thả vào đó một khối cầu có đường kính bằng 3 2
chiều cao của thùng nước và đo được thể tích nước tràn ra ngoài là 54 3 (dm 3 ). Biết rằng khối cầu tiếp xúc
với mặt trong của thùng và đúng một nửa của khối cầu đã chìm trong nước (hình vẽ). Thể tích nước còn lại
trong thùng có giá trị nào sau đây?
A. 46 46 3 (dm 3 ). B. 18 3 (dm 3 ). C. 3 (dm 3 ). D. 18 (dm 3 ).
5
3
Câu 41. (Sở Vĩnh Phúc) Một cốc nước có dạng hình trụ đứng nước chiều cao 12cm , đường kính đáy 4cm ,
lượng nước trong cốc cao 8cm . Thả vào cốc nước 4 viên bi có cùng đường kính 2cm . Hỏi nước dâng cao
cách mép cốc là bao nhiêu? (làm tròn sau dấu phẩy 2 chữ số thập phân, bỏ qua dộ dày của cốc).
A. 2,67cm . B. 2,75cm . C. 2, 25cm . D. 2,33cm .
S I R 2 3
S
C
d I P
I C
Câu 42. (Chuyên Lý Tự Trọng Cần Thơ) Cho khối cầu có tâm và bán kính , gọi P là mặt
phẳng cắt khối cầu theo thiết diện là hình tròn . Tính khoảng cách từ đến sao cho khối
nón có đỉnh và đáy là hình tròn có thể tích lớn nhất.
2 3
3
A. d . B. d 2 . C. d 2 . D. d .
3
2
Câu 43. (Chuyên Vinh Lần 2) Cho hình nón đỉnh S có đường sinh bằng 2 , đường cao bằng 1. Tìm đường
kính của mặt cầu chứa điểm S và chứa đường tròn đáy hình nón đã cho:

A. 4 . B. 2 . C. 1. D. 2 3 .
Câu 44. (Chuyên Vinh Lần 2) Cho hình nón có đường sinh bằng 2 và diện tích xung quanh bằng 2 3 .
Tìm đường kính của mặt cầu chứa điểm S và chứa đường tròn đáy hình nón đã cho
A. 4 . B. 2 . C. 1 . D. 2 3 .
Câu 45. (Chuyên Vinh Lần 2) Cho hình nón đỉnh S có đường sinh bằng 3 , đường cao bằng 1. Tìm đường
kính của mặt cầu chứa điểm S và chứa đường tròn đáy hình nón đã cho
A. 9 . B. 8 . C. 4 2 . D. 6 .

Đáp án chi tiết
Câu 1.
Chọn B
Gọi là giao tuyến của hai mặt phẳng và ; là giao điểm của với IAB .
d P
Q
N d
IA
P IA d
Ta có : d IAB
IN d IN IM .
IB Q
IB d
IA P
Theo bài ra ta có và góc giữa P
và Q
bằng 60 AIB
60 hoặc AIB 120
IB Q
TH1: AIB 60
AIB
đều AB
R
Khi đó
IA 2
IN R IM
cos30
3
nên TH1 thỏa mãn
TH2: AIB 120
Xét
AIB , áp dụng định lý Côsi ta có
2 2
AB IA IB IA IB R
2 . cos120 3
Khi đó
Câu 2.
Chọn D
IA
IN 2R IM
cos 60
nên TH2 không thỏa mãn.

x
1
Phương trình đường thẳng MN : y
t .
z
2 3t
Đường thẳng MN cắt mặt phẳng P
tại A1;1;5
.
Ta có AM 10 ; AN 2 10 ; MN 10
Gọi I là tâm mặt cầu và H là trung điểm của MN .
Ta có hình vẽ như sau:
N
H
I
M
A
E
Hướng giải thứ nhất:
Mặt phẳng MNE cắt mặt cầu theo một hình tròn. Phương tích của điểm A đối với đường tròn đó ta có đẳng
2
thức: AE AM AN 20 .
Vậy điểm E luôn thuộc đường tròn tâm A bán kính R 2 5 .
Hướng giải thứ hai:
Lần lượt xét các tam giác vuông EAI , HIM và HIA .
2 2 2 2 2
Ta có AE IA IE IA IM .
2 2 2 2 2 2 2
AE AH IH MH IH AH MH 20
Vậy điểm E luôn thuộc đường tròn tâm A bán kính R 2 5 .
Câu 3. Tác giả: Nguyễn Văn Hòa; Fb: Nguyễn Văn Hòa Hòa
Chọn B
2
2 2
Mặt cầu x 5 y 1 z 5 có tâm I1 5;1;0
bán kính R1 5 .

2 2
2 2
2
x 1 y z 4
9
3 1;0;4
; ;
2
Mặt cầu x y 2 z 3 6 có tâm I2 0; 2;3
bán kính R2 6 .
Mặt cầu có tâm I bán kính R3 3 .
Gọi M x y z .
Ta có:
2 2
2
2
2 2
MZ x y z
MX I M R
2 2 2
1 1
MY I M R
2 2 2
MZ I M R
2 2 2
3 3
2 2
MX x 5 y 1 z 5 .
2 2
2 2
MY x y 2 z 3 6 .
2 2
1 4 9
Theo giả thiết MX MY MX
2 MY
2
5x 3y 3z
7 0 .
Vậy điểm M thuộc mặt phẳng 5x 3y 3z
7 0 có vectơ pháp tuyến n1 5; 3;3
. (1)
Theo giả thiết MY MZ MY
2 MZ
2
2x 4y 2z
1 0.
Vậy điểm M thuộc mặt phẳng 2x 4y 2z
1 0 có vectơ pháp tuyến n2 2; 4; 2
. (2)
Từ (1) và (2) điểm M thuộc đường thẳng có vectơ chỉ phương u n1 , n
2
18;16; 14
.
Kết luận: điểm thuộc đường thẳng có vectơ chỉ phương có tọa độ 9;8; 7
.
Câu 4. Chọn C
M
.
M
I 2
H 2
I 1
H 1
S
R S
17 P
Mặt cầu
1
có tâm I1 1;1;1 , bán kính
1
5 . Mặt cầu
2
có tâm I2 3; 2; 1
, bán kính R2 3. Ta
có R R I I R R nên hai mặt cầu này cắt nhau. Do đó mặt phẳng tiếp xúc ngoài hai mặt
cầu.
1 2 1 2 1 2

P
Giả sử mặt phẳng tiếp xúc S1 , S2
theo thứ tự tại điểm
1,
2
. Gọi M I1I2
P theo định lý Talet
3
3 a 1
a
5 a
6
MI2 I2H 2
R2
3 3
3
13
ta có MI2 MI1
2 b 1 b
b
. Vậy các mặt phẳng P
luôn
MI1 I1H1 R1
5 5 5 2
3 c 4
1 c 1
c
5
13
9
đi qua điểm M 6; ; 4
và S a b c .
2
2
Câu 5.
ChọnB.
S
H H
N
M
A
C
B
I
Trong mp ABC , gọi và ' lần lượt là trung trực của các đoạn thẳng AB và AC .
Gọi I là giao điểm của và ' .
AB
Vì nên AMB
, mà tam giác AMB
SA
vuông tại M suy ra là trục đường tròn ngoại tiếp tam
giác AMB .
Có I IA IB IM (1)
Chứng minh tương tự ta được ' là trục đường tròn ngoại tiếp tam giác ANC .
Do đó IA IN IC (2)
Từ (1) và (2) suy ra IA IB IM IN IC I là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp A.
BCNM với bán kính
R IA .

Mặt khác trong tam giác ABC , I là giao điểm của hai đường trung trực nên I là tâm đường tròn ngoại tiếp
tam giác ABC .
Áp dụng định lý sin trong tam giác ABC
2 2
BC AB AC 2 AB. AC.cos BAC 7
R IA
0
2sin BAC
2sin BAC
2sin150
7 a.
3
4 3 28 7
a
Vậy thể tích khối cầu ngoại tiếp hình chóp A.
BCNM : V R .
3 3
Cách 2.
Dựng AD là đường kính của đường tròn ngoại tiếp ABC
.
Khi đó ABD ACD 90
0 AB BD;
AC CD .
AB BD Ta có: BD SAB
, AM SAB
nên BD AM .
SA BD
Mặt khác AM MB AM MBD AM MD hay 0
AMD 90 .
Chứng minh tương tự: 0
AND 90 .
Hình chóp A.
BCNM có các đỉnh cùng nhìn đoạn AD dưới một góc vuông nên khối cầu ngoại tiếp hình chóp
A.
BCNM có đường kính là AD .
Vì vậy, bán kính của khối cầu ngoại tiếp hình chóp A.
BCNM là bán kính R của đường tròn ngoại tiếp
ABC .
Áp dụng định lý sin trong tam giác ABC
2 2
BC AB AC 2 AB. AC.cos BAC 7
R
0
2sin BAC
2sin BAC
2sin150
7 a.
3
4 3 28 7
a
Vậy thể tích khối cầu ngoại tiếp hình chóp A.
BCNM : V R .
3 3
Câu 6.

Chọn C
S
M
M
A
H
C
A
J
H
I
O
C
B
B
Gọi H là trung điểm cạnh AB , ta có : CH AB .
Ta có : d S, ABC 2 d M , ABC V 2V
.
Mà V 1 . , 1 .16 3. ,
1
MABC
VCMAB S
MAB
d C MAB d C MAB .16 3. CH .
3 3 3
Do đó , lớn nhất khi và chỉ khi d C;
MAB CH hay CH MAB .
S.
ABC
SABC
V
MABC
Gọi J , O lần lượt là tâm hai đường tròn ngoại tiếp hai tam giác MAB và tam giác ABC .
Dựng hai trục của hai đường tròn ngoại tiếp hai tam giác MAB và tam giác ABC cắt nhau tại I . Khi đó I
chính là tâm mặt cầu ngoại đi qua 4 điểm A, B, C , M và bán kính mặt cầu đi qua bốn điểm A, B, C , M là
8 3
R OC OI
JH
3
2 2 2
Do S MAB
16 3 , AB 8 d M , AB 4 3 .
2
.

Oxy
Chọn hệ trục tọa độ như hình vẽ , ta có H 0;0;0 , A 4;0 , B 4;0 , M a;4 3 .
a 4
Đường trung trực của đoạn thẳng AM đi qua điểm N ;2 3 và có một véc tơ pháp tuyến
2
AM a 4;4 3 nên có phương trình là
a 4
a
x y
4 4 3 2 3 0
2
2
a 32
J
0;
8 3
2
a 32 4 3
JH
8 3 3
.
Do đó
R
min
2 2
8 3 4 3 4 15
.
3 3
3
Câu 7.
Chọn C
B (2)
A (2)
M
I
D (3)
N
C (3)
*Gọi A,
B lần lượt là tâm của hai mặt cầu có bán kính bằng 2; C,
D lần lượt là tâm của hai mặt cầu có bán
I
kính bằng 3 và là tâm mặt cầu cần tìm với bán kính bằng x x 0 .

*Mặt cầu
IA IB x 2
I tiếp xúc ngoài với bốn mặt cầu tâm A, B, C,
D
IC ID x 3
AB
CD I P Q
* IA IB I mp P là mặt phẳng trung trực của đoạn và IC ID I mp Q là mặt phẳng trung
trực của đoạn . Suy ra: (1).
*Tứ diện ABCD có DA DB CA CB 5 nên nếu gọi M , N lần lượt là trung điểm của AB và CD thì
là đường vuông góc chung của và MN P và MN Q .
MN AB CD
Suy ra MN P Q (2). Từ (1) và (2) suy ra I MN .
*Xét AIM có IM IA 2 AM 2 x 2 4 và CIN có IN IC 2 CN 2 x 3 9 .
2
2
2 2 2 2 2 2
2 2 AC AD CD 5 5 6
Ta có MN AN AM 4 4 12 .
2 4 2 4
*Mà
2 2 2 2
IM IN MN x 2 4 x 3 9 12 x 4x 12 x 6x
2 2 2 2 2
x x x x x x x x x x x
4 12 6 2 12 6 12 6 6 11 60 36 0
6
*Thử lại x 6l
; x (nhận).
11
Câu 8.
Chọn A
Mặt cầu có tâm I 2017;2018;2019 và bán kính R 2020 .
S
Gọi S là đỉnh hình nón.
Gọi H là tâm đường tròn đáy của hình nón và AB là một đường kính của đáy.
S
I
A
H
B
Trường hợp 1: Xét trường hợp SH R .
3
2020
Khi đó thể tích của hình nón đạt GTLN khi SH R . Lúc đó V
.
3

Trường hợp 2: SH R I nằm trong tam giác SAB như hình vẽ trên.
Đặt
1 1
IH x0
x R
. Ta có V HA 2 . SH R 2 x 2
R x
3 3
6
2R 2xR xR x
R 2020
Dấu " " xảy ra khi x .
3 3
Câu 9.
Chọn B
3
4R
3 32
2020
6 3 81
.
Gọi I, J là tâm đường tròn ngoại tiếp của tứ giác ABCD và tam giác SAB. M là trung điểm của AB và O là
tâm của mặt cầu ngoại tiếp hình chóp.
Ta có: JM AB và IM AB và mp SAB mp ABCD nên IM JM , ngoài ra O là tâm của mặt cầu
OI ABCD
OI IM
ngoại tiếp hình chóp nên ; OJ SAB OJ JM .
Do đó O, J, M , I đồng phẳng và tứ giác OJMI là hình chữ nhật (do có 3 góc ở đỉnh vuông).
Gọi R R lần lượt là bán kính mặt cầu ngoại tiếp khối chóp và bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác SAB .
,
b
Ta có:
2 2 2 2 2 2 2 2 2 AB
R SO SJ OJ Rb IM Rb IA AM Rb
IA
4
2
2 2 2 2 2
2 BD AB AD a 3a
2
Áp dụng định lý Pytago: IA
a IA a .
4 4 4
Áp dụng định lý sin trong tam giác SAB :
R
b
AB a a
2sin
ASB 2.sin 60
3
2 2
a 2 a 13 2
2 13 2
Do đó: R a a S 4
R a .
3 4 12
3

Nhận xét: Bài toán này áp dụng một bổ đề quan trọng sau:
Xét hình chóp đỉnh S , có mặt bên SAB
vuông góc với mặt phẳng đáy, mặt phẳng đáy nội tiếp trong đường
tròn bán kính Rd
, bán kính mặt cầu ngoại tiếp tam giác SAB là Rb
. Khi đó hình chóp này nội tiếp trong 1 mặt
cầu có bán kính
Câu 10.
Chọn D
2 2 AB
R Rd
Rb
4
2
Ta ghép hình chóp S.
ABC vào hình hộp đứng SRQP.
DABC . Khi đó tâm I của mặt cầu ngoại tiếp hình hộp
đứng chính là tâm của hình chóp S.
ABC .
Từ giả thiết ABC là tam giác vuông cân tại B nên đáy của hình hộp đứng là hình vuông.
d A, SBC 2 d O, SBC 2a
3 OH a 3 .
Xét tam giác vuông OIK có: 1 1 1 1 1 1
OI 3a
.
2 2 2
OH OI OK
a
3 2 OI
2
3a
2
2
2
2 2
Suy ra bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.
ABC là R IB OI OB .
2
2
OI 9a
3a
2
2
2
a
18 .
4 3 4
Thể tích mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.
ABC là V R 3
3
a 18 24 18
a .
3 3
Câu 11.

S
A
I
B
Gọi
H là trung điểm của AC SH ABC
BC a 6
Gọi I là trung điểm của AB HI
2 6
a 3
Tam giác SAB đều cạnh a SI
2
2 2 a 21
SH SI HI
6
2 2 a 15
AC 2AH 2 SA SH
3
Gọi rb
, r
d
lần lượt là bán kính đường tròn ngoại tiếp các tam giác SAC,
ABC
Gọi R là bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.
ABC
SAC
2
1 a 35 SA. SC. AC a 21
.
b
2 12 4S
SAC
7
S SH AC r
Theo công thức Hê-rông:
S
ABC
2
2 2 AC a 21
b d
R r r
4 7
H
6 . . 15
6 4 6
Vậy:
2
a AB AC BC a
rd
S
ABC
2
2
S
mc
C
a 21 12
a
4
7
7
Câu 12.
Chọn A

+ Gọi các cạnh của tứ diện là a , M , N lần lượt là trung điểm của DC,
AB .
+ Gọi O là trọng tâm BCD AO ( BCD)
.
+ Ta gọi NM AO I và NM AB ( AMB
cân) I là tâm mặt cầu ngoại tiếp ABCD .
R IA .
+ Tâm mặt cầu nội tiếp ABCD cách đều tất cả các mặt bên, dễ thấy I cũng là tâm mặt cầu nội tiếp ABCD
r IO .
+ Tính r IO :
a 3 a 3
a
Ta có BM AM , OM , OA AM OM
2 6
3
2 2 6
Xét AMB
có MN là đường phân giác nên:
a 6 a 3
.
OI OM OI OM OAOM . 3 6 a 6
OI .
IA AM OI IA OM AM OM AM a 3 a 3 12
.
6 2
a 6 a 6 a 6
+ Tính R IA AO OI .
3 12 4
R
+ Vậy 3 .
r
*Chú ý: + Ta có thể dùng thể tích V 4V OI AI .
ABCD
IDBC
+ Áp dụng luôn điểm I chia AO thành 4 phần bằng nhau.
Câu 13.
Chọn D

1 1 1
Ta có: IO O H 1
IO1 H1 IO2H
2
IO
O H
3
2 2 2
Mà IO2 - IO1 = 4 nên IO2 = 6 cm; IO1
= 2 cm; IK = 1 cm; IO = 9cm
( N)
là khối nón cụt có bán kính đáy lớn và đáy bé là r 1
và r 2
Trong IO1 H1có 1
1
sin O1 IH
1
= nên r 1
= 3 3; r 2
=
2
3
1 2 2 728 3
Vậy thể tích của ( N)
là V = p( r1 + r2 + r1 r2
) h = p( cm )
3 9
Câu 14.
Chọn C
Gọi V là thể tích của viên billiards snooker và r là bán kính của nó ( ĐK: 0 r 4,5 ).
Gọi
1
V , V 2
lần lượt là thể tích của khối trụ trước và sau khi thả viên billiards snooker vào.
Khi đó: V V V
(1).
1 2
4 3 2 2
Ta có V1 .r ; V2
.5,4 .4,5 131,22. ; V .5, 4 .2 r 58,32 . r . Thay vào (1) ta có phương trình:
3
4 4
3 3
3 3
.r 131,22. 58,32 . r . r 58,32. r 131, 22 0
Giải phương trình (2) ta được r1 4,83(loại); r2 7,53(loại); r3 2,7 (Thỏa mãn).
Vậy r 2,7 cm.
Câu 15.
Chọn D
(2).

Gọi r là bán kính của quả bóng tennis.
Khi đó bán kính đáy hộp bằng r và chiều cao hộp bằng 6r .
2 2 3
Khi đó thể tích hộp bóng hình trụ: V r h r 6r 6
r .
4 3
Thể tích một quả bóng tennis: V1
r .
3
3
Suy ra thể tích ba quả bóng tennis là 3V
4
r .
1
3 3 3
Thể tích phần không gian còn trống trong hộp là V V 3V 6 r 4 r 2
r .
3
V2
2
r 1
Ta có: a% a% a%
.
3
V 6
r 3
Suy ra a 33.
2 1
Câu 16.
Chọn D
Gọi G là trực tâm của tam giác ABC.
Ta có BC SAI BC GH (1)
DC SAB DC SB
SB KC SB CDK SB GH (2)
SB CD
(1), (2) suy ra
90
o
GH SBC GHI H
thuộc mặt
cầu đường kính GI và thuộc mặt phẳng cố
định nên thuộc đường tròn C là
SAI H
giao của mặt cầu đường kính
SAI
GI và mặt phẳng
. Dễ nhận thấy trong các mặt cầu chứa
C
, mặt cầu đường kính GI là mặt cầu có
bán kính nhỏ nhất, suy ra H nằm trên đường
tròn đường kính GI nằm trong SAI .

GI a 3
Rmin
.
2 12
Câu 17.
Chọn A
Bốn điểm
O, A, B,
C
tạo thành 1 tam diện vuông.
2 2 2
OA OB OC
Bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện O.
ABC là R
.
2
Đặt OA a; OB b, a, b 0. Ta có a b 1 b 1
a .
Vậy
R
OA OB OC
2
2 2 2
a
b
2
1
2 2 2
a
a 2
1 1
2 2
2
2
1 3
2
a
2 4
6
.
2 4

6
1
Vậy Rmin
, tại a b . .
4
2
Câu 18. Chọn D
1 1
Ta có VABCD
AB. CD. d AB, CD.sin AB, CD Vmax
AB. CD. d AB,
CD
.
6 6
Khi đó AB CD . Gọi M , N lần lượt là trung điểm của AB và CD .
x 0; 10 , y 0;2
Đặt AM x,
CN y .
; d AB, CD MN OM ON 10 x 4 y .
2 2
2 2
ON 10 x ; OM 4 y
Khi đó V AB. CD. d AB,
CD
ABCD
1
1
2 .2 . 10
2 4
2
6
6 x y x y
2 2
.
2
10 4
3 xy x y
2 2
2 10 x
2 2 10 x
2
Ta có: VABCD
xy
2 1 4 y xy 2 1
4 y
.
3 2
3 2
18
2 2 2
18 2 2 3 9 2
2 3 2 3 2
VABCD
xy x y xy xy xy xy
3 2 3 2 3
xy xy
9 2xy
2 4 2
8 xy xy
8
2 2
VABCD
xy 39 2 xy . . 9 2xy
9 3 2 2
3 3
3
2 8 9
VABCD
. 72 VABCD
6 2 . Vậy Vmax 6 2 . Dấu " " xảy ra khi:
3 3
3
.

2
10 x
2
2 4 y
x 6
2 1 .
y 3
xy
9 2xy
2
Câu 19.
Chọn D
Lời nhận xét: Quả bóng trong đề bài là hình cầu
có bán kính đúng bằng bán kính của hình cầu S .
Gọi là bán kính của đường tròn và cũng là bán kính của mặt cầu S .
R C
68,5
Chu vi của đường tròn là: 2 R 68,5 R .
2
2 68,5 137 18769 2
Diện tích mặt cầu S là: 4 R 4 . 4 . cm
.
2 4 4
2
Một miếng da có diện tích là 49,83 cm .
S ; thiết diện qua tâm của hình cầu là đường tròn lớn C
2 2
Như vậy cần có
Đáp số là 30 miếng da.
Câu 20. Chọn A
18769 : 49,83 29,97
4
Gọi bán kính của khối cầu là R .
Cạnh của hình lập phương là 2R .
miếng da.
3 3
Thể tích của hình lập phương là 2R
8R
.
4 3
Thể tích của khối cầu kim loại là .
3 R
3 4 3
Ta có phương trình: 8R
R 10
3
4
10 15 15
3 4
8
12 2
12 2
3
3 3
R 8 10
R R 3
Câu 21.
Chọn B

Oxyz M x y z
N
M I 1; 1;2
R 2 N
Trong không gian với hệ tọa độ , gọi là điểm có tọa độ ; ; và là điểm có toạ độ a; b;
c .
Theo giả thiết ta có thuộc mặt cầu tâm , bán kính và thuộc mặt phẳng
P : x y z 6 . Ta có P x a 2 y b 2 z c
2 MN
2
.
11
2 6
Khoảng cách từ I 1; 1;2
đến mặt phẳng P : x y z 6 là d 2 3 2 nên P đạt giá
3
2
2
MN 2
trị nhỏ nhất khi và chỉ khi nhỏ nhất, do đó Pmin d R 2 3 2 16 8 3 .
Câu 22.
Chọn B
Gọi hình trụ có bán kính đáy r và chiều cao h ( như hình vẽ dưới đây)
A
r
I
R
h
0
h
Xét tam giác vuông IAO . Ta có: r R
2
R
h 2 r 2
r 2 h 2 r 4 R 2
2 3
2
2
2 2
3 hr 16
4 2 2 16 3
2
2 R
Mặt khác thể tích khối trụ V hr 16
.
3
Thể tích khối trụ lớn nhất khi h 2
2 3
r h
R .
4 2 3
Câu 23.
Chọn C
2
3
3

S
Mặt cầu có tâm I 1;2;3 bán kính R 5
1 1
Đường thẳng AB đi qua B 0;1;0
nhận u . AB . 3;3; 6 1; 1;2
làm VTCP
3 3
x
t
nên AB có phương trình: y
1 t
z
2t
Gọi H t ;1 t ;2t
là hình chiếu của I trên AB , ta được IH t 1; 1 t ;2t
3
Khi đó IH u hay IH. u 0 t 11 t 4t
6 0 t 1, ta được H 1;0;2
2 2 2
IH 0 2 1 5 R (tức là AB cắt mặt cầu).
Giả sử mặt phẳng cắt mặt cầu theo một đường tròn bán kính r
K I
Gọi là hình chiếu của trên .
2 2 2 2 2
Ta được R IK r r 25 IK
Từ đó suy ra r nhỏ nhất khi IK lớn nhất.
Mặt khác: AB và H AB nên H nên ta luôn có IK IH
Suy ra IKmax
IH khi K H .
Khi đó đi qua 0;1;0 nhận IH 0; 2; 1
làm VTPT
Nên
B
có phương trình: y z
2 2 0
2 3
Đối chiếu giả thiết ta được a 0 , b 2 , c 1
nên T a b c 5
Nhận xét:
- Có thể tính IH d I ; AB theo công thức.
- Nếu AB không cắt mặt cầu thì đường tròn cần tìm có bán kính nhỏ nhất bằng 0.
Câu 24.
Chọn A
Gọi độ dài cạnh của tam giác ABC là a .
Khi đó khối nón tạo thành có bán kính đáy là: r BM
Thể tích khối nón là V
1
2 3
2 a a a
r h . . .
a
2
1 1 3 3
3 3 2 2 24
; chiều cao h AM
a 3
2

2 a 3
Khối cầu tạo thành có bán kính là R AM
3 3
Thể tích khối cầu là: V
Suy ra: V 3 3
1
a 3 4
3 9
:
a .
V 24 27 32
Chọn B
2
2
3
3
4 3 4 a 3 4
a 3
R . .
3 3
3
27
Câu 25. Tác giả: Nguyễn Bảo Mai; Fb: Bao An
Nhận thấy khi ta cắt hình cầu và hình nón bởi mặt phẳng ( Q ) song song với ( P)
thì hai thiết diện đều là hình
tròn.
Gọi R , R lần lượt là bán kính, còn H,
E lần lượt là tâm của hai hình tròn thiết diện đó.
1 2
Gọi K là tiếp điểm của mặt cầu với ( P)
, còn I là tâm mặt đáy của hình nón.
Theo giả thiết HK EI x, 0 x R nên H nằm giữa O và K , còn E nằm giữa S và I.
2
2 2 2 2 2
Ta có: R1 R OH R 5 x 10x x .
R2
SE 15 x 15 x
R2
.
R SI 15 3
Do đó:

2
2 2 2 15 x 2 2
1 2
10 8 60 225 8 60 225 .
S R R x x x x x x
3 9 9
2
75 8 15 75
S x . Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x
2 9 4 2
a 15
S đạt giá trị lớn nhất khi x . Vậy T a b 19 .
b 4
Câu 26.
Ta xét trường hợp đặc biệt là I1 I2
I .
Trường hợp 1: Hai vectơ IM , IM cùng hướng.
1 2
15 .
4
M1M 2
IM
2
IM1
5 1
Khi đó IK sẽ đạt giá trị lớn nhất và IKmax IM1 M1K IM1 IM1
1 3 .
2 2 2
Trường hợp 2: Hai vectơ IM , IM ngược hướng.
1 2
M1M 2
IM
2
IM1
5 1
Khi đó IK sẽ đạt giá trị nhỏ nhất và IKmin IM
2
M
2K IM
2
IM
2
5 2 .
2 2 2

Tập hợp các điểm K là phần không gian nằm trong khối cầu bán kính 3 và ngoài khối cầu bán kính 2 , tính
cả bề mặt hai khối cầu (phần màu trắng trong hình vẽ).
4 3 4 3 76
Do đó thể tích khối tròn xoay cần tìm là V .3 .2
.
3 3 3
Câu 27.
Chọn B
Thiết diện qua trục của hình nón là một tam giác đều cạnh l .
Do đó bán kính đường tròn nội tiếp tam giác cũng chính là bán kính mặt cầu nội tiếp chóp là
1 l 3 l 3
r1
. .
3 2 6
l 3 l 3
AA
AH
AH HH
Áp dụng định lí Ta-lét ta được
2 3 1 l
AA .
AB AH AH l 3 3 3
2
l 3 l 3 r1
r1
Tương tự ta tìm được r2
. , r3 ,…, .
2
3 6 18 3 3
, r1
r1
r4 r
3 n
n1
3 3

4
V r
3
3
1 1
3
4 3 4
1
1
, V2 r2 r
1
1
V1
, V V ,…, V
.
3
3 3 3 3
3 3
2
3
1 n
V
1 1
3
n
3
1 1 1
V 1 ...
1 3
3
V1 V2 ...
V
2 3
n
3 3 3
1
n
Khi đó T lim
lim
1
lim V . S .
V
V
V
1 1 1
Đặt S 1 ... .
3
3 3 2 3
3 3 n 1
1
Đây là tổng của CSN lùi vô hạn với công bội q
3
3
1 27
1
lim S
1
1
26
3
3
27
V V ... V . V
26
1 2 n
1
27 4 l 3
.
26 3
6
3
3
52 l
3
1
V
3
Câu 28.
Chọn B
2
r h
1 1 l 3
.
3 2 2
2
3l
24
3
3 3
l
52 6
T .
3
3
l 13
24
A
O
B
H
S
Đường kính của khối cầu bằng chiều cao của bình nước nên OS 2OH
.
Ta có thể tích nước tràn ra ngoài là thể tích của nửa quả cầu chìm trong bình nước:
3
VC
2
OH
18 OH 3.
2 3
1 1 1
2
Lại có: OB 12.
2 2 2
OH OS OB

2
. OS.
OB
3
Thể tích bình nước ( thể tích nước ban đầu): Vn
24
dm
.
3
3
Thể tích nước còn lại là: 24 18 6
dm .
Câu 29.
Chọn D
R
R
Gọi bán kính của đường tròn lớn quả banh tenis là R .
2
Diện tích của một quả banh tenis là 4
R .
2
Suy ra S1 12
R .
Chiều cao của chiếc hộp hình trụ là 6R .
2
Diện tích xung quanh của hình trụ là S2 2 R.6R 12
R .
S1
Do đó 1.
S
Câu 30.
Chọn D
2
Gọi là bán kính viên bi sắt cần tìm, 0 R 4,5 cm .
R
2 6561 3
Thể tích khối nước ban đầu có trong cốc là V h. S 4,5. . 5, 4 cm .
50
4 3
Thể tích của viên bi là .
3 R
Sau khi thả viên bi, chiều cao của mực nước bằng đường kính khối cầu nên tổng thể tích của nước và khối
cầu là

R
2,7
6561 4 3
R 5,4 2
.2R
R 7,5.
50 3
R 4,8
Vậy R 2,7cm .
Câu 31.
Chọn B
2 3
Ta có r h AA'
V r h h .
1
Do
3
OA r h AB AB 3h
3
3h 2 3 3
3 3h
V2
. AA'
4 4
.
V1
4 3
Vậy .
V 9
2
Câu 32.
Chọn B
Gọi h,
R là chiều cao, bán kính đáy của hình trụ.
Vì hai quả cầu đều tiếp xúc với hai đáy nên h 2r
.
Vì hai quả cầu tiếp xúc với nhau và mỗi quả cầu đều tiếp xúc với đường sinh của hình trụ nên R 2r
.
Thể tích khối trụ là
Thể tích khối cầu
Câu 33.
Chọn D
3
120 cm
3
20 cm .
120 R h 4 r .2r 2.4
r
Gọi h là chiều cao của hình trụ suy ra h 8r
.
Vì thể tích của mỗi quả bóng bằng
4 4
3 3
2 2 3
3 3
120 6. r r 20 .
3
10 cm nên
4
3 r
3 3
10 cm .
2 3 4 3 3
Thể tích trụ V r h 8 r 6. r 6.10 60 cm .
3

PT 37.2. Một người dùng một cái ca hình bán cầu có bán kính là 3cm để múc nước đổ vào trong một thùng
hình trụ chiều cao 3cm và bán kính đáy bằng 12cm . Hỏi người ấy sau bao nhiêu lần đổ thì nước đầy thùng?
(Biết mỗi lần đổ, nước trong ca luôn đầy)
A. 10 lần.B. 20 lần. C. 24 lần. D. 12 lần.
Chọn C
Thể tích hình trụ là
S
2 2
. R . h .12 .3 432.
3
cm .
Thể tích mỗi lần múc là
Số lần múc để đầy thùng nước là
Câu 34. Chọn B
Chiều cao của hình trụ là 2r .
1 4 2
2 3 3
3
3
S1
. . .r . .27 18
cm .
432
n 24 lần.
18
Đường kính của hình trụ là 4r . Suy ra bán kính của hình trụ là 2r .
Thể tích khối trụ là 2 3
3 3 3 3 4 3
2 r .2r 8
r . Theo bài ra có 8 r 120 cm r 15 cm r 20 .
3
3
Vậy thể tích của mỗi khối cầu là 20 cm .
Câu 35.
1 1 3 3
r l r . R R
Ta có
2 2 2 4
.
3 3
l R l R
2
2
2 3 3 3 27 2
Diện tích toàn phần của hình nón là S1
rl r R .
R R R .
4 2 4 16
2
Diện tích mặt cầu là S R .
2
4
27 2 2 2
Theo bài ra ta có: S1 S2
91 R 4 R 91 R 16.
16
Vậy diện tích mặt cầu là: S 2 2
2
4
R 4.16 64 cm
Câu 36.
Chọn B
2

Gọi hình cầu có tâm O bán kính R.
Gọi hình nón có đỉnh S, tâm đáy là H, bán kính đáy r HA.
Vì hình nón nội tiếp hình cầu nên đỉnh S thuộc hình cầu, chiều cao SH của hình nón đi qua tâm O của hình
cầu, đồng thời cắt hình cầu tại điểm S '.
Theo đề chiều cao hình nón SH 9 , bán kính hình cầu OS 5 OH 4 , từ đó ta có
2 2 2 2
HA OA OH 5 4 3 .
1 2 1 2 1 2
Thể tích khối nón V1
h r SH. . HA .9 3 27
.
3 3 3
4 3 4 3 500
Thể tích khối cầu V2
R 5 .
3 3 3
V1
27
81
Tỉ số .
V 500
2
500
3
Câu 37.
Chọn A
Dựng hình chữ nhật AMHB .
AB
BH
Ta có AB BHN
MH BHN
.
AB
BN
Do Ax By BH BN .

MA
MP
Giả sử MN tiếp xúc với mặt cầu S
tại P .
NB
NP
Trong tam giác MHN vuông tại H có:
MN MH HN
2 2 2
2 2 2
MP PN 100 BH BN
2 2 2
MA NB 100 AM BN
MA. NB 50 .
Câu 38.
Chọn A
a
1 1 2 2 1
2
2
Bán kính mặt cầu ngoại tiếp khối trụ là: R OC AC AB BC 2a
3 2a
3 6 .
2 2
2
4
Thể tích mặt cầu ngoại tiếp khối trụ là: V R
3
Câu39.
Chọn C
3
8
6a
3
O
r
h
O'
Gọi r và h ( r, h 0 ) lần lượt là bán kính đáy và chiều cao của hình trụ. Ta cần tìm r để diện tích toàn phần
S S tp
của hình trụ đạt GTNN.
2 V
Ta có: V r h h .
2
r

V
S 2 rh 2 r 2 r
r
2 2
. Áp dụng BĐT Cô – si cho các số dương ta có:
V 2
2 2
3
2
r V V r 3 V . V . r 3
V 3
2
r 2 r 2 r 2 r 2 r
4
.
V
S
4
2
3
3 2
2 .3 3 2V
2
. Dấu bằng xảy ra V 2 3
r r V r
V 3 .
2 r
2 2
V
Vậy S đạt GTNN khi r 3 . 2
Câu 40.
Chọn C
Gọi R là bán kính của khối cầu. Khi đó thể tích nước tràn ra ngoài là thể tích của một nửa khối cầu nên
1 4 .
3 54 3 3 3 .
2 3 R R
2
Do đó chiều cao của thùng nước là h .2 R 4 3 .
3
Cắt thùng nước bởi thiết diện qua trục ta được hình thang cân ABCD với AB 3CD
. Gọi O là giao điểm của
AD và BC thì tam giác OAB cân tại O .
Gọi H là trung điểm của đoạn thẳng AB và I là giao điểm của OH và CD I là trung điểm của DC nên
1
DI AH .
3
OI DI 1 3
Ta có OH HI 6 3
OH AH 3 2
Gọi K là hình chiếu của H trên OA thì HK R 3 3
Tam giác OHA vuông tại H có đường cao HK nên

1 1 1 1 1 1 1
2 2 2 2 2 2
HK HO AH AH HK HO
AH
36
6 DI 2
2 2 2 2
h AH DI AH. DI 4 3 6 2 6.2
208 3
Thể tích thùng đầy nước là
3 3 3
208 3
46 3
3
Do đó thể tích nước còn lại là 54 3
dm
.
3 3
Câu 41.
Bán kính đáy cốc là:
2cm , bán kính viên bi là:
2 3
Thể tích nước ban đầu là: .2 .8 32
cm
4 16
3 3
Thể tích 4 viên bi là: 4. .1
3 cm
3
1cm
16 112
3 3
Chọn A
3
Thể tích khối nước và các viên bi là: 32 cm
Chiều cao mực nước lúc sau:
112
3 28
2
.2 3
(cm)
28 8
Mực nước trong cốc cách mép cốc: 12 2,67cm
.
3 3
Câu 42.
Chọn C
I
d
R
Gọi r là bán kính khối nón.
Áp dụng định lí Pitago ta có:
2
r R d 2 3 d 12 d
2 2 2 2
Thể tích khối nón:

1 1 1
V r 2 h 12 d 2 d 12d d
3
.
3 3 3
Bài toán trở thành tìm giá trị lớn nhất của hàm số f d 12d d trên khoảng 0;2 3 .
2
12 3
f d d
2
f d 0 12 3d 0 d 2 (vì 0 d 2 3 )
Bảng biến thiên
3
Ta suy ra max f d f 2 16
.
0;2 3
16
Vậy thể tích lớn nhất của khối nón là V khi d 2 .
3
Câu 43.
Chọn A
Gọi I là tâm đường tròn đáy hình nón

Giả sử O , R lần lượt là tâm và bán kính mặt cầu thỏa mãn yêu cầu bài toán
Trong tam giác vuông ASI có cos ASI 1 0
ASI 60
2
Khi đó tam giác SOA đều R OA AS 2
Vậy đường kính của mặt cầu là 4 .
Câu 44.
Chọn A
Gọi I và r lần lượt là tâm và bán kính đường tròn đáy hình nón
Giả sử R là bán kính mặt cầu thỏa mãn yêu cầu bài toán
Theo bài ra, ta có Sxq
rl
S xq
2 3
r
l
2
3
Trong tam giác vuông ASI có sin ASI 3 0
ASI 60
2
Khi đó tam giác SOA đều R OA AS 2
Vậy đường kính của mặt cầu chứa điểm S là 4 .

Câu 45.
Chọn A
Gọi I và r lần lượt là tâm và bán kính đường tròn đáy hình nón.
Giả sử O , R là bán kính mặt cầu thỏa mãn yêu cầu bài toán
Trong tam giác vuông ASI có
r
2 2
AI 3 1 2 2
Trong tam giác vuông AOI có
Vậy ta chọn đáp án A.
2 2 2
AO AI IO
R r R 1 2R
9
2 2
2

Câu 1: (GV Đặng Thành Nam -2019) Trong không gian Oxyz, cho hai mặt cầu ,
S S có
1 2
2 2 2 2 2 2
phương trình lần lượt là S1 : x y z 25;( S2) : x y ( z 1) 4. Một đường thẳng d
vuông góc với vector u (1; 1;0)
tiếp xúc với mặt cầu (S 2 ) và cắt mặt cầu (S 1 ) theo một đoạn
thẳng có độ dài bằng 8. Hỏi véctơ nào sau đây là véctơ chỉ phương của d?
A. u1 1;1; 3
B. u2 1;1; 6
C. u3 (1;1;0)
D. u4 1;1; 3
Câu 2: (GV Đặng Thành Nam -2019) Trong không gian Oxyz, cho hai điểm A(3;-2;2), B(-
2;2;0) và mặt phẳng ( P) : 2x y 2z
3 0. Xét các điểm M, N di động trên (P) sao cho MN =
1. Giá trị nhỏ nhất của biểu thức
2 2
2MA
3NB
bằng
A. 49,8 B, 45 C. 53 D. 55,8
Câu 3: (GV Đặng Thành Nam -2019) Trong không gian Oxyz, cho ba điểm
2 2 2
A(0;0;4), B(3;2;6), C(3; 2;6). Gọi M là điểm di động trên mặt cầu ( S) : x y z 4. Giá trị
nhỏ nhất của biểu thức MA MB MC bằng
A. 2 34 B. 6 5 C. 4 10 D. 2 29
Câu 4: (GV Đặng Thành Nam -2019) Trong không gian Oxyz, cho mặt cầu
2 2 2
( S) : ( x 1) ( y 1) ( z 1) 12
( P ) : x 2 y 2 z 11 0.
Xét điểm M di động
và mặt phẳng
trên (P); các điểm A, B, C phân biệt di động trên (S) sao cho AM, BM, CM là các tiếp tuyến của
(S). Mặt phẳng (ABC) luôn đi qua điểm cố định nào dưới đây?
1 1 1
A. ; ;
4 2 2
3
B. (0;-1;3) C. ;0;2
2
D. (0;3;-1)
Câu 5: (GV Đặng Thành Nam -2019) Trong không gian Oxyz, cho đường thẳng
x y 1 z 1
: .
2 1 1 Hai điểm M, N lần lượt di động trên các mặt phẳng (α): x = 2; (β): z = 2 sao
cho trung điểm K của MN luôn thuộc đường thẳng Δ. Giá trị nhỏ nhất của độ dài MN bằng
A. 8 5
5
B. 4 5
5
C. 3 5
5
D. 9 5
5
Câu 6: (GV Đặng Thành Nam -2019) Trong không gian Oxyz, cho đường thẳng
x 3 y 1 z 2
: . . Có tất cả bao nhiêu giá trị thực của m để phương trình
1 3 1
2 2 2 2
x y z z my m z m m
4 2 2( 1) 2 8 0 là phương trình của một mặt cầu (S) sao
cho có duy nhất một mặt phẳng chứa Δ và cắt (S) theo giao tuyến là một đường tròn có bán kính
bằng 1.
A. 1 B. 6. C. 7. D. 5.

Câu 7: (GV Đặng Thành Nam -2019) Trong không gian Oxyz, cho mặt cầu
2 2 2
( S) : ( x 1) ( y 2) ( z 3) 25
và điểm A(2;2;1). Xét các điểm B, C, D thay đổi thuộc (S)
sao cho AB, AC, AD đôi một vuông góc nhau. Khoảng cách từ tâm của (S) đến mặt phẳng
(BCD) có giá trị lớn nhất bằng
A. 10 3
B. 1. C. 5 6
D. 5 3
Câu 8: (GV Đặng Thành Nam -2019) Trong không gian Oxyz, cho mặt cầu
x
2 t
và đường thẳng d : y t . Tổng các giá trị thực của tham
z m 1 t
2 2 2
( S) : ( x 1) y ( z 2) 4
số m để d cắt (S) tại hai điểm phân biệt A, B và các mặt phẳng tiếp diện của (S) tại A, B tạo với
nhau một góc lớn nhất bằng
A.-1,5 B. 3 C. 3 D. -2,25
Câu 9: (GV Đặng Thành Nam -2019) Trong không gian Oxyz, cho các điểm A(2;3;3),
B(−2;−1;1). Gọi S 1 và (S 2 ) lần lượt là hai mặt cầu thay đổi nhưng luôn tiếp xúc với đường thẳng
AB lần lượt tại các điểm A, B; đồng thời tiếp xúc ngoài với nhau tại điểm M(a;b;c). Khi khoảng
cách từ điểm M đến mặt phẳng ( P) : x 2y 2z 2018 0 đạt giá trị lớn nhất, giá trị biểu thức
a+b+c bằng
A. 4 B. 5 C. 3, D. 2
Câu 10: (GV Đặng Thành Nam -2019) Trong không gian Oxyz, cho điểm A(1;0;2), B(−2;0;5),
C(0;−1;7). Trên đường thẳng d vuông góc với mặt phẳng (ABC) tại A lấy một điểm S. Gọi H,K
lần lượt là hình chiếu vuông góc của A lên SB, SC. Biết khi S di động trên d (S ≠ A) thì đường
thẳng HK luôn đi qua một điểm cố định D. Tính độ dài đoạn thẳng AD.
A. AD 3 3 B. AD 6 2 C. AD 3 6 D. AD 6 3
Câu 11: (GV Đặng Thành Nam -2019) Trong không gian Oxyz , cho mặt cầu
2
2 2
S : x y 3 y 4 4. Xét hai điểm M , N di động trên S sao cho MN 1. Giá trị
nhỏ nhất của OM
ON bằng
2 2
A. 10.
B. 4 3 5. C. 5
D. 6 2 5.
Câu 12: (GV Đặng Thành Nam -2019) Trong không gian Oxyz, cho ba điểm
1;3;5 , 2;6; 1 , 4; 12;5
và mặt phẳng P : x 2y 2z
5 0.
A B C
Xét điểm M di động
trên mặt phẳng P,
giá trị nhỏ nhất của biểu thức MA 4 MB MA MB MC bằng
A. 6 29. B. 6 10. C. 18. D. 21.

Lời giải
Câu 1. Chọn đáp án C.
Hai mặt cầu (S 1 ),(S 2 ) có tâm lần lượt là là gốc toạ độ O, điểm I(0;0;1) và bán kính lần lượt là R 1
= 5, R 2 = 2.
Gọi A là tiếp điểm của d và (S 2 ), ta có IA = R2 = 2.
Vì d cắt (S1) theo một đoạn thẳng có độ dài bằng 8 nên
2 8
d(O;d) R1
25 16 3.
2
Vì d u ud
(1;1; x),
ta có
2
OI IA OA d( O, d) 1 2 OA 3 O, I,
A thẳng hàng.
OA
OA OI 3 OI (0;0;3) A(0;0;3).
OI
OA, ud
3 2
Do đó d( O; d) 3 x 0 ud
(1;1;0).
2
u x 2
d
Câu 2. Chọn đáp án A.
Gọi H, K lần lượt là hình chiếu vuông góc của A, B lên mặt phẳng (P) ta có H(1;-1;0);
K(0;1;2) và theo pitago có
2 2 2 2 2 2
MA MH HA MH d A P MH
( ,( )) 9
2 2 2 2 2 2 .
NB NK KB NK d ( B,( P)) NK 9
Đặt
MH a NK b MA NB a b
2 2 2 2
, 2 3 2( 9) 3( 9).
Mặt khác theo bất đẳng thức đường gấp khúc ta có
HM MN NK HK 3 a 1 b 3 b 2 a.
2 2 2 2 2
2MA 3NB 2 a 9 3 (2 a) 9 5a 12a
57 49,8.
Do đó
Dấu bằng đạt tại a 1, 2;b 0,8 và M , N [ HK].
Câu 3. Chọn đáp án A.
Với điểm M x y z
; ; ( S)
thì
MA MB MC MA 2 MI MA 2MI
2 2 2
x y z 4 0 và điểm I(3;0;6) là trung điểm BCBC và
x y ( z 4) 2 ( x 3) y ( z 6)
2 2 2 2 2 2
x y ( z 4) 3
x y z 4
2 ( x 3) y ( z 6)
2 2 2 2 2 2 2 2 2

2 x y ( z 1) ( x 3) y ( z 6)
2 2 2 2 2 2
2 2 2
2 ( x 3 x) ( y y) ( z 1 6 z) 2 34
x z 1
k 0
3 x 6 z
3 127 15 9 5 127
0 ; ;
;0;
34 34
2 2 2
x y z 4
Dấu bằng đạt tại y
x y z
Câu 4. Chọn đáp án D.
Mặt càu (S) có tâm I(1;1;1) bán kính R 2 3.
Xét điểm M(a;b;c) và A(x;y;z) ta có hệ điều kiện
A S x y z
0
2 2 2
IAM 90 AI AM IM
M ( P)
a 2b 2c
11 0
2 2 2
( ) ( 1) ( 1) ( 1) 12
2 2 2
( x 1) ( y 1) ( z 1) 12(1)
a 2b 2c
11 0(3)
2 2 2 2 2 2
12 ( x a) ( y b) ( z c) ( a 1) ( b 1) ( c 1) (2)
Lấy (1) – (2) theo vế có
( x 1) ( y 1) ( z 1) 12 ( x a) ( y b) ( z c) 12 ( a 1) ( b 1) ( c 1)
2 2 2 2 2 2 2 2 2
Vậy mặt phẳng qua ba tiếp điểm là
( Q) : ( a 1) x ( b 1) y ( c 1) z a b c 9 0.
( a 1) x ( b 1) y ( c 1) z a b c 9 0
Kết hợp với (3) suy ra mặt phẳng này luôn đi qua điểm cố định (0;3;−1).
Câu 5. Chọn đáp án A.
c 2 a d b 2
Gọi M (2; a; b) ( ); N( c; d;2) ( ) khi đó trung điểm của MN là K ; ; .
2 2 2
a d 2 2t
c 2 a d 2 b
Vì K thuộc nên t b 2 t . Khi đó
4 2 2
c
4t
2
2 2 2 2 2 2 2 2 8 5
MN c 2 ( a d) ( b 2) (4t 4) ( a d) (2t 2) 20t 24t 20 ( a d) .
5
dấu bằng đạt tại

a d 2 2t 2
a d
2
5
b t
6 2 6 2 2
c 4t 2 b M 2; ; , N ; ;2 .
5 5 5 5 5
a d 0
2
3 c
t
5
5
Câu 6. Chọn đáp án D.
Điều kiện là phương trình mặt cầu là
m
2 2 m 2 ( m 1) 2 m 2 2m
8
0
3 .
m 3
Đối chiếu đáp án chọn A.
2
Mặt cầu (S) có tâm I(2;-m;m+1), R m 3.
Mặt phẳng (P) có véctơ pháp tuyến n( a; b; c)
và
nu 0 a 3b c 0 c a 3 b
n( a; b; a 3 b).
Mặt khác A(3;1;2) ( P) ( P) : a( x 3) b( y 1) ( a 3 b)( z 2) 0.
Hay ( P) : ax by ( a 3 b) z 5a 7b
0.
Theo giả thiết
d( I,( P)) R R m 31 m 4.
2 2 2 2
( C )
Vậy có điều kiện
2 a bm ( a 3 b)( m 1) 5a 7 b
2
( m 2)( a 2 b)
2
m 4 m 4.
2 2 2 2 2
a b ( a 3 b) 2a 10b 6ab
+) Nếu m = 2 đẳng thức luôn đúng, tức vô số mặt phẳng (loại).
+) Nếu m ≠ 2 ta có
2 2 2 2 2
( m 2)( a 2 b) ( m 2)(2a 10b 6 ab) ( m 6) a 2( m 10) ab (6m 28) b 0
+) Nếu
m ab b
2
6 8 8 0
b
a
b
có hai mặt phẳng (loại).
0
+) Nếu m≠−6, điều kiện là
m
2
m
5
2
'
a
0 ( m 10) ( m 6)(6m
28) 0 34
(thoả mãn).
Vậy có hai giá trị thực của tham số mm thoả mãn.
Câu 7. Chọn đáp án D.
Mặt cầu (S) có tâm I(-1;2;-3), R = 5. Nhận thấy A(2;2;1) ( S).
Do đó (S) là mặt cầu ngoại tiếp
tứ diện vuông ABCD. Gọi G là trọng tâm tam giác BCD ta có

1
AI AB AC AD
2
2 2 5
AG AI ( 3;0; 4) G 0;2; .
1
3 3 3
AG AB AC AD
3
Vì vậy
2 4 5
d( I,( BCD)) IG 1 .
3 3
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi IG ( BCD) ( BCD) : 3x 4z
20 0.
2
Câu 8. Chọn đáp án C.
Mặt cầu (S) có tâm I(1;0;-2), R = 2. Đường thẳng d đi qua điểm M (2;0; m 1), u d
( 1;1;1).
IM , u 2 2
d ( m 1; m 2;1) ( m 1) ( m 2) 1
Do đó d( I, d)
u
3
3
Độ dài đoạn thẳng
d
2 2 ( m 1) ( m 2) 1 11 ( m 1) ( m 2)
AB 2 R d ( I, d) 2 4 2
3 3
2 2 2 2
Gọi (P), (Q) lần lượt là mặt phẳng tiếp diện của (S) tại A, B ta có
IA
( P)
(( P);( Q)) ( IA, IB).
IB
( Q)
Theo định lí hàm số côsin có
2 2
11 ( m 1) ( m 2)
4
cos AIB
1 1 .
Suy ra
2 2 2 2 2 2 2
IA IB AB 2R AB AB 3
m 3m
2 2
2 IA. IB 2R 2R
2
4 3
0 0 2
(( P),( Q)) max
90 AIB 90 cos AIB 0 m 3m 0 n 0; m 3.
Tổng các giá trị của tham số cần tìm bằng -3 + 0 = -3.
Câu 9. Chọn đáp án A.
Gọi I 1 , I 2 , R 1 , R 2 lần lượt là tâm và bán kính của các mặt cầu (S 1 ) và (S 2 ). Theo điều kiện tiếp xúc
I A R ; I B R .
có
1 1 2 2
Mặt khác hai mặt cầu tiếp xúc ngoài với nhau tại điểm M nên I1I2 R1 R2 I1A I2B I1I2
luôn tiếp xúc với mặt cầu đường kính ABtại điểm M tức là M thuộc mặt cầu đường kính AB
2 2 2
Phương trình mặt cầu đường kính AB là ( S) : x ( y 1) ( z 2) 9 có tâm I(0;1;2), R = 3.
Vì vậy M ( S) d( M ,( P)) d( I,( P)) R 672 3 675.
x 2y 2z
2018 0
Gọi H h / c( I,( P)) x 0 y 1 z 2 H ( 224; 447;450).
1 2 2
Dấu bằng đạt tại

3 1
IM IH 224; 448;448 (1;2; 2) M (1;3;0) a b c 4.
672 224
Câu 10. Chọn đáp án C.
2 2 2 2 2 2
AB 8, BC 9, CA 27 AB BC CA . Do đó ABC vuông tại B suy ra
AH
SB
BC ( SAB).
Do đó AH ( SBC) AH SC SC ( AHK).
AH
BC
AD
SC
Gọi D ( AHK) BC,
ta có AD ( SAC) AD AC.
AD
SA
AB 3 2
Do đó D cố định và AD AC tan ACB AC. 3 3. 3 6.
BC 3
Câu 11. Chọn đáp án A.
Xét điểm M ( x; y; z), N( a; b; c)
ta có
2 2
3 4 41
2
M
S x y z
2
2 2
N S a b 3 c
4 42 .
2 2 2
1
MN
( x a) ( y b) ( z c) 1(3)
Lấy (1) – (2) theo vế có:
2 2 2 2 2 2
x y z a b c y b z c
6( ) 8( ).
Kết hợp sử dụng bất đẳng thức Cauchy – Schwarz (Bunhiacopski) và (3) ta có
2 2 2 2 2 2 2 2
OM ON x y z a b c y b z c
6( ) 8( )
y b z c
y a y b z c
2 2 2 2 2 2 2 2
2
(6 8 ) (6 8 ) ( ) 10.
Dấu bằng đạt tại
2 2 2
x y z
( 3) ( 4) 4
2 2 2
a ( b 3) ( c 4) 4
x a 0
y b z c
k 0
6 8
2 2 2
( x a) ( y b) ( z c) 1 .
*Một cách tương tự mở rộng cho min –max của OM
2
ON
2 .
Câu 12. Chọn đáp án A.
Gọi E là điểm thỏa mãn EA 4EB 0 E(3;7; 3)
và F là điểm thỏa mãn
FA FB FC 0 F( 1; 1;3).
Khi đó MA 4MB MA MB MC 3ME 3MF 3( ME MF)

Thay toạ độ các điểm E, F vào phương trình mặt phẳng (P) có P . P 18.( 14) 0 do đó hai
2 2 2
điểm E, F nằm khác phía với mặt phẳng (P) vì vậy ME MF EF 4 8 6 2 29.
Vì vậy MA 4MB MA MB MC 6 29. Dấu bằng đạt tại M EF ( P).
E
F

Câu 1:
(THPT TRẦN PHÚ ĐÀ NẴNG)Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng
P : 2x y 2z
10 0 và mặt cầu S x y z
2 2 2
: 2 1 3 25 cắt nhau theo giao tuyến là
V là thể tích khối nón
đường tròn C . Gọi V
1
là thể tích khối cầu S , 2
N có đỉnh là giao điểm của
mặt cầu S với đường thẳng đi qua tâm mặt cầu S và vuông góc với mặt phẳng P , đáy là đường
V1
tròn C . Biết độ dài đường cao khối nón N lớn hơn bán kính của khối cầu S . Tính tỉ số
V .
A.
V
125
1
V 2
32
. B. 1
2
V 125
V 8
. C. V1
125
V 96
. D. V1
375
V 32
.
Câu 2. (TRƯỜNG CHUYÊN ĐẠI HỌC VINH) Trong không gian Oxyz , cho hai điểm
A1;3; 2
, B 3;7; 18
và mặt phẳng P : 2x y z 1 0. Điểm M a, b,
c thuộc P sao cho
2 2
mặt phẳng ABM vuông góc với P và MA MB 246 . Tính S a b c .
A. 0 . B. 1. C. 10 . D. 13 .
Câu 3: (THPT Đặng Thúc Hứa - Nghệ An) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho đường thẳng
x 1 y z 2
d : , mặt phẳng P : x y 2z
5 0 1; 1;2
2 1 1
lần lượt tại M và N sao cho A là trung điểm của đoạn thẳng MN . Một vectơ chỉ phương của là:
A. u 2;3;2
2
và A . Đường thẳng cắt d và P
B. u 1; 1;2
C. u 3;5;1
2
D. u 4;5; 13
Câu 4: (THPT Chuyên Hà Tĩnh) Trong không gian Oxyz cho ba điểm A 1;2;3
, 1;0; 1
2
B ,
C 2; 1;2 . Điểm D thuộc tia Oz sao cho độ dài đường cao xuất phát từ đỉnh D của tứ diện ABCD
bằng 3 30 có tọa độ là
10
A. 0;0;1
B.0;0;3
C.0;0;2
D.0;0;4
Câu 5: (THPT Chuyên Hà Tĩnh) Cho hình lăng trụ ABC.
ABC
có A . ABC là tứ diện đều cạnh a .
Gọi M , N lần lượt là trung điểm của AA và BB . Tính tan của góc giữa hai mặt phẳng ABC và
CMN .
2
A.
5
Câu 6:
B. 3 2
C. 2 2
D. 4 2
4
5
13
(CỤM CÁC TRƯỜNG CHUYÊN ĐỒNG BẰNG SÔNG CỬU LONG) Trong không gian
Oxyz , cho ba điểm 2;5; 3
Da; b;
c (với c 0 ) thuộc
A , B 2;1;1 , C 2;0;1
và mặt phẳng : 3x 4y 5z
1 0
. Gọi
sao cho có vô số mặt phẳng P
chứa C , D và khoảng cách từ A
2 2 2
đến P gấp 3 lần khoảng cách từ B đến P . Tính giá trị biểu thức S a b c .
A. S 18
B. S 32
C. S 20
D. S 26

Câu 7:
(THPT Năng Khiếu - TP HCM)Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai đường thẳng
x
1
t x
4 3t
d1
: y 2 2t
và d2
: y 3 2t
z
3 t
z
1 t
. Trên đường thẳng d
1 lấy hai điểm ,
thẳng d
2 lấy hai điểm C,
D thỏa mãn CD 4. Tính thể tích V của tứ diện ABCD .
A B thỏa mã AB 3 . Trên đường
4 21
A. V 7
B. V 2 21 C. V D. V
3
Câu 8: (THPT Mộ Đức 2 - Quảng Ngãi)Trong không gian Oxyz cho mặt cầu S :
x 1 2 y 2 2 z 1
2
8 và điểm M 1; 1; 2
. Hai đường thẳng d ,
mặt cầu S lần lượt tại A , B . Biết góc giữa
1
d và
d bằng với
2
1
cos
2
5 21
6
d đi qua M và tiếp xúc
3
4
. Tính độ dài AB .
A. 7 . B. 11 . C. 5 . D. 7 .
Câu 9: (THPT Lê Quý Đôn - Hải Phòng) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho mặt phẳng
P : x 2y 2z
6 0
ON. OM 1
. Trong
. Mệnh đề nào sau đây đúng?
P lấy điểm M và xác định điểm N thuộc đường thẳng OM sao cho
2 2 2
1 1 1 1
A. Điểm N luôn thuộc mặt cầu có phương trình x y z
6 3 3 4
2 2 2
1 1 1 1
B. Điểm N luôn thuộc mặt cầu có phương trình x y z
12 6 6 16
C. Điểm N luôn thuộc mặt phẳng có phương trình x 2y
2z
1 0
D. Điểm N luôn thuộc mặt phẳng có phương trình x 2y
2z
1 0
Câu 10:
(THPT Thăng Long - Hà Nội) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho ba điểm
1;1;1 , 1;2; 1 , 1;0;1
A B C . Có bao nhiêu điểm D thỏa mãn tứ diện ABCD là tứ diện vuông tại D
(tức là DA, DB,
DC đôi một vuông góc)?
A. 12 . B. Vô số. C. 2 . D. 6 .
Câu 11:
(THPT CHUYÊN KHTN) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho tam giác ABC vuông
tại C , ABC 60 , AB 3 2, đường thẳng AB có phương trình
x 3 y 4 z 8
, đường thẳng
1 1 4
AC nằm trên mặt phẳng : x z 1 0 . Biết B là điểm có hoành độ dương, gọi ; ;
điểm C , giá trị của a b c bằng
a b c là tọa độ
A. 3. B. 2 . C. 4 . D. 7 .
Câu 12: (THPT Hồng Bàng - Hải Phòng) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz , cho mặt phẳng
x
2 t
P : 2x 2y z 4 0 và đường thẳng d : y 2 2t
z
2 t
nằm trên P và trọng tâm G nằm trên đường thẳng d . Tọa độ trung điểm I của BC là
. Tam giác ABC có A
1;2;1 , các điểm B , C
A. I 1; 1; 4
. B. I 2;1;2
. C. I 2; 1; 2
. D. 0;1; 2
I .

Câu 13:
(THPT HAU LOC 2_THANH HOA) Trong không gian với hệ trục Oxyz , cho bốn điểm mặt
phẳng đi qua điểm A 2;0;0
, B 0;4;0
, C 2;4;0
, 0;0;6
2 2 2
S : x y z 2x 4 y 6z
0
. Có bao nhiêu mặt phẳng cắt
bằng 14 và cách đều cả năm điểm O , A , B , C , D với O là gốc tọa độ.
D và mặt cầu
S theo một đường tròn có diện tích
A. Vô số. B. 1. C. 5. D. 3.
Câu 14: (SGD_QUANG NINH) Trong không gian Oxyz cho mặt phẳng P : 5x my 4z n 0 đi
qua giao tuyến của hai mặt phẳng : 3x 7y z 3 0 và : x 9y 2z
5 0
.
. Tính m n
A. 6 . B. 16 . C. 3. D. 4.
2 2 2
Câu15: (SGD_QUANG NINH) Trong không gian Oxyz , cho mặt cầu
A 2;0; 2 2 , B 4; 4;0
. Biết rằng tập hợp các điểm M thuộc
và các điểm
MA
2
MO. MB 16
là một đường tròn. Tính bán kính đường tròn đó.
A. 3 2
4 . B. 3 2 . C. 3 7
4 . D. 5 2 .
S : x 1 y 2 z 4
S và thỏa mãn
Câu 16. (THPT Lương Thế Vinh ) Trong không gian Oxyz , cho ba điểm A 2;3;1
, 2;1;0
C 3; 1;1
. Tìm tất cả các điểm D sao cho ABCD là hình thang có đáy AD và S 3S
.
A. D8;7; 1
. B.
D
8; 7;1
. C.
D 12;1; 3
D
8;7; 1
D 12; 1;3
ABCD
ABC
. D. D12; 1;3 .
Câu 17. (THPT Lương Thế Vinh – Hà Nội) Trong không gian Oxyz , cho điểm 1; 6;1
phẳng P : x y 7 0 . Điểm B thay đổi thuộc Oz ; điểm C thay đổi thuộc mặt phẳng
tam giác ABC có chu vi nhỏ nhất. Tọa độ điểm B là.
A. B 0;0;1
. B. B 0;0; 2
. C. B 0;0; 1
. D. 0;0;2
B ,
A và mặt
B .
P . Biết rằng
Câu 18. (TT Tân Hồng Phong) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho 5 điểm A1;2; 1
,
B 2;3;0
, C 2;3; 1
, D 3;2;5
, 3;4;0
E . Tìm số mặt phẳng cách đều 5 điểm A , B ,C , D , E .
A. 0 . B. 3. C. 5. D. 1.
Câu 19. (THPT HAI BÀ TRƯNG) Trong không gian Oxyz , cho điểm
2;0; 2 , 3; 1; 4 , 2;2;0 .
Điểm D trong mặt phẳng
A B C
Oyz có cao độ âm sao cho thể tích của
khối tứ diện ABCD bằng 2 và khoảng cách từ D đến mặt phẳng Oxy bằng 1. Khi đó có tọa độ điểm
D thỏa mãn bài toán là:
A. D0;3; 1 .
B. D0; 3; 1 .
C. D0;1; 1 .
D. D0;2; 1 .
Câu 20. (SGD Bà Rịa - Vũng Tàu)Trong không gian Oxyz cho 3 điểm A 3;7;1
, 8;3;8
C 2;5;6 . Gọi S 1
là mặt cầu tâm A bán kính bằng 3 và 2
Hỏi có tất cả bao nhiêu mặt phẳng đi qua C và tiếp xúc đồng thời cả hai mặt cầu S , S .
B và
S là mặt cầu tâm B bán kính bằng 6 .
A. 1. B. 2 . C. 3. D. 4 .
1
2

Câu 21: (SGD Bắc Ninh) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm M thuộc mặt cầu
( S) :( x- 3) 2 + ( y - 3) 2 + ( z - 2)
2
= 9 và ba điểm A ( 1;0;0 ), B ( 2;1;3 ); C( 0;2; - 3)
. Biết rằng quỹ tích các
2
điểm M thỏa mãn MA + 2 MB. MC = 8 là đường tròn cố định, tính bán kính r đường tròn này.
A. r = 3
B. r = 6
C. r = 3
D. r = 6
Câu 22:
(TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÊ HỒNG PHONG- NAM ĐỊNH )Trong không gian với hệ
2 2 2
trục tọa độ Oxyz cho mặt cầu S x y z
S 2 2
2
2
: x 1 y 2 z 1 9 cắt nhau theo giao tuyến là đường tròn
đường tròn C .
1
: 1 1 2 16 và
C . Tìm tọa độ tâ J của
1 7 1
A. J
; ;
2 4 4 . B. J 1 7 1
; ;
3 4 4 . C. 1 7 1
J
; ;
3 4 4 . D. 1 7 1
J
; ;
2 4 4 .
Câu 23: (THPT Quỳnh Lưu 1 - Nghệ An) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho các điểm
A 2;0;0
, B 0;3;0
, C 0;0;6
, 1;1;1
D . Có tất cả bao nhiêu mặt phẳng phân biệt đi qua 3 trong 5
điểm O , A , B , C , D ?
A. 6 . B. 10 . C. 7 . D. 5.
. Câu 24: (BTN ) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho bốn điểm A1; 2;0
, B 0; 1;1
, C 2;1; 1
và D3;0; 2
. Hỏi có tất cả bao nhiêu mặt phẳng cách đều 4 điểm đó?
A. 7 mặt phẳng. B. 4 mặt phẳng.
C. Có vô số mặt phẳng. D. 1 mặt phẳng.
Câu 25. (THPT chuyên Vĩnh Phúc ) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai điểm A( 1;2; - 2)
và B( 2; - 1;0 ).
Đường thẳng AB cắt mặt phẳng ( P): x + y - z + 1= 0 tại điểm I. Tỉ số IA
IB bằng?
A. 4 . B. 2 . C. 6. D. 3.
Câu 26: (Chuyên Vinh) Trong không gian Oxyz , cho mặt phẳng : 2x y 2z
2 0, đường thẳng
x 1 y 2 z 3
1
d : và điểm A
;1;1 . Gọi là đường thẳng nằm trong mặt phẳng , song
1 2 2
2
song với d đồng thời cách d một khoảng bằng 3. Đường thẳng cắt mặt phẳng Oxy tại điểm B . Độ
dài đoạn thẳng AB bằng.
A. 7 2 . B. 21
2 . C. 7 3 . D. 3 2 .
Câu 27: (Chuyên Vinh) Trong không gian Oxyz cho mặt phẳng : x z 3 0 và điểm 1;1;1
Gọi A là điểm thuộc tia Oz , Gọi B là hình chiếu của A lên
Diện tích của tam giác MAB bằng
A. 6 3 . B. 3 3
2
. C.
3 123
2
M .
. Biết rằng tam giác MAB cân tại M .
. D. 3 3 .

Câu 28. (Sở GD&ĐT Hà Nội) Cho lăng trụ tam giác đều ABC.
ABC
có cạnh bên bằng cạnh đáy.
Đường thẳng MN M AC;
N BC
là đường vuông góc chung của A C và BC . Tỷ số NB
NC bằng
5
A. .
B. 3 .
C. 2 .
D. 1.
2
2
3
Câu 29: (THPT Ngọc Tảo-Hà Nội)Trong không gian Oxyz mặt cầu
S x y z
2 2 2
. Khối bát diện đều có các đỉnh nằm trên
: 1 2 1 9
nhiêu?
A. 9 B. 18 C. 27 D. 36
S có thể tích bằng bao
Câu 30 (CÔNG TY TNHH GIÁO DỤC TÂN HỒNG PHONG) Trong không gian tọa độ , cho 2 Oxyz
1 2 1
đường thẳng , Mặt phẳng
1
:
x
y z
x 1 y 1 z 2
d d2
: .
2 1 2
1 3 1
: 0
d , d
1
d
P ax by cz d song song với 1 2 và khoảng cách từ đến P bằng 2 lần
khoảng cách từ 2 đến P
. Tính S a b c .
d
1
A. S .
3
B. S 1.
8
C. S 4 . D. S
34
hay S 4
.
d
Câu 31. (SỞ GD VÀ ĐT THANH HÓA)Trong không gian với hệ tọa độ , cho bốn điểm A 7;2;3 ,
B 1;4;3
C
Oxyz
, 1;2;6 , D 1;2;3 và điểm M tùy ý. Tính độ dài đoạn OM khi biểu thức
P MA MB MC 3MD
đạt giá trị nhỏ nhất.
A. 3 21
5 17
OM . B. OM 26 . C. OM 14 . D. OM .
4
4
Câu 32. (THPT QUẢNG XƯƠNG1) Trong không gian với hệ tọa độ , cho ba điểm A 3;1;0 ,
Oxyz
B 0; 1;0
, C 0;0; 6
. Nếu tam giác ABC
thỏa mãn hệ thức AA BB CC
0 thì tọa
độ trọng tâm của tam giác đó là
A. 1;0; 2 . B. 2; 3;0 . C. 3; 2;0 . D. 3; 2;1
.
3;1;0 , 0; 1;0 , 0;0; 6
A B C A B C
AA BB CC
0 thì có tọa độ trọng tâm là:
1;0; 2 .
2; 3;0 .
3; 2;0 .
Câu 33: Cho ba điểm . Nếu tam giác thỏa mãn hệ thức
A. B. C. D.
3; 2;1 .
Câu 34: Cho hình chóp . biết A 2;2;6 , B 3;1;8 , C 1;0;7 , D 1;2;3 . Gọi H là trung
S ABCD
điểm của , SH ABCD
27
. Để khối chóp S.
ABCD có thể tích bằng (đvtt) thì có hai
2
CD
S1,
S2
I S1S
2
điểm thỏa mãn yêu cầu bài toán. Tìm tọa độ trung điểm của
I
I
I
A. 0; 1; 3
. B. 1;0;3
C. 0;1;3 . D. I
1;0; 3 .

Câu 35: Trong không gian , cho điểm A 1; 6;1
và mặt phẳng P : x y 7 0 . Điểm B thay
Oxyz
đổi thuộc ; điểm thay đổi thuộc mặt phẳng P . Biết rằng tam giác ABC có chu vi nhỏ
nhất. Tọa độ điểm
Oz C
B
là.
B
B B
A. 0;0;1 . B. 0;0; 2 . C. 0;0; 1 . D. B 0;0;2 .
Câu 36: (THPT Phan Chu Trinh - ĐăkLăk) Trong không gian tọa độ cho hai điểm A 2;2;1 ,
Oxyz
8 4 8
B
; ;
. Biết I a; b;
c
là tâm đường tròn nội tiếp của tam giác OAB . Tính S a b c.
3 3 3
A. S 1. B. S 0 . C. S 1. D. S 2 .
Oxy
ABC
Câu 37: (THPT Chuyên Thái Bình) Trong không gian cho tam giác có A 2;3;3 ,
phương trình đường trung tuyến kẻ từ B là x 3 y 3 z 2
, phương trình đường phân
1 2 1
giác trong góc C là x 2 y 4 z 2
. Biết rằng u m; n; 1
là một véc tơ chỉ phương
2 1 1
2 2
của đường thẳng AB . Tính giá trị biểu thức T m n .
A. T 1
B. T 5
C. T 2
D. T 10
Câu 38: (Tạp chí THTT ) Trong không gian với hệ tọa độ cho điểm M 1;2; 1
Viết phương
Oxyz
trình mặt phẳng đi qua gốc tọa độ O 0;0;0 và cách M một khoảng lớn nhất.
x y z
A. x 2y z 0 . B. 1. C. x y z 0. D. x y z 2 0
1 2 1
Câu 39. (THPT Hùng Vương-PT) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho mặt cầu
2 2 2
S : x y z 6x 4y 2z
5 0
x 2 y 3 z 1
và đường thẳng d : . Viết phương
1 1 5
trình mặt phẳng vuông góc với đường thẳng và đi qua tâm của mặt cầu S .
P
d
P : 3x 2 y z 6 0
P : 3x 2 y z 6 0
P : x y 5z
4 0
P : x y 5z
4 0
A. . B. .
C. . D. .
x 1 y 1
z m
Câu 40: (CHUYÊN VINH) Trong không gian Oxyz cho đường thẳng d : và mặt c
1 1 2
S : x 1 2 y 1 2 z 2 2
9 .Tìm để đường thẳng cắt mặt cầu S tại hai điểm
m d
phân biệt E , F sao cho độ dài đoạn EF lớn nhất
1
1
A. m 1. B. m 0. C. m . D. m .
3
3
x
1
t
Câu 41: (CHUYÊN VINH) Trong không gian Oxyz , cho hai đường thẳng d : y 2 t ,
z
t
x
2t
d
: y 1
t
. Đường thẳng cắt d , d lần lượt tại các điểm A , B thỏa mãn độ dài đoạn
z
2 t
thẳng AB nhỏ nhất. Phương trình đường thẳng là

x 1 y 2 z
x 4 y z 2
A. . B. .
2 1 3
2 1 3
x y 3 z 1
C. . D.
x 2 y 1 z 1
2 1 3
2 1 3
Câu 42: Trong không gian , cho ba điểm 0;0; 1 , 1;1;0 , C 1;0;1 . Tìm điểm M sao cho
Oxyz A B
2 2 2
3MA 2MB MC đạt giá trị nhỏ nhất.
A. M 3 1
3 1
; ; 1 . B. M
3 3
; ;2 . C. M
3 1
; ; 1 . D. M
; ;
1 .
4 2
4 2 4 2 4 2
Câu 43: Trong không gian , cho ba điểm 0;0; 1 , 1;1;0 , C 1;0;1 . Tìm điểm M sao cho
Oxyz A B
2 2 2
3MA 2MB MC đạt giá trị nhỏ nhất.
A. M 3 1
3 1
; ; 1 . B. M
3 3
; ;2 . C. M
3 1
; ; 1 . D. M
; ;
1 .
4 2
4 2 4 2 4 2
x 8 y 2 z 3
Câu 44: (Sở GD và ĐT Cần Thơ) Trong không gian Oxyz , cho đường thẳng và
1
:
2 4 m 1
x
4 4t
2
: y
3
t . Giá trị của m để 1
và 2
cắt nhau là
z
2 2t
25
25
A. m . B. m . C. m 3 . D. m 3
.
8
8
m
Câu 45. (Sở GDĐT Lâm Đồng) Tìm để hai đường thẳng sau cắt nhau:
x 1
mt x 1
t'
d : y t và d':
y
2 2t'
.
z
1
2t
z 3 t'
A. m 2 . B. m 1. C. m 0. D. m 1.
x
1
mt
Câu 46. Trong không gian, cho hai đường thẳng d1
: y t
x 1 y 2 z 3
và d
. Tìm
2
:
1 2 1
z
1 2t
m d
để hai đường thẳng và .
1
d 2
A. m 0. B. m 1. C. m 1. D. m 2 .
Câu 47. (THPT Chuyên KHTN) Trong không gian với hệ tọa độ cho hai đường thẳng
Oxyz,
x
1
kt
x 1 y 2 z 3
d
và Tìm giá trị của để
1
: d2
: y t .
k d1
1 2 1
z
1 2t
cắt 2 .
1
A. k 1. B. k 1. C. k .
2
D. k 0 .
Câu 48: (SGD Đà Nẵng) Trong không gian với hệ tọa độ , cho hai mặt phẳng , Q lần lượt
Oxyz P
x y z 0 x 2y 3z
4
M 1; 2;5
M P
Q
có phương trình là , và cho điểm . Tìm phương trình
mặt phẳng đi qua điểm đồng thời vuông góc với hai mặt phẳng và .
A. 5x 2y z 14 0 . B. x 4y 3z
6 0 . C. x 4y 3z
6 0. D. 5x 2y z 4 0 .

Câu 49: (SGD Đà Nẵng) Trong không gian với hệ toạ độ , cho mặt phẳng P đi qua điểm
1; 3;2 và chứa trục . Gọi n a; b;
c là một vectơ pháp tuyến của mặt phẳng P .
A
Oz
Oxyz
b c
Tính M .
a
1
1
A. M . B. M 3 . C. M . D. M 3
.
3
3
d , d
Câu 50. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz ,cho hai đường thẳng 1 2 lần lượt có phương trình
x 2 y 2 z 3 x 1 y 2 z 1
d
, . Phương trình mặt phẳng cách đều hai đường
1
: d2
:
2 1 3 2 1 4
thẳng
d , d
1 2
là
A. 7x 2y 4z
0 . B. 7x 2y 4z
3 0 .
C. 2x y 3z
3 0. D. 14x 4y 8z
3 0 .
Câu 51: (Đề thử nghiệm ) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , viết phương trình mặt phẳng P
x 2 y z
song song và cách đều hai đường thẳng d
và
1
: d
1 1 1
P : 2y 2z
1 0
A. P : 2x 2z
1 0 . B. .
P : 2x 2y
1 0
P : 2y 2z
1 0
C. . D. .
2
x y 1 z 2
: 2 1 1
x
2 t x
2 2t
Câu 52: (THTT – 477) Cho hai đường thẳng d và . Mặt phẳng cách đều
1
: y 1 t d2
: y
3
z
2t
z
t
d1
d2
hai đường thẳng và có phương trình là
A. x 5y 2z
12 0.
B.
x 5y 2z
12 0.
C. x 5y 2z
12 0.
D.
x 5y 2z
12 0.
Câu 53. (THPT LƯƠNG TÀI ) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho đường thẳng d có
phương trình: x 1 y 2 z 3
.Xét mặt phẳng P : x 2y mz 7 0 , m là tham số
2 4 1
thực. Tìm tất cả các giá trị của để đường thẳng song song với mặt phẳng P ?
m d
1
A. m . B. m 6
. C. m 2
. D. m 10
.
2
Câu 54. (THPT Hà Huy Tập ) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng có phương
x 2 y 1 z 1
2
trình d : . Xét mặt phẳng P : x my với là tham số
1 1
m 1
z 7 0, m
1
thực. Tìm m sao cho đường thẳng d song song với mặt phẳng P.
.
m
1
A. . B. m 2 . C. m 1. D. m 1.
m
2

Câu 55. (THPT Đặng Thúc Hứa) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho đường thẳng
x y 1
z
2
: . Xét mặt phẳng P : x my m z 1 0, m là tham số thực. Tìm tất cả các
1 1 2
m
giá trị của để mặt phẳng P song song với đường thẳng .
.
1
A. m . B. m 1.
2
1
1
C. m 1 và m . D. m 0 và m .
2
2
Câu 56. (THPT chuyên Lê Thánh Tông ) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng
2
: m 1 x 2y mz m 1 0 .
m
Xác định biết song song với Ox .
A. m 1. B. m 1. C. m 0 . D. m 1.
Câu 57. (THPT Tiên Lãng ) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng
x 1 y 2 z 3
P : x 3y 2z
5 0 và đường thẳng d :
. Để đường thẳng d vuông
m 2m
1 2
góc với P thì:
A. m 2
. B. m 1. C. m 0 . D. m 1.
x
2 3t
Câu 58. (THPT NGUYỄN QUANG DIÊU) Cho đường thẳng d : y 5 7t
và mặt phẳng
z 4 m 3t
P x y z
P
: 3 7 13 91 0 . Tìm giá trị của tham số m để d vuông góc với .
A. 10
. B. 13 . C. 10 . D. 13
.
Câu 59. (THPT Lương Tài)Trong không gian với hệ tọa độ vuông góc Oxyz , cho đường thẳng
x
2 t
d : y 5 mt , t , mặt phẳng P
có phương trình x y 2z
3 0 . Mặt phẳng P
song
z
6 2t
song d khi.
A. m 5 . B. m 1. C. m 1. D. m 5
.
Oxyz
Câu 60. (THPT Tiên Du ) Trong không gian cho mp P : 2x my z 1 0 và đường thẳng
x
1
nt
d
: y
1 4t
. Tìm cặp số m,
n sao cho P
vuông góc với d
. .
z
2t
A. m 2, n 4 . B. m 4, n 2 . C. m 2, n 4 . D. m 2, n 4
.
Câu 61. (THPT Đặng Thúc Hứa ) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho đường thẳng
x y 1
z
2
: . Xét mặt phẳng P : x my m z 1 0, m là tham số thực. Tìm tất cả các
1 1 2
m
giá trị của để mặt phẳng P song song với đường thẳng .
.
1
A. m . B. m 1.
2
1
1
C. m 1 và m . D. m 0 và m .
2
2

Câu 62. (CHUYÊN VÕ NGUYÊN GIÁP ) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho ba mặt phẳng
P,
Q
và R
lần lượt có phương trình P : x my z 2 0 ; Q : mx y z 1 0 và
R : 3x y 2z
5 0 . Gọi d là giao tuyến của hai mặt phẳng P
và Q
. Tìm m để
d
đường thẳng vuông góc với mặt phẳng R .
m
m
m
1
A. Không có giá trị m . B.
1 .
m
3
1
C. m . D. m 1.
3
Câu 63: (THPT Lý Thái Tổ-) Trong không gian Oxyz, cho a,
b có độ dài lần lượt là 1 và 2. Biết
a b 3 khi đó góc giữa 2 vectơ a,
b là
A. 0 . B.
. C. 4 . D. .
3
3
3
Câu 64: (THPT Hai Bà Trưng- Huế) Trong không gian Oxyz , cho hai véc tơ a = ( 2;1; -2)
b = ( 0; - 2; 2)
với nhau là
. Tất cả giá trị của m để hai véc tơ u = 2a + 3mb
và v = ma -b
,
vuông góc
± 26 + 2
A. . B. 26 ± 2
11 2 ± 26 ± 26 + 2
. C. . D.
.
6
6
18
6
Câu 65: (THPT Lý Thái Tổ)] Trong không gian Oxyz, cho a,
b có độ dài lần lượt là 1 và 2. Biết
a b 3 khi đó góc giữa 2 vectơ a,
b là
A. 0 . B.
. C. 4 . D. .
3
3
3
Câu 66: (THPT Hai Bà Trưng- Huế) Trong không gian Oxyz , cho hai véc tơ a = ( 2;1; -2)
b = ( 0; - 2; 2)
với nhau là
A.
± 26 + 2
6
. Tất cả giá trị của m để hai véc tơ u = 2a + 3mb
. B. 26 ± 2
6
. C.
11 2 ± 26
18
và v = ma -b
. D.
± 26 + 2
6
,
vuông góc
Câu 67: (THPT Mộ Đức 2 - Quảng Ngãi)Trong mặt phẳng tọa độ Oxyz , cho bốn điểm A0; 1;2 ,
B2; 3;0
, C 2;1;1 , D0; 1;3 . Gọi
L là tập hợp tất cả các điểm M trong không gian
thỏa mãn đẳng thức MA. MB MC. MD 1
bán kính r bằng bao nhiêu?
A.
11
r . B.
2
7
r . C.
2
. Biết rằng L là một đường tròn, đường tròn đó có
3
r . D.
2
5
r .
2
Câu 68. (CHUYÊN ĐHSP HÀ NỘI) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho S 1;2;3
và các
điểm A , B , C thuộc các trục Ox , Oy , Oz sao cho hình chóp S.
ABC có các cạnh SA , SB ,
SC đôi một vuông góc với nhau. Tính thể tích khối chóp S.
ABC .
.

A. 343
343
343
343
. B. . C. . D.
6 18 12 36 .
Câu 69: (THPT Lý Thái Tổ-) Trong không gian Oxyz, cho a,
b có độ dài lần lượt là 1 và 2. Biết
a b 3 khi đó góc giữa 2 vectơ a,
b là
A. 0 . B.
. C. 4 . D. .
3
3
3
Câu 70: (THPT Hai Bà Trưng- Huế) Trong không gian Oxyz , cho hai véc tơ a = ( 2;1; -2)
b = ( 0; - 2; 2)
với nhau là
. Tất cả giá trị của m để hai véc tơ u = 2a + 3mb
và v = ma -b
,
vuông góc
± 26 + 2
A. . B. 26 ± 2
11 2 ± 26 ± 26 + 2
. C. . D.
.
6
6
18
6
Câu 71: (THPT Lý Thái Tổ) Trong không gian Oxyz, cho a,
b có độ dài lần lượt là 1 và 2. Biết
a b 3 khi đó góc giữa 2 vectơ a,
b là
A. 0 . B.
. C. 4 . D. .
3
3
3
Câu 72: (THPT Hai Bà Trưng- Huế) Trong không gian Oxyz , cho hai véc tơ a = ( 2;1; -2)
b = ( 0; - 2; 2)
với nhau là
. Tất cả giá trị của m để hai véc tơ u = 2a + 3mb
và v = ma -b
,
vuông góc
± 26 + 2
A. . B. 26 ± 2
11 2 ± 26 ± 26 + 2
. C. . D.
.
6
6
18
6
Câu 73: (THPT Lý Thái Tổ) Trong không gian Oxyz, cho a,
b có độ dài lần lượt là 1 và 2. Biết
a b 3 khi đó góc giữa 2 vectơ a,
b là
A. 0 . B.
. C. 4 . D. .
3
3
3
Câu 74: (THPT Hai Bà Trưng- Huế) Trong không gian Oxyz , cho hai véc tơ a = ( 2;1; -2)
b = ( 0; - 2; 2)
với nhau là
A.
± 26 + 2
6
. Tất cả giá trị của m để hai véc tơ u = 2a + 3mb
. B. 26 ± 2
6
. C.
11 2 ± 26
18
và v = ma -b
. D.
± 26 + 2
6
,
vuông góc
Câu 75: (THPT Mộ Đức 2 - Quảng Ngãi)Trong mặt phẳng tọa độ Oxyz , cho bốn điểm A0; 1;2 ,
B2; 3;0
, C 2;1;1 , D0; 1;3 . Gọi
L là tập hợp tất cả các điểm M trong không gian
thỏa mãn đẳng thức MA. MB MC. MD 1
bán kính r bằng bao nhiêu?
A.
11
r . B.
2
7
r . C.
2
. Biết rằng L là một đường tròn, đường tròn đó có
3
r . D.
2
5
r .
2
.

Câu 76. (CHUYÊN ĐHSP HÀ NỘI) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho S 1;2;3
và các
điểm A , B , C thuộc các trục Ox , Oy , Oz sao cho hình chóp S.
ABC có các cạnh SA , SB ,
SC đôi một vuông góc với nhau. Tính thể tích khối chóp S.
ABC .
A. 343
343
343
343
. B. . C. . D.
6 18 12 36 .
Câu 77: (THPT Lý Thái Tổ)Trong không gian Oxyz, cho a,
b có độ dài lần lượt là 1 và 2. Biết
a b 3 khi đó góc giữa 2 vectơ a,
b là
A. 0 . B.
. C. 4 . D. .
3
3
3
Câu 78: (THPT Hai Bà Trưng- Huế-) Trong không gian Oxyz , cho hai véc tơ a = ( 2;1; -2)
b = ( 0; - 2; 2)
với nhau là
A.
± 26 + 2
6
. Tất cả giá trị của m để hai véc tơ u = 2a + 3mb
. B. 26 ± 2
6
. C.
11 2 ± 26
18
và v = ma -b
. D.
± 26 + 2
6
,
vuông góc
Câu 79. (THPT CHUYÊN BIÊN HÒA) Trong không gian với hệ trục toạ độ Oxyz , cho các mặt
Câu 80:
phẳng P : x y 2z
1 0 và Q : 2x y z 1 0 . Gọi
S là mặt cầu có tâm thuộc trục
hoành đồng thời S cắt mặt phẳng P theo giao tuyến là một đường tròn có bán kính bằng 2
và S cắt mặt phẳng Q theo giao tuyến là một đường tròn có bán kính r . Xác định r sao
cho chỉ đúng một mặt cầu S thoả yêu cầu?
A. r 3 . B.
3
r . C. r 2 . D.
2
7
r .
2
(THPT Lương Thế Vinh - HN - Lần 1- 2017 - 2018 - BTN) Trong không gian Oxyz , cho ba
điểm A 2;3;1
, B 2;1;0
, 3; 1;1
có đáy AD và S 3S
.
ABCD
ABC
A. D8;7; 1
. B.
C . Tìm tất cả các điểm D sao cho ABCD là hình thang
D
8; 7;1
. C.
D 12;1; 3
D
8;7; 1
D 12; 1;3
. D. D12; 1;3 .
Câu 81: (THPT Lương Thế Vinh - HN) Trong không gian Oxyz , cho ba điểm A 2;3;1
, 2;1;0
.
B ,
C 3; 1;1
. Tìm tất cả các điểm D sao cho ABCD là hình thang có đáy AD và
S
ABCD
3S
.
ABC
D
8; 7;1
D
8;7; 1
A. D8;7; 1
. B.
. C.
. D. D12; 1;3 .
D 12;1; 3
D12; 1;3
Câu 82: (PTNK Cơ Sở 2 - TPHCM) Trong không gian Oxyz , cho đường thẳng
x 1 y 1 z 2
d :
2 1 3
và mặt phẳng P : x y z 1 0
qua A1;1; 2
, song song với mặt phẳng
. Phương trình đường thẳng đi
P và vuông góc với đường thẳng d là

Câu 83:
x 1 y 1 z 2
x 1 y 1 z 2
A. : . B. : .
2 5 3
2 5 3
x 1 y 1 z 2
x 1 y 1 z 2
C. : . D. : .
2 5 3
2 5 3
(Sở GD-ĐT Cần Thơ) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz , cho đường thẳng là giao
tuyến của hai mặt phẳng P : z 1 0 và Q : x y z 3 0
trong mặt phẳng P , cắt đường thẳng
Phương trình của đường thẳng d là
A.
x
3 t
y
t . B.
z
1 t
x
3 t
y
t . C.
z
1
. Gọi d là đường thẳng nằm
x 1 y 2 z 3
và vuông góc với đường thẳng .
1 1 1
x
3
t
y
t . D.
z
1
x
3
t
y
t .
z
1 t
Câu 84: (Sở GD-ĐT Cần Thơ) Cho số phức z thoả mãn z 3 4i 5 và biểu thức
2 2
P z 2 z i đạt giá trị lớn nhất. Môđun của số phức z bằng
A. 10 . B. 5 2 . C. 13 . D. 10 .
Câu 85. (Sở GD và ĐT Đà Nẵng) Cho hình chóp S.
ABCD có đáy là hình thang vuông tại A và B với
AB BC a , AD 2a
. Biết SA vuông góc với mặt phẳng
góc tạo bởi hai mặt phẳng SBC và SCD bằng
A.
ABCD và SA a 3 . Côsin của
10
5 . B. 10
10 . C. 10
6 . D. 10
4 .
Câu 86: (SGD NINH BINH) Cho hình lăng trụ tam giác đều ABC.
ABC
có AB 2 3 và AA 2 .
Gọi M và N lần lượt là trung điểm của AC và AB . Tính cosin của góc tạo bởi hai mặt
phẳng ABC và BCMN .
B
A
C
B'
N
A'
A.
13
65 . B. 13
130 . C. 13
. D.
130
C'
M
13
.
65
Câu 87. (SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH PHÚ THỌ) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz
, cho các điểm A 1; 3;0
, B 1; 3;0
, 0;0; 3
C và điểm M Oz sao cho hai mặt phẳng
MAB và ABC vuông góc với nhau. Tính góc giữa hai mặt phẳng
A. 45. B. 60 . C. 15 . D. 30 .
MAB và OAB.

Câu 88. (TRƯỜNG CHUYÊN ĐẠI HỌC VINH) Trong không gian Oxyz , cho tam giác ABC có
A2;3;3
, phương trình đường trung tuyến kẻ từ B là x 3 y 3 z 2
, phương trình
1 2 1
đường phân giác trong của góc C là x 2 y 4 z 2
. Đường thẳng AB có một véc-tơ chỉ
2 1 1
phương là
A. 3 2;1; 1
u . B. 2 1; 1;0
u . C. 4 0;1; 1
u . D. u 1 1;2;1 .
Câu 89: (THPT Chuyên Hạ Long) Trong không gian Oxyz , cho ba đường thẳng
x 3 y 1 z 2 x 1 y z 4
x 3 y 2 z
d1
: , d2
: và d3
: . Đường thẳng
2 1 2 3 2 1
4 1 6
song song , cắt và d có phương trình là
d3
d1
2
A. 3 1 z 2
4 1 6
B.
x 1 y z 4
C.
4 1 6
D.
x 3 y 1 z 2
4 1 6
x 1 y z 4
4 1 6
Câu 90: (THPT Quốc Oai - Hà Nội) Trong không gian với hệ tọa độ , cho điểm M 2;1;0 và
Oxyz
x 1 y 1
z
đường thẳng : . Viết phương trình của đường thẳng d đi qua điểm M , cắt
2 1 1
và vuông góc với .
x 2 y 1
z
x 2 y 1
z
A. d : . B. d : .
1 4 1
2 4 1
x 2 y 1
z
x 2 y 1
z
C. d : . D. d : .
1 4 2
1 4 1
Câu 91: ( THPT Hà Huy Tập ) Trong không gian với hệ tọa độ , cho điểm A 1; 1;3
và hai
Oxyz
đường thẳng.
4 2 1 2 1 1
1
: x y z
,
2
: x y z
d d . Viết phương trình đường thẳng d
1 4 2 1 1 1
điểm , vuông góc với đường thẳng d và cắt đường thẳng d . 2
.
A
1
đi qua
x 1 y 1 z 3
x 1 y 1 z 3
A. d : . B. d : .
2 1 3
2 2 3
x 1 y 1 z 3
x 1 y 1 z 3
C. d : . D. d : .
4 1 4
2 1 1
Câu 92: (THPT Kim Liên-Hà Nội ) Trong không gian , cho điểm M 1;1;2 và hai đường
Oxy
x 2 y 3 z 1
x 1
y z
thẳng d : , d : . Phương trình nào dưới đây là phương trình
3 2 1 1 3 2
đường thẳng đi qua điểm M , cắt d và vuông góc với d ?
x
1
7t
x
1
3t
x
1
3t
x
1
3t
A. y
1 7t
. B. y
1 t . C. y
1 t . D. y
1 t .
z
2 7t
z
2
z
2
z
2
Câu 93: (THPT Trần Nhân Tông - Quảng Ninh ) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho các điểm
B 2; 1; 3
, C 6; 1; 3 . Trong các tam giác ABC thỏa mãn các đường trung tuyến kẻ từ

và vuông góc với nhau, điểm A a; b;0
, b 0 sao cho góc A lớn nhất. Tính giá trị
B C
a b
cos A
.
31
A. 10 . B. 20
. C. 15 . D. .
3
Câu 94: (Sở GD Cần Thơ) Trong không gian , đường thẳng đi qua điểm M 1;2;2 , song song
Oxyz
với mặt phẳng P : x y z 3 0
x 1 y 2 z 3
đồng thời cắt đường thẳng d :
1 1 1
có
phương trình là
x
1
t
x
1
t
x
1
t
x
1
t
A. y
2 t . B. y 2 t . C. . D. .
y 2 t
z
2
2
z
3 t
y
t
z
3
z
3
Câu 95: (THPT ĐẶNG THÚC HỨA-NGHỆ AN) Trong không gian Oxyz , cho đường thẳng
x 3 y 3 z
d : và mặt phẳng ( ) : x y z 3 0 . Đường thẳng đi qua A1;2; 1
,
1 3 2
cắt d và song song với mặt phẳng ( )
có phương trình là
A. x 1 y 2 z 1
. B. x 1 y 2 z 1
.
1 2 1
1 2 1
C. x 1 y 2 z 1
. D. x 1 y 2 z 1
.
1 2 1
1 2 1
Câu 96. (SGD SOC TRANG) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho đường thẳng
x 3 y 3 z
d : , mặt phẳng : x y z 3 0 và điểm A1; 2; 1
. Viết phương trình
1 3 2
đường thẳng đi qua cắt và song song với mặt phẳng .
A d
A. x 1 y 2 z 1
. B. x 1 y 2 z 1
.
1 2 1
1 2 1
C. x 1 y 2 z 1
. D. x 1 y 2 z 1
.
1 2 1
1 2 1
Câu 97. (SỞ GD-ĐT HẬU GIANG) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho đường thẳng nằm
: 3 0
trong mặt phẳng x y z , đồng thời đi qua điểm M 1;2;0 và cắt đường thẳng
x 2 y 2 z 1
d : . Một véc tơ chỉ phương của là
2 1 3
A. u 1;0; 1
. B. u 1;1; 2
. C. u 1; 1; 2
. D. u 1; 2;1
.
Câu 98: (THPT Trần Phú - Hà Tĩnh) Trong không gian , Cho mặt phẳng
Oxyz R : x y 2z
2 0
x y z 1
và đường thẳng 1
: . Đường thẳng 2
nằm trong mặt phẳng R
đồng thời cắt và
2 1 1
vuông góc với đường thẳng
1
có phương trình là
x
t
x
t
x
2 t
x
2 3t
A. y
3t
. B. y
2t
. C. y
1 t . D. y
1 t .
z
1 t
z
1 t
z
t
z
t

Câu 99. (THPT Thuận Thành - Bắc Ninh) Trong không gian Oxyz , cho đường thẳng
x 1 y z 2
d : và mặt phẳng P : 2x y 2z
1 0. Đường thẳng nằm trong P
, cắt
1 1 1
và vuông góc với d có phương trình là:
A. x 2 y 1 z 3
. B. x 2 y 1 z 3
.
3 4 1
3 4 1
C. x 2 y 1 z 3
. D. x 1 y 1 z 1
.
3 4 1
3 4 1
Câu 100: (TT Hiếu Học Minh Châu) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz , cho đường thẳng nằm
trong mặt phẳng : x y z 3 0
đồng thời đi qua điểm 1;2;0
x 2 y 2 z 3
d : . Một vectơ chỉ phương của là.
2 1 1
Câu 101. (THPT Lê Hồng Phong - Nam Định) Trong không gian với hệ tọa độ
M và cắt đường thẳng
Oxyz , cho ba điểm
Aa;0;0 , B 0; b;0
, C 0;0;
c
với a , b , c là các số thực dương thay đổi tùy ý sao cho
2 2 2
a b c 3. Khoảng cách từ O đến mặt phẳng ABC
lớn nhất bằng:
1
1
A. . B. 3 . C. . D. 1.
3
3
A. u 1; 1; 2
B. u 1;0; 1
C. u 1; 2;1
u
.
.
.
D. 1;1; 2
Câu 102: (THPT Hà Huy Tập) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho đường thẳng
x 4 y 5 z
d : mặt phẳng chứa đường thẳng d sao cho khoảng cách từ O đến
đạt
1 2 3
giá trị lớn nhất. Khi đó góc giữa mặt phẳng và trục Ox là thỏa mãn.
1
1
2
1
A. sin . B. sin . C. sin . D. sin .
3
3 3
3 3
2 3
Câu 103: (THPT ĐẶNG THÚC HỨA-NGHỆ AN) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz , cho ba điểm
A1;2; 1, B 2;0;1
, C 2;2;3
. Đường thẳng qua trực tâm H của tam giác ABC và
o
nằm trong mặt phẳng ABC cùng tạo với các đường thẳng AB , AC một góc 45 có một
véctơ chỉ phương là u a; b;
c với c là một số nguyên tố. Giá trị của biểu thức ab bc ca
bằng
A. 67
. B. 23. C. 33
. D. 37
.
Câu 104. (THPT Chuyên Vĩnh Phúc) Trong không gian với hệ trục tọa độ , cho các điểm A 1;0;0 ,
Oxyz
B 0;1;0
, C 0;0;1
, D0;0;0
. Hỏi có bao nhiêu điểm cách đều 4 mặt phẳng ABC
, BCD
, CDA
DAB
, .
A. 4 . B. 5 . C. 1. D. 8 .
Câu 105: (THPT Đức Thọ - Hà Tĩnh ) Trong không gian với hệ tọa độ , cho hai điểm
Oxyz A1;2;4
B P
A B
và 0;1;5 . Gọi là mặt phẳng đi qua sao cho khoảng cách từ đến P là lớn nhất.
Khi đó, khoảng cách d từ O đến mặt phẳng P
bằng bao nhiêu?
3
1
1
A. d . B. d 3 . C. d . D. d .
3
3
3

Câu 106: (Chuyên Lương Thế Vinh – Hà Nội) Trong không gian , cho điểm A 1; 1; 2 và mặt
P
Oxyz
phẳng P : m 1 x y mz 1 0 , với m là tham số. Biết khoảng cách từ điểm A đến mặt
phẳng
lớn nhất. Khẳng định đúng trong bốn khẳng định dưới đây là
A. 2 m 6 . B. Không có m . C. 2 m 2 . D. 6 m 2
.
Câu 107. (TRƯỜNG PTDTNT THCS&THPT AN LÃO) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho
x y 1 z 2
đường thẳng d : và mặt phẳng P : x 2y 2z
3 0 . Tìm tọa độ điểm M
1 2 3
d M
M M M
có tọa độ âm thuộc sao cho khoảng cách từ đến P bằng 2 .
A. 2; 3; 1 . B. 1; 3; 5 . C. 2; 5; 8 . D. M 1; 5; 7
.
Câu 108. (PTDTNT THCS&THPT AN LÃO) Trong không gian với hệ tọa độ
x y 1 z 2
d : 1 2 3
Oxyz , cho đường thẳng
và mặt phẳng P x y z . Tìm tọa độ điểm M có tọa độ âm
: 2 2 3 0
d M
M 2; 3; 1
M 1; 3; 5
M 2; 5; 8
M 1; 5; 7
thuộc sao cho khoảng cách từ đến P bằng 2 .
A. . B. . C. . D. .
Câu 109. (THPT SỐ 1 AN NHƠN) Trong không gian với hệ tọa độ
A1;2;3 , B 3; 2;1
A, B,
C
?
Oxyz , cho ba điểm
và C 1;4;1
. Có bao nhiêu mặt phẳng qua O và cách đều ba điểm
A. 4 mặt phẳng. B. 1 mặt phẳng.
C. 2 mặt phẳng. D. Có vô số mặt phẳng.
A
3;1;2 B 3; 1;0
Câu 110. (CHUYÊN SƠN LA) Trong không gian Oxyz , cho , và mặt phẳng
P : x y 3z 14 0 . Điểm thuộc mặt phẳng
P
M sao cho MAB
vuông tại M . Tính
khoảng cách từ điểm M đến mặt phẳng Oxy .
A. 5 . B. 4 . C. 3 . D. 1.
Câu 111. (THPT Chuyên Võ Nguyên Giáp) Trong không gian với hệ tọa độ , cho A a;0;0 ,
B0; b;0
Oxyz
, C 0;0; c với a , b , c dương thỏa mãn a b c 4 . Biết rằng khi a , b , c thay
đổi thì tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện thuộc mặt phẳng P cố định. Tính khoảng cách
I OABC
d từ M 1;1; 1
tới mặt phẳng P
.
3
3
A. d 3 . B. d . C. d . D. d 0 .
2
3
Câu 112: (SGD Hải Phòng) Trong không gian với hệ tọa độ , cho mặt phẳng P :
Oxyz
2 2 18 0 , là điểm di chuyển trên mặt phẳng P ; N là điểm nằm trên tia OM
sao cho . 24 . Tìm giá trị nhỏ nhất của khoảng cách từ điểm đến mặt phẳng P .
x y z M
OM ON N
d N P
min d N, P
6 min d N, P
4 d N P
A. min , 0 . B. . C. . D. min , 2 .
Câu 113: (SỞ GD HÀ NỘI) Trong không gian
M 0;0;1
N
Oxyz,
cho các điểm 1;0;0 ,
A
B 2;0;3 ,
và 0;3;1 . Mặt phẳng P đi qua các điểm M , N sao cho khoảng cách từ điểm

đến P gấp hai lần khoảng cách từ điểm A đến . Có bao mặt phẳng P thỏa mãn
B
P
đầu bài?
A. Có vô số mặt phẳng P.
B. Chỉ có một mặt phẳng P.
C. Không có mặt phẳng P nào. D. Có hai mặt phẳng P.
Câu 114. (HAI BÀ TRƯNG – HUẾ ) Trong không gian Oxyz , cho điểm
2;0; 2 , 3; 1; 4 , 2;2;0 .
D
A B C
Điểm trong mặt phẳng Oyz có cao độ âm sao cho
thể tích của khối tứ diện ABCD bằng 2 và khoảng cách từ D đến mặt phẳng Oxy
bằng 1.
Khi đó có tọa độ điểm D thỏa mãn bài toán là
A. 0;3; 1 . B. 0; 3; 1 . C. 0;1; 1 . D. D 0;2; 1
.
D
D D
Câu 115. (THPT Hà Huy Tập - Hà Tĩnh) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho bốn điểm
A (2;0;0) , B (0;4;0) , C(0;0; 2) và D (2;1;3) . Tìm độ dài đường cao của tứ diện ABCD vẽ từ đỉnh D ?
A. 1 3 . B. 5 9 . C. 2 . D. 5 3 .
Câu 116: (THPT Lê Quý Đôn - Hà Nội) [2H3-4] Trong không gian với hệ trục tọa độ
: 2 1 0
Oxyz
cho ba mặt
phẳng: P x y z , Q : x 2y z 8 0 , R : x 2y z 4 0 . Một đường
d P
Q
thẳng thay đổi cắt ba mặt phẳng , , R lần lượt tại A , B , C . Tìm giá trị nhỏ nhất
2 144
của T AB .
AC
3
3
A. 72 3 . B. 96 . C. 108. D. 72 4 .
Câu 117: (BIÊN HÒA – HÀ NAM) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho
;0;0 , 0; ;0 , 0;0;
A a B b C c với a, b,
c dương. Biết A, B,
C di động trên các tia
Ox, Oy,
Oz sao cho a b c 2 . Biết rằng khi a, b,
c thay đổi thì quỹ tích tâm hình cầu
OABC P
M 2016;0;0
Oxyz , cho điểm A1;0;2
ngoại tiếp tứ diện thuộc mặt phẳng cố định. Tính khoảng cách từ
tới mặt phẳng P .
Câu 118: (THPT Chuyên TĐN – TPHCM) Trong không gian với hệ tọa độ
x
1
t
và đường thẳng d : y t . Phương trình đường thẳng đi qua A , vuông góc và cắt
z
1 2t
đường thẳng d là
x 1 2
A. :
y z
x 1 2
. B. :
y z
.
1 3 2
1 1 1
x 1 2
C. :
y z
x 1 2
. D. :
y z
.
2 4 3
1 3 1
Câu 119: (THPT Chuyên TĐN – TPHCM) Trong không gian với hệ tọa độ
Oxyz , cho điểm A1; 0; 2
x
1
t
và đường thẳng d : y t . Viết phương trình đường thẳng đi qua A , vuông góc và cắt
z
1 2t
đường thẳng d .

Câu 120: (Liên trường Nghệ An) Trong không gian với hệ tọa độ vuông góc Oxyz , cho mặt phẳng
x 1 y z 2
P : x 2y z 4 0 và đường thẳng d : . Phương trình đường thẳng nằm
2 1 3
trong mặt phẳng P , đồng thời cắt và vuông góc với đường thẳng d là
A. x 1 y 1 z 1
. B. x 1 y 1 z 1
.
5 1 3
5 1 2
C. x 1 y 1 z 1
. D. x 1 y 3 z 1
.
5 2 3
5 1 3
Câu 121: (LẠNG GIANG SỐ 1) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho đường thẳng
x y 1 z 2
: và mặt phẳng P : x 2y 2z
4 0. Phương trình đường thẳng d nằm
1 1 1
trong P sao cho d cắt và vuông góc với đường thẳng là
x
3
t
z 1
t
x 3t
z
2 2t
A. d : y 1 2t t
. B. d : y 2 t t
x
2 4t
z 4 t
C. d : y 1 3t t
. D. d : y 3 3t t
.
x
1
t
.
z
3 2t
Câu 122. Trong không gian với hệ tọa độ cho điểm A 1;0;2 và đường thẳng d có phương trình:
Oxyz
x 1 y z 1
. Viết phương trình đường thẳng đi qua A , vuông góc và cắt d .
1 1 2
x 1 y z 2
x 1 y z 2
A. : . B. : .
1 1 1
1 1 1
x 1 y z 2
x 1 y z 2
C. : . D. : .
2 1 1
1 3 1
x 1 y 2 z 3
Câu 123: (Chuyên Vinh ) Trong không gian Oxyz , cho đường thẳng d : và mặt
1 2 1
phẳng
. Trong các đường thẳng sau, đường thẳng nào nằm trong mặt
: x y z 2 0
phẳng , đồng thời vuông góc và cắt đường thẳng d ?
x 2 y 4 z 4
x 1 y 1
z
A. 2
: . B. 4
: .
1 2 3
3 2 1
x 5 y 2 z 5
x 2 y 4 z 4
B. 3
: . D. 1
: .
3 2 1
3 2 1
Oxyz A B C
Câu124: Trong không gian với hệ tọa độ , cho bốn điểm 3;0;0 , 0;2;0 , 0;0;6 và D 1;1;1 . Kí
hiệu d là đường thẳng đi qua D sao cho tổng khoảng cách từ các điểm A, B,
C đến d lớn nhất. Hỏi
đường thẳng d đi qua điểm nào dưới đây?
M
N
P
A. 1; 2;1 . B. 5;7;3 . C. 3;4;3 . D. Q 7;13;5 .

Câu 125: (Lớp Toán - Đoàn Trí Dũng -2017 - 2018) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz viết phương
x y 1
z
trình đường thẳng d vuông góc với đường thẳng
: và đi qua gốc tọa độ O sao
1 2 1
M
cho khoảng cách từ 1,0,1 tới đường thẳng d đạt giá trị nhỏ nhất.
x
t
x
t
x
2t
x
3t
A. y
t . B. y
0 . C. y
t . D. y
t
z
t
z
t
z
0
z
t
Câu 126: [THPT chuyên Lam Sơn] Trong không gian với hệ trục tọa độ , cho điểm A 1; 2;2 . Viết phương
Oxyz
trình đường thẳng đi qua A và cắt tia Oz tại điểm B sao cho OB 2OA
.
x y z 6
x y z 4
A. : . B. : .
1 2 4
1 2 2
x 1 y z 6
x y z 6
C. : . D. : .
1 2 4
1 2 4
Câu 127. (Đề thi lần 6- Đoàn Trí Dũng)Trong không gian với hệ trục tọa độ , cho các điểm M 1; m;0
,
N
Oxyz
1;0; n với m,
n là các số thực dương thỏa mãn mn 2 . Chứng minh rằng đường thẳng MN
luôn tiếp xúc với một mặt cầu cố định. Xác định bán kính mặt cầu đó.
1
6
2
A. R . B. R . C. R . D. R 1
.
2
3
2
Câu 128: [HAI BÀ TRƯNG] Cho hình lập phương ABCD.
ABC D
có cạnh bằng 2. Tính khoảng cách giữa hai
mặt phẳng ABD BCD
và .
3
3
2
A. . B. 3 . C. . D. .
3
2
3
1 2 1
Câu 129 [TT Tân Hồng Phong] Trong không gian tọa độ Oxyz , cho 2 đường thẳng d1
:
x
y z ,
2 1 2
x 1 y 1 z 2
d2
: . Mặt phẳng P : ax by cz d 0 song song với d1,
d2
và khoảng
1 3 1
cách từ d1
đến P
bằng 2 lần khoảng cách từ d2
đến P
. Tính S a b c .
d
8
A. S 1. B. S hay S 4
.
34
1
C. S 4 . D. S .
3
Câu 130: (THPT Kim Liên-Hà Nội) Trong không gian , cho hai điểm 1;2;4 , B 0;0;1 và
2 2 2
Oxyz A
mặt cầu S : x 1 y 1 z 4. Mặt phẳng P : ax by cz 3 0 đi qua A , B và cắt
mặt cầu S theo giao tuyến là một đường tròn có bán kính nhỏ nhất. Tính T a b c .

3
33
27
31
A. T . B. T . C. T . D. T .
4
5
4
5
x y 3 z 2
Câu 131: (THPT Chuyên TĐN - TPHCM) Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng d 1
: và
1 2 1
3 1 2
d 2
:
x y z
1 2 1
2
12
3 2
A. . B. . C. . D. 3 .
3
5
2
Câu 132: (THPT Chuyên ĐHSP Hà Nội) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hình lập phương
ABCD.
A B C D
là:
A B D
có 0;0;0 , 1;0;0 , 0;1;0 và A 0;0;1 . Khoảng cách giữa AC và BD
1
1
A. 1. B. 2 . C. . D. .
3
6
Câu 133: (THPT Chuyên ĐHSP Hà Nội) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hình lăng trụ đứng
ABC.
A B C
A B C
có 0;0;0 , 2;0;0 , 0;2;0 và A 0;0;2 . Góc giữa BC và AC
là:
o
o
o
o
A. 45 . B. 60 . C. 30 . D. 90 .
Câu 134: (SGD - Quảng Nam) Cho hình chóp S.
ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh a , SA vuông góc
với mặt đáy và SA 3a
. Gọi M , N lần lượt là trung điểm AB , SC . Khoảng cách giữa hai đường
thẳng CM và AN bằng
3a
a 3a
37
a
A. . B. . C. . D. .
37
2
74
4
Câu 135. (Sở GD và ĐT Đà Nẵng) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai đường thẳng
x 3 y 2 z 1
x 2 y 1 z 1
d1
: , d2
: và mặt phẳng P : x 3y 2z
5 0 . Đường
1 1 2 2 1 1
P d1
2
thẳng vuông góc với , cắt cả và d có phương trình là:
A. x 3 y 2 z 1
. B. x 2
y
z .
1 3 2
1 3 2
C. x 4 y 3 z 1
. D. x 7 y 6 z 7
.
1 3 2
1 3 2
Câu 136: (THPT CHUYÊN KHTN) Phương trình đường thẳng song song với đường thẳng
x 1 y 2 z
x 1 y 1 z 2 x 1 y 2 z 3
d : và cắt hai đường thẳng d1
: ; d2
: là:
1 1 1
2 1 1 1 1 3
A. x 1 y 1 z 2
x 1 y z 1
. B. .
1 1 1
1 1 1
x 1 y 2 z 3
x 1 y z 1
C. . D. .
1 1 1
1 1
1

Câu 137: [SGD NINH BINH] Trong không gian Oxyz , cho hai đường thẳng d1
và d
2
lần lượt có phương trình là
x y 1
z x y 1 z 1
và . Đường thẳng d cắt cả hai đường thẳng d
1
, d
2
và song song với
1 2 1 1 2 3
x 4 y 7 z 3
đường thẳng : có phương trình là
1 4 2
A.
C.
x 1 y 1 z 4
. B.
1 4 2
x 1 y 1 z 4
. D.
1 4 2
x 1 y 1 z 4
.
1 4 2
x 1 y 1 z 4
.
1 4 2
x 1 y 2 z 1
Câu 138: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai đường thẳng 1
: và
3 1 2
x 1 y z 1
2
: . Phương trình đường thẳng song song với
1 2 3
thẳng 1;
2
là
x
3
d : y 1 t
z
4 t
và cắt hai đường
A.
x
2
y
3 t . B.
z
3 t
x
2
y
3 t . C.
z
3 t
x
2
y
3 t . D.
z
3 t
x
2
y
3 t .
z
3 t
Câu 139: (THTT) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng P : 2x y z 10 0 và đường
thẳng
x 2 y 1 z 1
d :
2 1 1
. Đường thẳng Δ cắt
A 1;3;2 là trung điểm MN . Tính độ dài đoạn MN .
P và d lần lượt tại M và N sao cho
A. MN 4 33 . B. MN 2 26,5 . C. MN 4 16,5 . D. MN 2 33 .
x y z x 1 y z 1
Câu 140: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz,
cho hai đường thẳng a : ; b :
1 1 2 2 1 1
và mặt phẳng P : x y z 0.
P , cắt a và
b lần lượt tại M và N mà MN 2. .
Viết phương trình của đường thẳng d song song với
A.
C.
7x 1 7 y 4 7z
8
d : . B.
3 8 5
7x 4 7y 4 7z
8
d : . D.
3 8 5
7x 4 7y 4 7z
8
d : .
3 8 5
7x 1 7 y 4 7z
3
d : .
3 8 5
Câu141: [THPT Hoàng Văn Thụ - Khánh Hòa] Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho hai đường thẳng
d1,
d 2 có phương trình lần lượt là
vuông góc với ( P) 7x y 4z
0
x
1
2t
x y 1 z 2
, y 1 t ( t ) . Phương trình đường thẳng
2 1 1
z
3
và cắt cả hai đường thẳng d1,
d 2 là.

x 2 y z 1
A. . B.
7 1 4
x 1 y 1 z 3
.
7 1 4
C.
x y 1 z 2
. D.
7 1 4
1 1
x z
2 y 1
2 .
7 1 4
Câu142. [THPT Hoàng Văn Thụ (Hòa Bình] Trong không gian Oxyz , biết rằng tồn tại một đường đi qua điểm
x
1
M 0; m ;0
cắt đồng thời cả ba đường thẳng 1 : y
t1
z
t1
Khẳng định nào sau đây là đúng.
x
1
: y t
;
z
t2
;
2 2
3
x
t3
: y
1
z
t
A. m 1. B. m 1. C. m 1. D. m 1.
Câu 143. (THPT THÁI PHIÊN-HẢI PHÒNG) Trong không gian Oxyz , cho điểm M 2; 1; 6
và hai đường thẳng
x 1 y 1 z 1
x 2 y 1 z 2
d1
: , d2
: . Đường thẳng đi qua điểm M và cắt cả hai
2 1 1 3 1 2
đường thẳng d1
, d
2
tại A , B . Độ dài đoạn thẳng AB bằng
A. 12 . B. 8 . C. 38 . D. 2 10 .
Câu 144: Trong không gian với hệ trục toạ độ ,
x
1
t
d : y t ;
z
2 2t
Oxyz cho mặt phẳng P : x y z 2 0
và hai đường thẳng
x
3 t
d ': y 1 t
. Biết rằng có 2 đường thẳng có các đặc điểm: song song với P ; cắt
z
1
2t
O
d,
d và tạo với d góc 30 . Tính cosin góc tạo bởi hai đường thẳng đó.
3
.
A.
15 . B. 12 . C. 2
3 . D. 1 2 .
2 2 2
Câu145: (Sở Giáo dục Gia Lai)Trong không gian Oxyz , cho mặt cầu S x y z
hai điểm A3; 2;6 , B 0;1;0
. Mặt phẳng P : ax by cz 2 0
S theo giao tuyến là đường tròn có bán kính nhỏ nhất. Tính giá trị của biểu thức 2
: 1 2 3 25 và
chứa đường thẳng AB và cắt
A. M 2 . B. M 3 . C. M 1 . D. M 4 .
Câu 146: Trong không gian Oxyz , cho hai điểm A 3;0;2
, 3;0;2
. Phương trình mặt phẳng
kính nhỏ nhất là
B và mặt cầu
M a b c .
2 2 2
x ( y 2) ( z 1) 25
đi qua hai điểm A , B và cắt mặt cầu S theo một đường tròn bán
A. x 4y 5z
17 0 . B. 3x 2y z 7 0 .
C. x 4y 5z
13 0 . D. 3x 2 y z –11 0 .

Câu 147: Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz , cho mặt phẳng
đi qua điểm 1;2;3
M và cắt các trục Ox
, Oy , Oz lần lượt tại A , B ,C ( khác gốc toạ độ O ) sao cho M là trực tâm tam giác ABC . Mặt
phẳng có phương trình là
x y z
A. x 2y 3z
14 0 . B. 1 0 .
1 2 3
C. 3x 2y z 10 0 . D. x 2y 3z
14 0 .
Câu 148: Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz , cho điểm N 1;1;1
. Viết phương trình mặt phẳng P cắt các
trục Ox, Oy,
Oz lần lượt tại A, B,
C (không trùng với gốc tọa độO ) sao cho N là tâm đường tròn
ngoại tiếp tam giác ABC
A. P : x y z 3 0 . B. P : x y z 1 0
.
C. P : x y z 1 0 . D. P : x 2y z 4 0
.
Câu 149 Trong không gian với hệ trục toạ độ Oxyz cho các điểm A 1;0;0
, B 0; b ;0
, 0;0;
C c trong đó b,
c
dương và mặt phẳng P : y z 1 0 . Biết rằng mp ABC vuông góc với mp P và
1
d 0,
ABC
, mệnh đề nào sau đây đúng?
3
A. b c 1. B. 2b
c 1 . C. b 3c
1 . D. 3b
c 3
Câu 150: [THPT Hai Bà Trưng Lần 1 – 2017] Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho điểm H 1;2;3
. Mặt
phẳng P đi qua điểm H cắt Ox, Oy,
Oz tại A, B,
C sao cho H là trực tâm của tam giác ABC .
Phương trình của mặt phẳng P
là
A. P : 3x y 2z
11 0 . B. P : 3x 2y z 10 0 .
C. P : x 3y 2z
13 0 . D. P : x 2y 3z
14 0 .
Câu 151: (SGD Lạng Sơn) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai điểm A9; 3;5
, ; ;
B a b c . Gọi
M , N , P lần lượt là giao điểm của đường thẳng AB với các mặt phẳng tọa độ Oxy , Oxz và Oyz .
Biết M , N , P nằm trên đoạn AB sao cho AM MN NP PB . Tính tổng T a b c .
A. T 21. B. T 15 . C. T 13. D. T 14 .
Câu 152.(Sở GD Bạc Liêu) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho có phương trình
2 2 2
x y z 2x 4y 6z
11 0 . Viết phương trình mặt phẳng , biết song song với
P : 2x y 2z
11 0
và cắt mặt cầu
S theo thiết diện là một đường tròn có chu vi bằng 8 .
A. 2x y 2z
11 0 . B. 2x y 2z
7 0 .
C. 2x y 2z
5 0 . D. 2x y 2z
7 0 .
Câu 153: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho bốn điểm A1; 2;0
, B 0; 1;1
, 2;1; 1
D 3;1;4 . Hỏi có tất cả bao nhiêu mặt phẳng cách đều bốn điểm đó?
C và

A. 1. B. 4 . C. 7 . D. Có vô số mặt phẳng.
Câu 154: (Chuyên KHTN) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho mặt cầu
2 2 2
S : x y z 4x 10y 2z
6 0 . Cho m là số thực thỏa mãn giao tuyến của hai mặt phẳng
y m và x z 3 0
tiếp xúc với mặt cầu
S . Tích tất cả các giá trị mà m có thể nhận được bằng
A. 11. B. 10 . C. 5 . D. 8 .
Câu 155: (Sở GD Bạc Liêu) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho đường thẳng
và điểm 2;1; 1
độ dài đoạn AB .
x 2 y 1
z
:
2 2 1
I . Mặt cầu tâm I tiếp xúc với đường thẳng cắt trục Ox tại hai điểm A , B . Tính
A. AB 2 6 . B. AB 24 . C. AB 4 . D. AB 6 .
Câu 156: (Toán Học Tuổi Trẻ) Trong không gian Oxyz , cho mặt cầu
2 2 2
x y 2 z
đường thẳng d : 1 1 1
. Tìm tọa độ trung điểm H của TT .
. Hai mặt phẳng
S : x y z 2x 2z
1 0 và
P , P chứa d và tiếp xúc với S tại T và T
A.
5 1 5
H
; ;
6 3 6 . B. 5 2 7
H
; ;
6 3 6 . C. 5 1 5
H
; ;
6 3 6 . D. 7 1 7
H
; ;
6 3 6 .
Câu 157: (THPT Thăng Long - Hà Nội) Trong không gian Oxyz cho ba điểm A 1;0;0
, 0; 1;0
C 0;0; 2
. M là điểm thay đổi thuộc mặt phẳng
ABC có độ dài OM nhỏ nhất bẳng
A. 3 4 . B. 2 . C. 6 . D. 20 .
3
Câu 158: (CHUYÊN VINH LẦN) Trong không gian Oxyz , cho điểm A 1;1;6 và đường thẳng
x
2 t
: y
1
2t
. Hình chiếu vuông góc của điểm A trên đường thẳng là:
z
2t
A. N 1;3; 2
. B. H 11; 17;18
. C. M 3; 1;2 . D. 2;1;0
K .
B ,
Câu 159. (THPT TIÊN LÃNG) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz , cho mặt phẳng P : x 2y 2z
9 0 ,
mặt cầu S tâm O tiếp xúc với mặt phẳng
P tại ; ;
H a b c . Tổng a b c bằng
A. 2 . B. 1. C. 1. D. 2 .
Câu 160. (THI THỬ CỤM 6 TP. HỒ CHÍ MINH) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , A0; 1;2 và B 1;0; 2
lần lượt là hình chiếu vuông góc của điểm I( a; b; c )
P : 2x y 2z
6 0 . Tính S a b c .
trên
x y 1 z 2
: và
4 1 1

A. 3 2 . B. 5 3 . C. 0. D. 4 3 .
Câu 161: [THPT Hùng Vương] Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm I 2; 3; 4
và đường thẳng
x 2 y 2 z
d : . Mặt cầu tâm I tiếp xúc với đường thẳng d tại điểm H . Tìm tọa độ điểm H
3 2 1
.
A. H 1;0; 1
. B. 4;2; 2
H .
C.
H 1 1
; 1;
2 2 . D. H 1 1
;0;
2 2 .
Câu 162. (THPT CHUYÊN BIÊN HÒA) Trong không gian với hệ trục toạ độ Oxyz , cho đường thẳng
x 1 y 1
z
: và mặt phẳng : x 2y 2z
5 0 . Gọi P là mặt phẳng chứa và tạo
1 2 2
với một góc nhỏ nhất. Phương trình mặt phẳng P có dạng ax by cz d 0 ( a, b, c,
d
và a, b, c, d 5 ). Khi đó tích a. b. c.
d bằng bao nhiêu?
A. 120 . B. 60 . C. 60 . D. 120 .
Câu 163. (THPT CHUYÊN TUYÊN QUANG) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz cho hình lập phương
ABCD.
A B C D
biết rằng A 0;0;0
, B 1;0;0
, D 0;1;0
, A 0;0;1
BC và tạo với mặt phẳng
P chứa đường thẳng
AA C C một góc lớn nhất là
. Phương trình mặt phẳng
A. x y z 1 0 . B. x y z 1 0 . C. x y z 1 0 . D. x y z 1 0 .
Câu164. (THPT PHAN ĐÌNH TÙNG ) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng
P : 3x y z 5 0 và hai điểm A 1;0;2
, B 2; 1;4 .
Tìm tập hợp các điểm ; ;
trên mặt phẳng P sao cho tam giác MAB có diện tích nhỏ nhất.
M x y z nằm
A.
x 7y 4z
7 0
.
3x y z 5 0
B.
x 7 y 4z
14 0
.
3x y z 5 0
C.
x 7y 4z
7 0
.
3x y z 5 0
D.
3x 7 y 4z
5 0
.
3x y z 5 0
Câu 165: [CHUYÊN ĐHKHTN HUẾ - 2017] Cho điểm A(0;8;2)
và mặt cầu ( S)
có phương trình
và điểm B(9; 7;23) . Viết phương trình mặt phẳng ( P)
qua
A tiếp xúc với ( S)
sao cho khoảng cách từ B đến ( P ) là lớn nhất. Giả sử n (1; m; n)
là một vectơ
2 2 2
( S) : ( x 5) ( y 3) ( z 7) 72
pháp tuyến của ( P ) . Lúc đó
A. m. n 2 . B. m. n 2 . C. m. n 4 . D. m. n 4 .
Câu 166: (Sở GD Bạc Liêu) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai điểm E 1; 2;4
, 1; 2; 3
F . Gọi
M là điểm thuộc mặt phẳng Oxy sao cho tổng ME MF có giá trị nhỏ nhất. Tìm tọa độ của điểm
M .

A. M 1;2;0 . B. M 1; 2;0
. C. M 1; 2;0
. D. 1;2;0
M .
Câu 167: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho ba điểm A5;5;0 , B 1;2;3 , C 3;5; 1
và mặt phẳng
P : x y z 5 0 . Tính thể tích V của khối tứ diện SABC biết đỉnh S thuộc mặt phẳng P và
SA SB SC .
A.
145
V . B. V 145 . C.
6
45
V . D.
6
127
V .
3
Câu168 [THPT Hai Bà Trưng- Hu] Trong không gian Oxyz , cho điểm A B C
điểm D trong mặt phẳng
từ D đến mặt phẳng Oxy bằng 1. Khi đó có tọa độ điểm D thỏa mãn bài toán là.
2;0; 2 , 3; 1; 4 , 2;2;0 . Tìm
Oyz có cao độ âm sao cho thể tích của khối tứ diện ABCD bằng 2 và khoảng cách
A. D0;1; 1
. B. D0; 3; 1
. C. D0;3; 1
. D. 0;2; 1
D .
Câu169 [SỞ GD-ĐT HÀ TĨNH] Trong hệ tọa độ Oxyz , cho ba điểm A (1;2;1) , B ( 2;1;1) , C (1;1;2) , tập hợp tất cả
các điểm M trên mặt phẳng ( ) : 3x 6y 6z
1 0 sao cho MA. MB MB. MC MC. MA 0 là
A. một mặt phẳng. B. một đường tròn. C. một mặt cầu. D. một điểm.
Câu 170: (SGD BINH THUAN) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho các điểm M 2;2; 3
và N 4;2;1
. Gọi là đường thẳng đi qua M , nhận vecto u a; b;
c
làm vectơ chỉ phương và song song với
mặt phẳng P : 2x y z 0 sao cho khoảng cách từ N đến đạt giá trị nhỏ nhất. Biết a , b là
hai số nguyên tố cùng nhau. Khi đó a b c bằng:
A. 15 . B. 13 . C. 16 . D. 14 .
Câu 171 (TT Tân Hồng Phong) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho ba điểm A 2;1;0 , 4;4; 3
B ,
x 1 y 1 z 1
C 2;3; 2
và đường thẳng d
:
1 2 1
. Gọi là mặt phẳng chứa d sao cho A , B , C ở
cùng phía đối với mặt phẳng . Gọi d
1
, d
2
, d3
lần lượt là khoảng cách từ A , B , C đến . Tìm giá trị lớn
nhất của T d1 2d2 3d3
.
A. Tmax 2 21 . B. Tmax 6 14 .
203
T 14 3 21 .D. Tmax 203 .
3
C.
max
x y 1
z
Câu 172: (THPT Chu Văn An - Hà NộI)Trong không gian Oxyz , cho đường thẳng : và hai
1 1 1
B 1;0;2 . Biết điểm M thuộc sao cho biểu thức T MA MB đạt giá trị lớn
điểm 1;2; 5
nhất là T
max
A ,
. Khi đó, T
max
bằng bao nhiêu?
A. Tmax 3
B. Tmax 2 6 3 C. Tmax 57 D. Tmax 3 6
.

Câu 173: Trong không gian với hệ tọa độ ,
P : 2x y z 3 0 , đồng thời tạo với đường thẳng
Phương trình đường thẳng d là
1 1 2
A.
y z
.
1 5 7
B.
x 1 y 1 z 2
C. .
4 5 7
D.
Oxyz gọi d đi qua điểm 1; 1;2
x 1 y 1
z
:
1 2 2
x 1 y 1 z 2
.
4 5 7
x 1 y 1 z 2
.
1 5 7
A , song song với
một góc lớn nhất.
x 1 y 2 z 2
Câu 174 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz gọi d đi qua A1;0; 1
, cắt 1
: , sao
2 1 1
x 3 y 2 z 3
cho góc giữa d và 2
: là nhỏ nhất. Phương trình đường thẳng d là
1 2 2
A.
x 1 y z 1
. B.
2 2 1
x 1 y z 1
. C.
4 5 2
x 1 y z 1
4 5 2
. D. x 1 y z 1
.
2 2 1
x 1 y z 2
Câu 175 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hai đường thẳng d1
: và
2 1 1
x 1 y 2 z 2
d2
: . Gọi là đường thẳng song song với P : x y z 7 0 và cắt d1,
d
2
1 3 2
lần lượt tại hai điểm A,
B sao cho AB ngắn nhất. Phương trình của đường thẳng là.
x
6 t
x
6
x
6 2t
x
12
t
5
5
5
A. y
5 . B. y
. C. y
t . D. y
t .
2
z
9 t
2
2
9
9
z
t
9
z t
2
z t
2
2
Câu 176: Trong không gian Oxyz , cho điểm A3;3; 3
thuộc mặt phẳng 2 x – 2y z 1
: 5 0 và mặt
2 2 2
cầu S : (x 2) (y 3) (z 5) 100 . Đường thẳng qua A , nằm trên mặt phẳng cắt
( S ) tại A , B . Để độ dài AB lớn nhất thì phương trình đường thẳng là
A.
x 3 y 3 z 3
.B.
1 4 6
x 3 y 3 z 3
.
16 11 10
C.
x
3 5t
y
3 . D.
z
3 8t
x 3 y 3 z 3
.
1 1 3
Câu 177: [CHUYÊN ĐHKHTN HUẾ] Trong không gian cho đường thẳng
x 3 y 1 z 2
d :
3 1 2
góc lớn nhất.
. Viết phương trình mặt phẳng
x 3 y z 1
: và đường thẳng
1 2 3
P đi qua và tạo với đường thẳng d một
A. 19x 17y 20z
77 0 . B. 19x 17y 20z
34 0 .

C. 31x 8y 5z
91 0 . D. 31x 8y 5z
98 0 .
Câu 178: (SGD - Quảng Nam) Trong không gian với hệ tọa độ
M
x 1 y 1 z 3
a
đường thẳng d : và điểm 1; 3; 1
2 1 1
i
thẳng đi qua A , nằm trong mặt phẳng
N
g
u a; b; 1
là một véc tơ chỉ phương của đường thẳng . Tính a 2b
.
u
A. a 2b
3 . B. a 2b
0 . C. a y2b
e
n
4
Oxyz , cho mặt phẳng P : x y 4z
0
A thuộc mặt phẳng
,
P . Gọi là đường
P và cách đường thẳng d một khoảng cách lớn nhất. Gọi
. D. a 2b
7 .
Câu 179 (Toán Học Tuổi Trẻ) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , xét đường thẳng đi qua điểm A 0;0;1
và vuông góc với mặt phẳng Ozx . Tính khoảng cách nhỏ nhất giữa điểm B 0;4;0
tới điểm C trong đó C là
điểm cách đều đường thẳng và trục Ox .
A. 1 2 . B. 3 2 . C. 6 . D. 65
2 .
Câu 180 (THPT Hồng Quang - Hải Dương) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho tam giác ABC với
2 2 2
A 2;1;3
, B 1; 1;2 , C 3; 6;1
. Điểm M x; y;
z thuộc mặt phẳng Oyz sao cho MA MB MC đạt
giá trị nhỏ nhất. Tính giá trị của biểu thức P x y z .
A. P 0 . B. P 2 . C. P 6 . D. P 2 .
Câu 181: (Toán học và Tuổi trẻ) Trong không gian cho ba điểm A 1;1;1
, B 1;2;1 , 3;6; 5
thuộc mặt phẳng Oxy sao cho
2 2 2
MA MB MC đạt giá trị nhỏ nhất là
C . Điểm M
A. M 1;2;0
. B. M 0;0; 1
. C. M 1;3; 1
. D. M 1;3;0
.
Câu 182. (THPT Lục Ngạn-Bắc Giang) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho A2;0;0 ; M 1;1;1
. Mặt phẳng
P thay đổi qua AM cắt các tia Oy;
Oz lần lượt tại B,
C . Khi mặt phẳng P thay đổi thì diện tích tam giác
ABC đạt giá trị nhỏ nhất bằng bao nhiêu?
A. 5 6 . B. 3 6 . C. 4 6 . D. 2 6 .
Câu 183: (CỤM CÁC TRƯỜNG CHUYÊN ĐỒNG BẰNG SÔNG CỬU LONG) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz ,
x 1 y z 1
: và mặt phẳng P : 2x y 2z
1 0 . Gọi
2 1 1
Q
là mặt phẳng chứa và khoảng cách từ A đến Q
lớn nhất. Tính thể tích khối tứ diện tạo bởi
cho điểm A1; 1;1
, đường thẳng
Q và các trục tọa độ Ox, Oy,
Oz
A.
1
36
B. 1 6
C. 1
18
D. 1 2
Câu 184: (CỤM CÁC TRƯỜNG CHUYÊN ĐỒNG BẰNG SÔNG CỬU LONG) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz ,
2 2 2
cho mặt phẳng m 1 x 2m 2m 1 y 4m 2 z m 2m
0 luôn chứa một đường
P :
thẳng cố định khi m thay đổi. Đường thẳng d đi qua 1; 1;1
khoảng lớn nhất có véc tơ chỉ phương u 1; b;
c
. Tính
M vuông góc với và cách O một
2
b
c .
A. 2 B. 23 C. 19 D. 1

Câu 185 (THPT Hoàng Hoa Thám - Hưng Yê) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho A( 1; 2; 1) , B( 2; 1; 3) ,
C( 3; 5; 1) . Điểm M ( a; b; c ) trên mặt phẳng Oyz sao cho MA 2MB CM đạt giá trị nhỏ nhất. Khi đó ta
có 2b c bằng
A. 1. B. 4 . C. 1. D. 4 .
Câu 186: (THPT Thăng Long - Hà Nội) Trong không gian với hệ tọa độ ,
m là tham số ) và mặt cầu
P cắt
S có phương trình
Oxyz cho mặt phẳng : 0
2 2 2
S theo giao tuyến là một đường tròn có bán kính lớn nhất.
A. m 1. B. m 0 .
P x y z m (
x 2 y 1 z 16
. Tìm các giá trị của m để
C. m 1. D. 1 4 3 m 1
4 3 .
Câu 187: (THPT Thăng Long - Hà Nội) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng P có phương trình
x y z 3 0 và hai điểm A1; 3; 4 , B 1;2;1
. M là điểm di động trên P , giá trị nhỏ nhất
của biểu thức MA
4MB
là
2 2
A. 20 3 . B. 48 . C. 8 3 . D. 55 .
3
Câu 188: (Sở GD và ĐT Cần Thơ) Trong không gian Oxyz cho điểm A 2;5;3
và đường thẳng
x 1 y z 2
d :
2 1 2
. Gọi
P là mặt phẳng chứa đường thẳng d sao cho khoảng cách từ A đến
P lớn nhất. Khoảng cách từ điểm M 1;2; 1
đến mặt phẳng
A. 11 2
6
. B.3 2 . C.
P bằng
11
18 . D. 7 2
6 .
Câu 189. (Sở GD và ĐT Đà Nẵng) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai điểm A 6;3;2
, 2; 1;6
Trên mặt phẳng
Oxy , lấy điểm ; ;
M a b c sao cho MA MB bé nhất. Tính
B .
2 3 4
P a b c .
A. P 129 . B. P 48 . C. P 33 . D. P 48 .
Câu 190: (THPT Lê Quý Đôn - Quảng Trị) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz cho 3 điểm A 1;1;1
,
B 0;1;2
, C 2;1;4 và mặt phẳng P : x y z 2 0 . Tìm điểm N P
sao cho
S NA NB NC
2 2 2
2 đạt giá trị nhỏ nhất.
A.
4 4
N
;2;
3 3
. B. 2;0;1
N . C.
1 5 3
N
; ;
2 4 4
. D. 1;2;1
N .

Câu 191: (THPT Lê Quý Đôn - Quảng Trị) Trong không gian Oxyz , cho 2 điểm A3; 2;3
, 1;0;5
x 1 y 2 z 3
đường thẳng d : . Tìm tọa độ điểm M trên đường thẳng d để MA
1 2 2
giá trị nhỏ nhất.
A. M 1;2;3
. B. 2;0;5
M . C. M 3; 2;7
. D. 3;0;4
Câu 192: Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz , viết phương trình mặt phẳng
P đi 1;2;3
B và
MB đạt
2 2
M .
M và cắt các tia
1 1 1
Ox , Oy , Oz lần lượt tại các điểm A , B , C sao cho biểu T đạt giá trị nhỏ
2 2 2
OA OB OC
nhất.
A. P : x 2y 3z
14 0 . B. P : 6x 3y 2z
6 0
.
C. P : 6x 3y 2z
18 0 . D. P : 3x 2y z 10 0
Câu 193. Trong không gian Oxyz , cho hai điểm A 1;2;2
, 5;4;4
.
B và mặt phẳng
( P) : 2x y z 6 0 . Tọa độ điểm M nằm trên mp( P ) sao cho
A. M 1;1;5 . B. 0;0;6
MA
MB nhỏ nhất là:
2 2
M . C. M 1;1;9
. D. 0; 5;1
M .
Câu 194. (THPT TIÊN LÃNG) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho A 1;1;1 ,
B 2;1; 1 ,
0;4;6
Điểm M di chuyển trên trục Ox . Tìm tọa độ M để P MA MB MC
có giá trị nhỏ nhất.
A. -2;0;0 . B. 2;0;0 . C. -1;0;0 . D. 1;0;0 .
Câu 195: (Sở GD Cần Thơ) Trong không gian Oxyz , cho điểm
2 2 2
1 3
M
; ;0
2 2
C .
và mặt cầu
S : x y z 8 . Một đường thẳng đi qua điểm M và cắt S tại hai điểm phân biệt A , B .
Diện tích lớn nhất của tam giác OAB bằng
A. 4 . B. 2 7 . C. 2 2 . D. 7 .
Câu 196: (Sở GD Cần Thơ) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz , cho mặt cầu
S : x 1 2 y 3 2 z 2
2
4 . Gọi N x0; y0;
z
0 là điểm thuộc
đến mặt phẳng
P x y z bằng
Oxz lớn nhất. Giá trị của biểu thức
0 0 0
A. 6 . B. 8 . C. 5. D. 4 .
S sao cho khoảng cách từ điểm N
2 2 2
Câu 197: (Sở GD Cần Thơ) Trong không gian Oxyz , cho mặt cầu S x y z
mặt phẳng P : 2x 2y z 3 0 . Gọi Q là mặt phẳng song song với P và cắt
diện là đường tròn
C có thể tích lớn nhất. Phương trình của mặt phẳng Q là
: 1 2 3 12 và
S theo thiết
C sao cho khối nón có đỉnh là tâm của mặt cầu và đáy là hình tròn giới hạn bởi
A. 2x 2y z 4 0 hoặc 2x 2y z 17 0 .
B. 2x 2y z 2 0 hoặc 2x 2y z 8 0 .

C. 2x 2y z 1 0 hoặc 2x 2y z 11 0 .
D. 2x 2y z 6 0 hoặc 2x 2y z 3 0 .
Câu 198 Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , viết phương trình đường thẳng d vuông góc với đường
thẳng
x y 1
z
: 1 2 1
và đi qua gốc tọa độ O sao cho khoảng cách từ 1;0;1
d đạt giá trị nhỏ nhất.
M tới đường thẳng
A.
x
t
x
t
y
t . B. y
0 . C.
z
t
z
t
x
2t
y
t . D.
z
0
x
3t
y
t .
z
t
Câu 199 (Toán học tuổi trẻ tháng) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho điểm A( 3;2; - 1)
và đường thẳng
ì x = t
d : ï
íy = t
ï
ïî z = 1 + t
lớn nhất.
. Viết phương trình mặt phẳng ( P ) chứa d sao cho khoảng cách từ A đến ( P ) là
A. 2x y 3z
3 0 . B. x 2y z 1 0 . C. 3x 2y z 1 0 . D. 2x y 3z
3 0 .
2 2 2
Câu 200: [SGD_QUANG NINH] Trong không gian Oxyz , cho mặt cầu S x y z
Gọi là mặt phẳng đi qua hai điểm A0;0; 4
, B 2;0;0
và cắt
tròn C sao cho khối nón đỉnh là tâm của S và đáy là là đường tròn
rằng : ax by z c 0 , khi đó a b c bằng
A. 4 . B. 8 . C. 0 . D. 2 .
: 1 2 3 27 .
S theo giao tuyến là đường
C có thể tích lớn nhất. Biết
Câu 201: [SDG PHU THO] Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng ( P) : 3x 3y 2z
15 0 và
ba điểm A 1;2;0
, B 1; 1;3 , 1; 1; 1
2 2 2
2MA MB MC nhỏ nhất. Giá trị 2x0 3y0 z0
bằng
C . Điểm M ( x0; y0; z
0)
thuộc ( P ) sao cho
A. 11. B.5. C.15 . D.10 .
Câu 202. (SỞ GD-ĐT HẬU GIANG) Trong không gian Oxyz cho mặt cầu
S : x 1 2 y 2 2 z 3
2
9 và mặt phẳng P :2x 2y z 3 0 . Gọi ; ;
điểm trên mặt cầu sao cho khoảng cách từ M đến P lớn nhất. Khi đó:
A. a b c 8 . B. a b c 5 . C. a b c 6 . D. a b c 7 .
M a b c là

Câu 203. (THPT CHU VĂN AN) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz viết phương trình mặt phẳng P đi qua
điểm M 1;2;3
và cắt các tia Ox ,Oy ,Oz lần lượt tại các điểm A, B,
C sao cho
1 1 1
T đạt giá trị nhỏ nhất.
2 2 2
OA OB OC
A. P : x 2y 3z
14 0 . B. P : 6x 3y 2z
6 0
.
C. P : 6x 3y 2z
18 0 . D. P : 3x 2y z 10 0
.
Câu 204. (SGD – HÀ TĨNH ) Trong không gian với hệ trục Oxyz , cho hai điểm A4;2; 6
, B 2;4;1
. Gọi d là
đường thẳng đi qua trọng tâm G của tam giác ABO sao cho tổng khoảng cách từ các điểm A , B , C
đến đường thẳng d là lớn nhất. Trong các véctơ sau, véctơ nào là một véctơ chỉ phương của đường
thẳng d ?
A. u 13;8; 6
. B. u 13;8; 6
. C. u 13;8;6
. D. u 13;8;6
Câu 205. (THPT AN LÃO) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho 3 điểm A1;2;3 , B 0;1;1 , C 1;0; 2
và mặt phẳng P có phương trình x y z 2 0 . Gọi M là điểm thuộc mặt phẳng
giá trị biểu thức
Q : 2x y 2z
3 0
A. 2 5
3
.
P sao cho
2 2 2
T MA 2MB 3MC nhỏ nhất. Tính khoảng cách từ M đến mặt phẳng
121
91
. B. . C. 24 . D.
54 54 .
Câu 206. (CỤM 7 TP. HỒ CHÍ MINH) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz , cho điểm A9; 3;5
, ; ;
Gọi M , N , P lần lượt là giao điểm của đường thẳng AB với các mặt phẳng toạ độ Oxy , Oxz
và Oyz . Biết M , N , P nằm trên đoạn AB sao cho AM MN NP PB
a b c là:
B a b c .
. Giá trị của tổng
A. 21. B. 15 . C. 15 . D. 21.
Câu 207. (TRƯỜNG THPT TH CAO NGUYÊN ) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , xét các mặt phẳng
thay đổi có phương trình ax by a b z 0
, trong đó hai số a và b không đồng thời bằng
0. Tìm khoảng cách h lớn nhất từ điểm A 2;1;3
tới các mặt phẳng
.
A.
3 2
h .
B. h 3 2.
C.
2
1
h .
D. h 2.
2
Câu 208. (THPT TRẦN HƯNG ĐẠO) Cho ba điểm A 1; 1; 0
, B 3; 1; 2
, C 1; 6; 7
. Tìm điểm M Oxz
sao cho
2 2 2
MA MB MC nhỏ nhất?
A. M 3;0; 1 .
B. M 1; 0; 0 .
C. M 1; 0; 3 .
D. M
1; 1; 3 .
Câu 209. (TOÁN HỌC TUỔI TRẺ LẦN 8) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho hai điểm A 1;2;2
,
B 5;4;4
và mặt phẳng P : 2x y z 6 0 Nếu M thay đổi thuộc P thì giá trị nhỏ nhất của
MA
MB là
2 2

A. 60 . B. 50 . C. 200
2968
. D.
3 25 .
Câu 210. (THPT CHUYÊN NGUYỄN TRÃI) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz , cho đường thẳng có phương
x 1 y z 1
trình
P x y z
2 1 1
chứa và tạo với P một góc nhỏ nhất.
và mặt phẳng : 2 2 1 0 . Viết phương trình mặt phẳng Q
A. 2x y 2z
1 0 . B. 10x 7y 13z
3 0 .
C. 2x y z 0 . D. x 6y 4z
5 0 .
x y z
Câu 211. Phương trình mặt phẳng chứa đường thẳng d : và cắt mặt cầu
1 1 1
2 2 2
S : x y z 4x 6y 6z
3 0 theo một đường tròn có bán kính nhỏ nhất là
A. 6x y 5z
0.
B. 6x y 5z
0.
C. 4x 11y 7z
0.
D. 4x 11y 7z
0.
Câu 212: [TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÊ HỒNG PHONG- NAM ĐỊNH] Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho
x 1 y z 2
đường thẳng :
2 1 1
2 2
thẳng sao cho MA 2MB
đạt giá trị nhỏ nhất.
và hai điểm A0; 1;3 , 1; 2;1
B . Tìm tọa độ điểm M thuộc đường
A. M 5;2; 4
. B. M 1; 1; 1
. C. M 1;0; 2
. D. 3;1; 3
M .
Câu213: (THPT CHuyên Lam Sơn - Thanh Hóa) [ Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt cầu
S : x 1 2 y 2 2 z 3
2
9 tâm I và mặt phẳng P : 2x 2y z 24 0
hình chiếu vuông góc của I trên P . Điểm M thuộc
Tìm tọa độ điểm M .
. Gọi H là
S sao cho đoạn MH có độ dài lớn nhất.
A. M 1;0;4 . B. M 0;1;2
. C. M 3;4;2
. D. 4;1;2
M .
Câu 214. (THPT Chuyên Hạ Long - QNinh) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho tam giác ABC với
A (1;0;0) , B (3;2;4) , C (0;5;4) . Tìm tọa độ điểm M thuộc mặt phẳng ( Oxy ) sao cho MA MB 2MC
nhỏ
nhất.
A. M (1;3;0) . B. M (1; 3;0) . C. M (3;1;0) . D. M (2;6;0)
Câu 215: (THPT Chuyên Thoại Ngọc Hầu - An Giang) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz , cho hai điểm
A2; 3;2
, B 3;5;4
. Tìm toạ độ điểm M trên trục Oz so cho
MA
MB đạt giá trị nhỏ nhất.
2 2
A. M 0;0;49
. B. M 0;0;67
. C. M 0;0;3
. D. 0;0;0
M .
Câu 216: (THPT Trần Phú - Hà Tĩnh) Trong không gian Oxyz , cho ba điểm A1; 2;1
, 5; 0; 1
C 3;1; 2
và mặt phẳng Q : 3x y z 3 0 . Gọi M a; b;
c là điểm thuộc
2 2 2
MA MB 2MC
nhỏ nhất. Tính tổng a b 5c
.
A. 11. B. 9. C. 15 . D. 14 .
B ,
Q thỏa mãn

Câu 217: (Chuyên Lương Thế Vinh – Đồng Nai) Trong không gian Oxyz , cho bốn điểm
4; 1;3 , 1; 2; 1 , 3;2; 3
và D0; 3; 5
. Gọi
A B C đến lớn nhất, đồng thời ba điểm , ,
.
A B C
khoảng cách từ , ,
Trong các điểm sau, điểm nào thuộc mặt phẳng
là mặt phẳng đi qua D và tổng
A B C nằm về cùng phía so với .
A. E 7; 3; 4
. B. E . C. E . D.
1
2
2;0; 7
3
1; 1; 6
E4 36;1; 1 .
Câu 218: (Chuyên Lương Thế Vinh – Đồng Nai) Trong không gian với hệ tọa độ
A 1;0;1
V
,
B 0;1; 1 . Hai điểm D , E thay đổi trên các đoạn OA , OB sao cho đường
ũ
thẳng DE chia tam
Oxyz , cho hai điểm
giác OAB thành hai phần có diện tích bằng nhau. Khi DE ngắn nhất thì trung V điểm của đoạn DE có
tọa độ là
ă
n
A.
2 2
I
; ;0
. B.
4 4
I
2 2
; ;0
. C.
3 3
Câu 219: (THPT Quỳnh Lưu 1 - Nghệ) Trong hệ tọa độ Oxyz cho 3;3;0
phẳng P đi quaO , vuông góc với mặt phẳng
I 1 1 ; ;0 B
3 3 . D. 1 1
I
; ;0
ắ 4 4 .
c
A , B 3;0;3
, C 0;3;3
. Mặt
ABC sao cho mặt phẳng P cắt các cạnh AB ,
AC tại các điểm M , N thỏa mãn thể tích tứ diện OAMN nhỏ nhất. Mặt phẳng P có phương trình:
A. x y 2z
0 . B. x y 2z
0 . C. x z 0 . D. y z 0
Câu 220: (THPT Vũng Tàu) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm 1;2; 3
P :2x 2y z 3 0
A và mặt phẳng
u 3; 4;2 cắt mặt
. Đường thẳng đi qua A và có vectơ chỉ phương
phẳng P tại điểm B . Một điểm M thuộc mặt phẳng P và nằm trên mặt cầu có đường kính AB
sao cho độ dài đoạn thẳng MB lớn nhất. Khi đó dộ dài MB bằng
A. 14 5
3
. B. 5 . C.
5
2 . D. 7 5
3 .
Câu 221: [THPT Tiên Lãng] Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho A 1;1;1 ,
B 2;1; 1 ,
0;4;6
Điểm M di chuyển trên trục Ox . Tìm tọa độ M để P MA MB MC
C .
có giá trị nhỏ nhất.
A. 1;0;0 . B. 1;0;0 . C. 2;0;0 . D. 2;0;0
.
Câu 222: [Cụm 1 HCM] Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai điểm M 1;2;4 và N 0;1;5
P là mặt phẳng đi qua M sao cho khoảng cách từ N đến P
mặt phẳng P bằng bao nhiêu?
A.
3
d . B. d 3 . C.
3
. Gọi
là lớn nhất. Khi đó, khoảng cách d từ O đến
1
d . D.
3
1
d .
3
Câu 223: [Cụm 1 HCM] Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai điểm M 1;2;4 và N 0;1;5
. Gọi P
là mặt phẳng đi qua M sao cho khoảng cách từ N đến P
là lớn nhất. Khi đó, khoảng cách d từ
O đến mặt phẳng P bằng bao nhiêu?

A.
3
d . B. d 3 . C.
3
1
d . D.
3
1
d .
3
Câu 224 [TTLT ĐH Diệu Hiền-] Trong không gian với hệ trục Oxyz , cho đường thẳng d có phương trình
x 1 y 2 z
d :
1 1 2
đến P bằng.
và điểm A 1;4;2
. Gọi P là mặt phẳng chứa d . Khoảng cách lớn nhất từ A
A. 2 5 . B. 6 5 . C.
Câu 225 [THPT Yên Lạc-VP] Trong không gian với hệ tọa độ ,
210
3
. D. 5.
Oxy cho mặt phẳng P : m 1
x y mz 1 0
và điểm A 1;1;2
. Với giá trị nào của m thì khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng P là lớn nhất.
A. 2 . B. 5. C. 4 . D. 3.
Câu 226: [THPT Nguyễn Khuyến –NĐ] Trong không gian với hệ trục tọa độOxyz , cho bốn điểm
A a 2 2 4
;0;0 , B 0; b ;0 , C 0;0; c , D ; ;
. Trong đó a, b,
c là các số thực dương thỏa mãn
3 3 3
2 2 1
3 . Khoảng cách từ D đến mặt phẳng ABC có giá trị lớn nhất là bao nhiêu ?
a b c
A. 3. B. 1. C. 4. D. 2.
Câu 227 [THPT TH Cao Nguyên] Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho bốn điểm
A3;0;0 , B 0;2;0 , C 0;0;6 , D 1;1;1
. Gọi là đường thẳng đi qua D và thỏa mãn tổng
khoảng cách từ các điểm A, B,
C đến là lớn nhất. Hỏi đi qua điểm nào trong các điểm dưới
đây?
A. M 3;4;3
. B. M 1; 2;1
. C. M 3; 5; 1
. D. 7;13;5
Câu 228 (Sở GD&ĐT Hà Nội) Trong không gian Oxyz , cho hai điểm A 1;2;1
, 2; 1;3
mặt phẳng Oxy sao cho MA
2MB
lớn nhất.
2 2
3 1
A. M
; ;0
2 2 . B. 1 3
M
; ;0
2 2
M .
B . Tìm điểm M trên
. C. M 0;0;5
. D. 3; 4;0
Câu 229: (Sở Quảng Bình)Trong không gian Oxyz , cho hình hộp ABCD.
A B C D
D2; 2;2
, 3;0; 1
AM
MC là
M .
biết A 1;0;1
, 2;1;2
B ,
A , điểm M thuộc cạnh DC . Giá trị nhỏ nhất của tổng các khoảng cách
A. 17 B. 17 4 6
C. 17 8 3
D. 17 6 2

2 2 2
Câu 230: (Sở Tiền Giang) Trong không gian Oxyz cho mặt cầu
S : x 3 y 1 z 4 và đường thẳng
x
1
2t
d : y 1 t , t . Mặt phẳng chứa d và cắt S theo một đường tròn có bán kính nhỏ nhất có
z
t
phương trình là
A. 3x 2y 4z
8 0 B. y z 1 0 C. x 2y
3 0 D. x 3y 5z
2 0
Câu 231: (SGD VĨNH PHÚC) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai điểm A 1;2;3
, B 0;4;5
M là điểm sao cho MA 2MB
đạt giá trị nhỏ nhất là
. Khoảng cách từ điểm M đến mặt phẳng P : 2x 2y z 6 0
. Gọi
A. 7 9
B. 14 9
C. 17 9
D. 11 9
Câu 232: (THPT Bình Xuyên - Vĩnh Phúc) Trong không gian Oxyz , cho hai đường thẳng : x y z
d1 và
1 1 2
d
2
:
x 1 y z 1
. Điểm M d1
và N d2
sao cho đoạn thẳng MN ngắn nhất:
2 1 1
A.
M 3 3 6
; ;
35 35 35 , 69 17 18
N ; ;
35 35 35
B.
M 3 3 6
; ;
35 35 35 , N 1 17 18
; ;
35 35 35
C.
M 3 3 6
; ;
35 35 35 , N 69 17 18
; ;
35 35 35
D.
M 3 3 6
; ;
5 5 5 , 69 17 18
N ; ;
5 5 5
Câu 233
A
0;2; 4 , B 3;5;2
(THPT Chuyên Vĩnh Phúc) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho hai điểm
. Tìm tọa độ điểm M sao cho biểu thức MA
2MB
đạt giá trị nhỏ nhất.
2 2
3 7
A. M 1;3; 2
. B. M 2;4;0
. C. M 3;7; 2
. D. M
; ;
1
2 2 .
x y 1 z 2
Câu 234: (SGD BINH THUAN) Trong không gian Oxyz , cho đường thẳng d : và mặt phẳng
1 2 3
P : x 2y 2z
3 0 . Gọi M là điểm thuộc đường thẳng d sao cho khoảng cách từ M đến mặt
phẳng P bằng 2 . Nếu M có hoành độ âm thì tung độ của M bằng
A. 3 . B. 21. C. 5 . D. 1.
Câu 235: (SỞ GD-ĐT PHÚ THỌ) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm M 3;3; 2
và hai đường
x 1 y 2 z x 1 y 1 z 2
thẳng d : , d : . Đường thẳng đi qua M và cắt cả 2 đường
1
2
1 3 1 1 2 4
thẳng d , d tại A,
B . Độ dài đoạn thẳng AB bằng
1 2
A. 2 . B. 6 . C. 3. D. 2 2 .
Câu 236. (TT Tân Hồng Phong) Trong không gian Oxyz , cho hai điểm M 1; 2; 3
, A 2; 4; 4
và hai mặt
phẳng P : x y 2z
1 0 , Q : x 2 y z 4 0 . Đường thẳng qua điểm M , cắt hai mặt phẳng
Q lần lượt tại B và ; ;
C a b c sao cho tam giác ABC cân tại A và nhận AM làm đường trung tuyến. Tính
P ,

T a b c .
A. T 9 . B. T 3 . C. T 7 . D. T 5 .
Câu 237: (THPT Chu Văn An - Hà Nội) Trong không gian Oxyz , cho hai điểm A0; 1;2 , B 1;1;2
và
x 1 y z 1
đường thẳng d : . Biết điểm M a; b;
c thuộc đường thẳng d sao cho tam giác MAB có diện
1 1 1
tích nhỏ nhất. Khi đó, giá trị T a 2b 3c
bằng
A. 5 B. 3 C. 4 D. 10
Câu 238: (Toán Học Tuổi Trẻ) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho ba điểm A 0;1;0
, 2;2;2
C 2;3;1
và đường thẳng
diện MABC bằng 3.
B ,
x 1 y 2 z 3
d : . Tìm điểm M thuộc d để thể tích V của tứ
2 1 2
15 9 11
A. M
; ;
2 4 2 ; 3 3 1
M
; ;
2 4 2 . B. 3 3 1
M
; ;
5 4 2 ; 15 9 11
M
; ;
2 4 2 .
C.
3 3 1
M
; ;
2 4 2 ; 15 9 11
M
; ;
2 4 2 . D. 3 3 1
M
; ;
5 4 2 ; 15 9 11
M
; ;
2 4 2 .
Câu 239:
(THTT) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho đường thẳng
Gọi H a; b;
c là điểm thuộc d sao cho AH có độ dài nhỏ nhất. Tính
x 1 y 2 z 1
d :
1 1 2
, 2;1;4
3 3 3
T a b c .
A .
A. T 8. B. T 62 . C. T 13 . D. T 5 .
Câu 240: [THPT Lý Văn Thịnh] Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho đường thẳng
x y 1 z 2
d : và
1 2 3
mặt phẳng ( P ) : x 2y z 3 0 . Tìm tọa độ điểm M có tọa độ âm thuộc d sao cho khoảng cách
từ M đến P bằng 2 .
A. M 2; 3; 1
. B. M 1; 5; 7
. C. M 2; 5; 8
. D. 1; 3; 5
Câu 241: [BTN] Trong không gian Oxyz , cho hình thoi ABCD với A
1;2;1 , B 2;3;2
x 1 y z 2
thoi thuộc đường thẳng d : . Tọa độ đỉnh D là.
1 1 1
M .
. Tâm I của hình
A. D 0;1;2
. B. D 2;1;0
. C. D2; 1;0 . D. 0; 1; 2
D .
Câu 242: [Đề thi thử-Liên trường Nghệ An] Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , mặt phẳng đi qua
điểm M 1;2;1
và cắt tia Ox , Oy , Oz lần lượt tại A , B , C sao cho độ dài OA , OB , OC theo
thứ tự tạo thành cấp số nhân có công bội bằng 2 . Tính khoảng cách từ gốc tọa độ O tới mặt phẳng
.
A.
4
21 . B. 21
3 21
. C. . D. 9 21 .
21 7

S1 : x 1 y z 4 ,
Câu 243: (THPT Thuận Thành - Bắc Ninh) Trong không gian Oxyz , cho 2 2 2
x
2 t
S 2 2
2
2
: x 2 y 3 z 1 1 và đường thẳng d : y 3t
. Gọi A,
B là hai điểm tùy ý
z
2 t
thuộc S , S và M thuộc đường thẳng d . Khi đó giá trị nhỏ nhất của biểu thức P MA MB
bằng:
A.
1
2211
11
2
. B.
3707
3 . C.
11
1771 2 110
11
Câu 244. (Sở GD&ĐT Hà Nội) Cho khối trụ có hai đáy là hai hình tròn ;
Câu 1:
Chọn A
. D.
3707
11
O R và O ; R
, OO 4R
. Trên
đường tròn O;
R lấy hai điểm A,
B sao cho AB a 3 . Mặt phẳng P đi qua A , B cắt đoạn
OO và tạo với đáy một góc 60 , P cắt khối trụ theo thiết diện là một phần của elip. Diện tích
thiết diện đó bằng
4
3
A.
R
3 2
2
2
3
2 2
3
. B.
R . C.
3 4
R
3 4
Mặt cầu S có tâm I 2;1;3
và bán kính R 5 V
Ta có: d d I; P
3 Bán kính của
C là
4 500
3 3
3
1
R .
r R d
Độ dài đường cao khối nón N là h R d 8. Suy ra: V
V1
125
Vậy:
V 32
.
2
2 2
4 .
2
2
r h .
2
1 128
3 3
4
3
. D.
R
3 2
Câu 2.
Chọn D
Gọi M a; b;
c P
. Ta có AB 2;4; 16
, AM a 1; b 3; c 2
.
AM , AB
28b 2c 20; 8a c 6; 2a b 1
là véc-tơ pháp tuyến của mặt phẳng ABM .
Vì mp ABM vuông góc với mp P nên nABM
. nP
0 2a 5b c 11 0 .
Mặt khác A , B không thuộc P và nằm cùng một phía đối với mp P .
.
2
AB . Gọi I là trung điểm của AB , ta có 2;5; 10
Ta có 2 69
I .

Vì MI là trung tuyến của tam giác AMB
MA MB AB
2 4
2 2 2
2
MI 54.
2a b c 1 0
a
4
Khi đó ta có hệ phương trình 2a 5b c 11 0
b
2 .
2 2 2
a 2 b 5 c
10
54 c
7
Vậy S a b c 4 2 7 1.
Câu 3:
Chọn A
Điểm M d M 1 2 t; t;2
t
N 3 2 t; 2 t;2
t
, A là trung điểm của MN
Điểm N P
3 2t 2 t 22 t
5 0 t 2 M 3;2;4
, N 1; 4;0
MN 4; 6; 4
2 2;3;2 .
Câu 4:
Chọn B
Mặt phẳng ABC đi qua B1;0; 1
và có một véctơ pháp tuyến là
n AB, BC
10; 4;2 25;2; 1
.
Phương trình mặt phẳng ABC : 5x 2y z 6 0 .
Độ dài đường cao xuất phát từ đỉnh D0;0;
d của tứ diện ABCD bằng ,
Theo bài ra ta có
Do D thuộc tia Oz nên D 0;0;3
.
Câu 5:
Chọn C
d
6 3 30
d
15
d
6 9
25 4 1 10
.
d
3
d D ABC .
Gọi O là trung điểm của AB . Chuẩn hóa và chọn hệ trục tọa độ sao cho O 0;0;0
,
1
A
;0;0
2 , 1
B
;0;0
2 , 3
C 0; ;0
3
2
, H 0; ;0
a 6 3 6
6
, AH
A
0; ;
3
6 3
3 6
Ta có AB AB
B 1; ;
6 3
. Dễ thấy ABC có vtpt n1 0;0;1
.
1 3 6
M là trung điểm AA M ; ;
3 3 6
4 12 6
, N là trung điểm BB N
; ;
4 12 6

1 5 3 6
MN 1;0;0
, CM ; ;
4 12 6
6 5 3
CMN có vtpt n2
0; ;
6 12
3 0;2 2;5
12
cos 5 33
Câu 6:
Chọn D.
Ta có:
1
tan
1
2
cos
2 2
5
, 3 ,
đường thẳng AB cắt
d A P d B P
Từ đó AI 3BI
.
P tại I sao cho
Lại có A2;5; 3
, B 2;1;1
I 1;2;0 hoặc 4; 1;3
I .
AI d A,
P
3 .
BI d B,
P
Có vô số mặt phẳng P
chứa C , D nên C , I , D thẳng hàng, hay D CI . Mà D
D CI .
Trường hợp I 1;2;0 :
x 1 y 2 z
Ta có IC 3; 2;1
IC : .
3 2 1
Toạ độ điểm D là nghiệm của hệ phương trình
D 4;4; 1 (không thoả mãn điều kiện c 0 ).
Trường hợp I 4; 1;3 :
x 4 y 1 z 3
Ta có IC 6;1; 2
IC : .
6 1 2
Toạ độ điểm D là nghiệm của hệ phương trình
D 4; 1;3 (thoả mãn điều kiện c 0 ).
2 2 2 2 2 2
S a b c 4 1 3 26 .
Câu 7:
Chọn B
x 1 y 2 z
3 2 1 .
3x 4y 5z
1 0
x 4 y 1 z 3
6 1 2
.
3x 4y 5z
1 0
Ta có d
1
đi qua điểm M 1;2; 3
và có vtcp u1 1; 2; 1
. Đường thẳng
2
có vtcp u2 3;2; 1
.
Khi đó u1, u
2
4; 2;8
và MN 3;1;4
.
Do đó u1, u
2
. MN 12 2 32 42 nên hai đường thẳng đã cho luôn chéo nhau
42
Và d d1;
d2
21 .
16 4 64
d đi qua điểm 4;3;1
N và

u . u 0
Mà
1 2
nên d1 d2
.
1
. . . ; .sin , 2 21 .
6
Ta có V AB CD d AB CD AB CD
Câu 8:
Chọn A
ABCD
B
I
M
Mặt câu S có tâm I 1; 2; 1
và bán kính R 2 2 ; IM 22 ;
2 2
Trong tam giác IMA ta có: MA MB IM R 22 8
14 .
Do
cos MB
IMB IM
14 2
22
IMB 45 AMB 90
BMA
2
2 2 2
Trong tam giác MAB ta có: AB MA MB 2 MA. MB.cos
7 AB 7 .
Câu 9:
Chọn B
1
Vì O , M , N thẳng hàng và OM. ON 1
nên OM. ON 1, do đó OM
2 . ON .
ON
Gọi N a; b;
c , khi đó M a b c
; ;
a 2 b 2 c 2 a 2 b 2 c 2 a 2 b 2 c 2
.
a 2b 2c
Vì M P
nên 6 0
2 2 2 2 2 2 2 2 2
a b c a b c a b c
2 2 2
2 2 2 a b c 1 1 1 1
a b c 0 a b c
.
6 3 3 12 6 6 16
Câu 10:
Chọn C
Gọi D x; y;
z là điểm cần tìm, ta có: AD x 1; y 1; z 1
, BD x 1; y 2; z 1
CD x 1; y; z 1
.
* Tứ diện ABCD là tứ diện vuông tại D (tức là DA, DB,
DC đôi một vuông góc) nên ta có:
2 2 2
AD. BD 0 x y z 3y
0
2 2 2
AD. CD 0 x y z y 2z
0
2 2 2
CD. BD 0 x y z 2x 2y
0
Thế 2 , 3 vào
Vậy có hai điểm D thỏa mãn.
A
2
3
2 2 2
x y z y
z
y
y
x
2
3 0 1
y 0 D 0;0;0
2
1 ta được: 9y
12y
0
4 2 4 4 .
y D ; ;
3 3 3 3
,

Câu 11:
Chọn B
Ta có A là giao điểm của đường thẳng AB với mặt phẳng . Tọa độ điểm A là nghiệm của hệ
x 3 y 4 z 8
1 1 4
x
z 1 0
x
1
y
2
z
0
. Vậy điểm A 1;2;0
.
Điểm B nằm trên đường thẳng AB nên điểm B có tọa độ B 3 t;4 t; 8 4t
Theo giả thiết thì t 3 0 t 3.
AB , ta có t t t
Do 3 2
Theo giả thiết thì
2 2 2
2 2 16 2 18
t 1
3 6
AC AB sin 60 ;
2
a
c 1
2 2 2 27
a b c
2
2 2 2 9
a 2 b 3 c
4
2
Vậy ta có hệ 1 2
.
nên 2;3; 4
3 2
BC AB.cos 60 .
2
B .
a
c 1
2a 2b 8c
9
2
2 27
a 1 b 2 c
2
2
7
a
2
7 5
b
3 . Vậy C
;3;
2 2 nên a b c 2 .
5
c
2
Câu 12:
Chọn C
Gọi G 2 t;2 2 t; 2
t d AG 3 t;2 t; 3
t
.
2
Mà G là trọng tâm của tam giác ABC nên AG AI (với I là trung điểm của BC ).
3
7 3t
7 3t
I ;2 3 t;
2 2 .
7 3t
7 3t
Mặt khác I P
nên 2
22 3t
4 0
2
2
Với t 1 thì I 2; 1; 2
.
Câu 13:
Chọn D
Gọi P là mặt phẳng cần tìm
2 2 2
Mặt cầu S : x y z 2x 4 y 6z
0 có tâm 1;2;3
21t
21 0 t 1.
I và bán kính R 14
2
Gọi r là bán kính đường tròn diện tích bằng 14 nên r 14
r 14 R
Do đó, mặt cầu P đi qua tâm I và cách đều cả năm điểm O , A , B , C , D

z
D
O
I
B
y
x
A
Dựa vào hình vẽ kết luận có được 3 mặt phẳng là các mặt phẳng trung trực của ba đoạn thẳng OD , OB ,
OA .
Câu 14:
Chọn B.
VTPT của , ,
1
3; 7;1
2
1; 9; 2
u n1 , n
2
23;7; 20
.
P lần lượt là n , n , n 5; m;4
Gọi
VTCP
1 18
Đường thẳng đi qua điểm A
;0;
7 7 .
u. n 0 m
5
P
m n 16
.
AP
n
11
Câu 15:
Chọn C.
Mặt cầu S : x 1 2 y 2
2 z
2 4 có tâm 1; 2;0
M x y z ta được MA 2
2 x 2 y 2 z 2 2
2
Gọi ; ;
C
I , bán kính R 2 .
MO x; y;
z
2 2 2
và
MB. MC x y z 4x 4y
.
MB 4 x; 4 y;
z
2
2 2 2
Ta có MA MO. MB 16
2x 2y 2z 8x 4y 4 2z
4 0 .
2 2 2
x y z 4x 2y 2 2z
2 0 .
Suy ra M thuộc mặt cầu
S tâm 2; 1; 2
I , bán kính R 3 .
2 2 2
x y z 4x 4 2z
12 .
Nên M S S
là đường tròn C có tâm H là hình chiếu của M lên II .
Vì 2
.
II nên I S
.

Gọi K là trung điểm của I M ta có IK 2
2
2 3
Mà sin MH IK
MII
IM
II suy ra IM . IK 3 7
MH .
II
4
Vậy bán kính của đường tròn C là
Câu 16.
Chọn D
Ta có AD//
BC
3 7
r MH .
4
2
7
.
2
AD nhận CB 5;2; 1
là một VTCP.
Kết hợp với AD qua A2;3;1
x
2 5t
AD : y 3 2t
z
1 t
Biến đổi S
ABCD
3S
ABC
S
ACD
2S
ABC
1
AB
4; 2; 1
AB; AC
4;1; 18
Ta có AC
1; 4;0
AC; AD 4 t; t;18t
AD 5 t;2 t;
t
1 1 2 2
2 341
S
ABC
AB; AC
4 1 18
2
2 2
1 1 2 2 2 t 341
S
ACD
AC; AD 4t t 18t
2
2 2
t 341 t
2 D 8;7; 1
Kết hợp với 1 ta được 341
2 t 2 D 12; 1;3
Với D8;7; 1 AD 10;4; 2
2CB 2BC
.
Với D12; 1;3 AD 10; 4;2
2CB 2BC
.
Hình thang ABCD có đáy AD thì AD k BC với k 0 .
Do đó chỉ có D12; 1;3 thỏa mãn.
Câu 17.
Chọn A
t
D5t 2;2t 3;1 t
.

Trước hết ta nhận thấy Oz//
P và x y x y
7 7 0 nên A và Oz nằm về một phía của
O O A A
mặt phẳng P .
Gọi A là điểm đối xứng của A qua P . Gọi p là chu vi tam giác ABC .
Ta có p AB BC CA AB BC AC
AB AB
.
Do Oz//
P nên AA Oz
Lúc đó
AB AK
A B A K
Vậy B 0;0;1
.
. Gọi K là hình chiếu vuông góc của A lên Oz , ta có Oz AK
.
p min
khi K B .
Câu 18.
Chọn C
D
M
Q
H
A
F
I
B
N
P
Ta có BE 1;1;0
, AC 1;1;0
C
K
suy ra ACEB là hình bình hành.
D.
ACEB là hình chóp. Có 5 mặt phẳng cách đều 5 điểm A , B ,C , D , E , các mặt phẳng đó đi qua trung
điểm các cạnh của hình chóp. Đó là các mặt phẳng HMQF , MQPN , HFPN , FQIK , MHKI .
Câu 19.
Chọn A
z
E
A
D
B
C
A
D
y
x
B
C

, do cao độ âm nên c 0.
Vì D Oyz D0; b;
c
Khoảng cách từ D0; b;
c đến mặt phẳng Oxy : z 0 bằng 1 c c
Suy ra tọa độ D0; b; 1
. Ta có:
AB 1; 1; 2 , AC 4;2;2 ; AD 2; b;1
AB, AC
2;6; 2
AB, AC. AD 4 6b 2 6b 6 6b
1
1
VABCD
AB, AC. AD b 1
6
b
3 D0;3; 1
Mà VABCD
2 b 1 2
b
1 D0; 1; 1
Câu 20.
Chọn D.
AB 3 10
Gọi
P là mặt phẳng đi qua 2;5;6
Mặt phẳng P tiếp xúc với hai mặt cầu
. Chọn đáp án D
c
1
1 1 do 0 .
0;3; 1 .
C P : A x 2 B y 5 C z 6 0 A 2 B 2 C
2 0
1
S ,
S nên ta có hệ:
5A 2B 5C
d A; P
3
3
2 2 2 2 2 2
A B C 5A 2B 5C 3 A B C 1
d B; P
6 10A 2B 2C
2 2 2
6
10A 2B 2C 6 A B C
2 2 2
A B C
2
5A 2B 5C 5A B C
5A 2B 5C 5A B C
5A 2B 5C 5A B C
B
2C
B 10A 4C
Với B 2 C,
1 :
thay vào
5A C 3 A 5C
2 2
2 2
16A 10AC 44C
0
A
2C
11
A C
8
Với A 2C
, chọn C 1, A B 2 P : 2x 2y z 12 0 .
Với
11
A C , chọn C 8, A 11, B 16
P :11x 16y 8z
150 0 .
8
Với B 10A 4C
, thay vào 1 :
1
A C
2
8
A C
19
5A C 101A 80AC 17C
2 2
2 2
76A 70AC 16C
0
Với
1
A C , chọn C 2 , A 1, B 2
P : x 2y 2z
0.
2

8
Với A C , chọn C 19 , A 8 , B 4
P :8x 4y 19z
78 0 .
19
Vậy có 4 mặt phẳng thỏa yêu cầu bài toán.
Câu 21:
Chọn D
Mặt cầu ( S) :( x- 3) 2 + ( y - 3) 2 + ( z - 2)
2
= 9 có tâm ( 3;3;2 )
Gọi M ( x; y;
z ) ta được
( 1 ) 2
I , bán kính R = 3 .
2 2 2 2 2 2
MA = - x + y + z = x + y + z - 2x
+ 1.
ìï MB = ( 2 - x;1 - y;3-
z)
ï
2 2 2
í
Þ MB. MC = x + y + z -2x-3y
-7
.
ï
ïî
MC = (-x;2 - y; -3-
z)
2
2 2 2
Ta có: MA + 2 MB. MC = 8 Û 3x + 3y + 3z -6x-6y
- 21= 0 .
2 2 2
Û x + y + z -2x-2y
- 7 = 0 .
Suy ra M thuộc mặt cầu ( S¢ ) tâm ( 1;1;0 )
Nên M Î( S) Ç ( S¢ ) là đường tròn ( )
I ¢ , bán kính R¢ = 3.
C có tâm H là trung điểm của đoạn II ¢ (do R = R¢ = 3).
M
R=3
R'=3
I
H
I'
Vậy bán kính của đường tròn ( C ) :
Câu 22:
Chọn D
r R IH
2 2
= - = 6 .
S 1
và S 2 có tâm và bán kính lần lượt là 1;1;2 1
Gọi I là tâm của đường tròn giao tuyến
I , 1
4
R và
2 1;2; 1
C .
C và A là một điểm thuộc
I , R2 3

Ta có I I I A.cos
AI I
1 1 1
I A I I AI
R1.cos
AI1I
R
2 1.
2. I A.
I I
2 2 2
1 1 2 2
1 1 2
3
21
x 1 1 1
4
I1I
I1I
I1I
2 14
3
3
2
I1I
I1I2
I1I
I1I2
y
1 2 1
I1I
14
4
4
2
3
z
2 1 2
4
Câu 23:
Chọn C
x y z
Phương trình mặt phẳng ABC : 1.
2 3 6
D ABC ).
Ta thấy 4 điểm A , B , C , D đồng phẳng (do
Chọn 3 trong 5 điểm có
3
C5 10 cách.
Chọn 3 trong 4 điểm đồng phẳng A , B , C , D có
3
C4 4 cách.
Vậy có 10 4 1 7 mặt phẳng phân biệt đi qua 5 điểm đã cho.
4 14 3
4.
2.4. 14
2 2 2
21
2 14
1
x
2
7
y
.
4
1
z
4
Câu 24:
Chọn C
AB 1;1;1 , CD 1; 1; 1
. Rõ ràng ta thấy AB song songCD . Như vậy có vô số mặt phẳng cách
đều bốn điểm A, B, C, D.
Câu 25.
Chọn D
AB = 1; -3;2 ..
( )
ì x = 2 + t
Gọi d là đường thẳng đi qua hai điểm A, B . Khi đó, d có phương trình ï
íy
= - 1 - 3 t( t Î )..
ï
ïî z = 2t
Gọi I = d Ç ( P).
Tọa độ của điểm I là nghiệm của hệ.
ìï 1
t =
ì x = 2 + t
2
5
ïy = -1-3t x = æ5 5 ö
í Û ï
í 2 Þ I
;- ;1 .
z 2t
2 2 ÷
.
ç
=
è ø
5
ïx y z 1 0
y = -
î + - + =
ï ïï
2
ïî z = 1
2 2
5 5 2 3 14
IA =
æ ö æ ö
1- + 2+ + (-2 - 1 ) = .
ç
è 2÷ ø çè 2÷
ø
2
.
IB =
2 2
æ 5ö æ 5ö
2
14
2- + - 1+ + ( 0- 1 ) = .
ç
è 2ø÷ çè 2ø÷
2
Vậy 3.
IA
IB = .
Câu 26:

Chọn A
Ta có: B Oxy và B
nên B a
a
;2 2 ;0 .
x 1 y 2 z 3
d : đi qua ( 1; 2; 3)
1 2 2
u;
MB
Ta có: d B; d 3 3
u
Ta có: MB a 1;4 2 a;3
u; MB
4a 2;2a 1;2 4a
u;
MB
2
3 2a
1
2
Do đó 3 3 2a
1
9.
u
3
Vậy AB a a
Câu 27:
Chọn B
2
M và có 1 vectơ chỉ phương u 1;2;2
;
1
2 2 9 7
1 2 1 9 1 .
2
4 2
Gọi A0;0;
a . Đường thẳng AB qua A và vuông góc với
B là hình chiếu của A lên nên tọa độ B thỏa mãn hệ
Tam giác MAB cân tại M nên
2 2
2 a 3
a 1 a 5
MA MB 11 1 a
1
2 2
.
a
3
a thì tọa độ A 0;0;3
, B 3;0;0
Nếu 3
a thì tọa độ A0;0; 3
và 0;0; 3
Nếu 3
.
x
t
có phương trình y
0 .
z a t
x
t
y
0
suy ra
z a t
x
z 3 0
. Diện tích tam giác MAB bằng
B trùng nhau, loại.
a 3 a 3
B
;0;
2 2 .
3 3
S MA,
MB
12
.
2
Câu 28.
Chọn B
* Kết quả bài toán sẽ không thay đổi nếu ta xét lăng trụ đều ABC.
ABC
có cạnh bên bằng cạnh đáy bằng
2 .

* Chọn hệ trục tọa độ Oxyz như hình vẽ (O là trung điểm của BC ). Ta có:
C 1;0;0 ,
C1;0;2 ,
CA 1; 3;2
, BC 2;0;2
.
CM mCA
* Do
M 1 m; 3 m;2m
BN nBC
MN m 2n 2; 3 m;2n 2m
.
, N 1
2 n;0;2n
nên ta có
* Đường thẳng MN là đường vuông góc chung của A C và BC nên:
MN. CA 0
MN.BC 0
2
m
4m
2n
1
5 BN 3
n
m 4n
2 3 BC
5
n
5
NB 3
.
NC 2
A 0; 3;2 , B 1;0;0 ,
Câu 29:
Chọn D
S có tâm I 1;2;1
và bán kính R 3 .
Khối bát diện đều ST.
ABCD là khối bát diện đều nội tiếp khối cầu S nên ABCD là hình vuông có
AC
đường chéo AC 2R
6 và ST 2R
6 . Khi đó AB 3 2 .
2
1 ST 2 1
Thể tíchV
2.V 2
S.
ABCD
2. . . AB .6. 3 2 36.
3 2 3
S
I
B
A
O
C
D
Khối bát diện đều nội tiếp mặt cầu có bán kính R 3.
Gọi AB x với x 0

Vì S.
ABCD là hình chóp đều nên 2
Bán kính mặt cầu S
Câu 30
AC x OA
2
SA
R
2SO x 3 2 .
x 2
2
x 2
SO .
2
Chọn D
Đường thẳng
1
u .
d đi qua điểm A 1; 2;1
và có véctơ chỉ phương là
1
2;1; 2
d đi qua điểm B 1;1; 2
và có véctơ chỉ phương là u .
Đường thẳng
2
P có VTPT là: n u1, u
2
7; 4;5
d
34
Ta có: d A; P 2 d B; P
d 20 2 d 7
d
2
8
Vậy S hay S 4
.
34
2
1;3;1
nên có phương trình: P : 7x 4y 5z d 0
1
hể tích khối bát diện V 2. S . SO 36 .
Câu 31.
Chọn C
DA
3 ABCD
Ta có 6;0;0
, DB 0;2;0
, DC 0;0;3
sử M x 1; y 2; z 3
.
MA x 6 y z x 6 6 x
Ta có 2 2 2
2 2
MC x y z
3 2
z 3 3 z
Do đó P x y z x y z
nên tứ diện $ABCD$ là tứ diện vuông đỉnh D . Giả
, 2 2
MB x y z
2 2
y 2
, 3MD 3 x 2 y 2 z
2
6 2 3 11.
Vậy P đạt giá trị nhỏ nhất bằng $11$, khi và chỉ khi
Khi đó M 1;2;3
suy ra
Câu 32.
2 2 2
OM 1 2 3 14 .
2 y .
2
x y z x y z .
x y z 0
6 x 0
2 y 0 x y z 0 .
3 z 0
x y z 0
Chọn A
Ta có: AA BB CC
0 1
A G
G
G GA B G
G
G GB C G
G
G GC 0 .
GA
GB GC A G B G C
G 3 G
G
0 2
Nếu G,
G theo thứ tự lần lượt là trọng tâm tam giác ABC,
ABC
nghĩa là
GA GB GC AG BG CG
2 GG
0 G
G .
thì
Tóm lại 1 là hệ thức cần và đủ để hai tam giác ABC,
ABC
có cùng trọng tâm.

Ta có tọa độ của G là: G 1;0; 2.
Câu 33:
Chọn A
* Cách diễn đạt thứ nhất:
Gọi G, G’ theo thứ tự lần lượt là trọng tâm tam giác ABC, A’B’C’. Với mọi điểm T trong
không gian có:
1 : A' A B' B C ' C 0 TA TA' TB TB' TC TC
' 0
TA TB TC TA' TB' TC ' 2
Hệ thức (2) chứng tỏ. Nếu T G tức là TA TB TC 0 thì ta cũng có
TA' TB' TC ' 0 hay T G ' hay (1) là hệ thức cần và đủ để hai tam giác ABC, A’B’C’ có
cùng trọng tâm.
3 0 0 11 0 0 0 6
3 3 3
Ta có tọa độ của G là: G ; ; 1;0; 2
Đó cũng là tọa độ trọng tâm G’ của A' B' C '
* Cách diễn đạt thứ hai:
Ta có: AA' BB ' CC ' 0 (1)
A' G ' G ' G GA B' G ' G ' G GB C ' G ' G ' G GC 0
GA GB GC A' G ' B' G ' C ' G ' 3 G ' G 0 (2)
Nếu G, G’ theo thứ tự lần lượt là trọng tâm tam giác ABC, A’B’C’ nghĩa là
GA GB GC A' G ' B' G ' C ' G ' 2 G ' G 0 G ' G
thì
Tóm lại (1) là hệ thức cần và đủ để hai tam giác ABC, A’B’C’ có cùng trọng tâm.
Câu 34:
3 0 0 11 0 0 0 6
3 3 3
trọng tâm G’ của A' B' C '
Ta có tọa độ của G là: G ; ; 1;0; 2
Chọn C
1 3 3
Ta có AB 1; 1;2 , AC 1; 2;1 S
ABC
AB,
AC
2 2
DC 2; 2;4 , AB 1; 1;2 DC 2. AB ABCD là hình thang và
9 3
S
ABCD
3S
ABC
2
1
Vì VS . ABCD
SH. S
ABCD
SH 3 3
3
. Đó cũng là tọa độ

Lại có H là trung điểm của CD H 0;1;5
Gọi S a; b; c SH a;1 b;5 c SH k AB, AC
k 3;3;3 3 k;3 k;3k
2 2 2
Suy ra 3 3 9k 9k 9k k 1
+) Với k 1 SH 3;3;3 S 3; 2;2
k 1 SH 3; 3; 3 S 3;4;8
+) Với
Suy ra I 0;1;3
Câu 35:
Chọn A
Trước hết ta nhận thấy Oz//
P và x y x y
7 7 0 nên A và Oz nằm về một
O O A A
phía của mặt phẳng P .
Gọi A là điểm đối xứng của A qua P . Gọi p là chu vi tam giác ABC .
Ta có p AB BC CA AB BC AC
AB AB
.
Do Oz//
P nên AA Oz
Lúc đó
AB AK
A B A K
Vậy B 0;0;1
.
. Gọi K là hình chiếu vuông góc của A lên Oz , ta có Oz AK
.
p min
khi K B .
Câu 36:
Chọn D
O
I
A
8 4 8
Ta có: OA 2;2;1
, OB ; ;
16 8 8
OAOB . 0 OA OB .
3 3 3
3 3 3
Lại có: OA 3, OB 4 AB 5 .
Gọi D là chân đường phân giác trong góc AOB D thuộc đoạn AB .
Theo tính chất của phân giác trong ta có:
D
B

Câu 37:
Câu 38:
Câu 39.
DA OA 3 3 12 12
DA DB D 0; ;
.
DB OB 4 4 7 7
1 OA OB AB
Tam giác OAB có diện tích S . OAOB . 6 , nửa chu vi p
6
2
2
S
OAOB . 12
r 1 là bàn kính đường tròn nội tiếp; chiều cao OH .
p
AB 5
Gọi I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác OAB I thuộc đoạn OD .
a
0
DI r 5 5
Ta có: DI DO I 0;1;1
hay b
1 .
DO OH 12 12
c
1
Vậy S a b c 2 .
Chọn C
Gọi M là trung điểm AC . Trung tuyến BM có phương trình
C 4 2 m;3 4 m;1 2m
M 3 m;3 2 m;2
m
.
Vì C nằm trên đường phân giác trong góc C nên
4 2 m 2 3 4 m 4 1 2 m 2
m 0 C 4;3;1
.
2 1 1
x 3 y 3 z 2
1 2 1
Gọi A là điểm đối xứng của A qua phân giác trong góc C , khi đó A 2 4 a;5 2 a;1 2a
suy ra
và
A BC .
Véc tơ chỉ phương của đường thẳng chứa phân giác trong góc C là u 2; 1; 1
.
Ta có AA. u 0 4 a.2 2 2 a. 1 2a
21
0 a 0 A2;5;1
BM .
Suy ra A B B 2;5;1 AB 0; 2;2
2 0; 1;1 là một véc tơ của đường thẳng AB .
2 2
Vậy T m n 2 .
Chọn A
Gọi H là hình chiếu của M trên P
MH MO . Khi đó
max
MHO vuông tại H MH MO
MO 1;2; 1
P đi qua M và vuông góc với MO
là vecto
pháp tuyến của P phương trình của mặt phẳng P là 1 x 0 2 y 0 1 z 0
0
hay x 2y z 0 .
Chọn D
Ta có: mặt cầu S có
I
3; 2;1
.
R
3
Véc tơ chỉ phương của đường thẳng d là: u 1;1; 5
.
Mặt phẳng P vuông góc với d nên có nhận u 1;1; 5
I 3; 2;1
.
Vậy phương trình mặt phẳng P là: x y z
làm véc tơ pháp tuyến, và đi qua tâm
3 2 5 1 0 x y 5z
4 0 .
Câu 40:

Câu 41:
Câu 42:
Câu 43:
Chọn B
Mặt cầu S có tâm I 1;1;2
và bán kính R 3 .
Gọi H là hình chiếu vuông góc của I trên d , khi đó H là trung điểm đoạn EF .
2
2
Ta có EF 2EH 2 R d I,
P
. Suy ra EF lớn nhất khi ,
Đường thẳng d qua A1; 1; m
và có véc tơ chỉ phương u 1;1;2
Ta có AI 0;2;2
m
, AI, u 2 m;2 m; 2
.
AI, u
2
2m
12
d I, P 2 .
u 11
4
Suy ra
Do đó ,
Chọn D
d I P nhỏ nhất khi 0
d A1 t;2 t;
t
, d B 2 t;1 t;2
t
d I P nhỏ nhất
2
m . Khi đó EF EH R d I P
.
AB. u 0 2t t 1 t t 1 t
t 2 0
AB. u 0 4t 2t 2 t t 1 t t 2 0
Suy ra A 2;1;1
,
1 3
AB
1; ;
2 2
.
2
2 2 , 2 7 .
1
2t
3t 2
t
2 .
6t 2t
1
t
1
AB ngắn nhất suy ra AB là đoạn vuông góc chung của d , d .
x 2 y 1 z 1
A có vectơ chỉ phương u 2AB
2;1;3
: .
2 1 3
Vậy đi qua 2;1;1
Chọn D
2 2 2
2
AM
x; y; z 1
AM x y z 1
Giả sử M x; y; z
BM x 1; y 1; z
BM x 1 y 1
z
CM x 1; y; z 1
CM x 1 y z 1
2 2 2 2 2 2 2 2 2
3MA 2MB MC 3x y z 1 2 x 1 y 1
z
2 2
x 1 y z 1
2
2 2 2 2
2 2 2
2
2
2 2 2 3
2 2 5 5
4x 4y 4z 6x 4y 8z 6 2x 2y 1 2z
2 .
2
4 4
3 1
3 1
Dấu " " xảy ra x , y , z 1, khi đó M
; ;
1
4 2
4 2 .
Chọn D
2 2 2
2
AM
x; y; z 1
AM x y z 1
Giả sử M x; y; z
BM x 1; y 1; z
BM x 1 y 1
z
CM x 1; y; z 1
CM x 1 y z 1
2 2 2 2 2 2 2 2 2
3MA 2MB MC 3x y z 1 2 x 1 y 1
z
2 2 2 2
2 2 2
2

Câu 44:
Câu 45.
Câu 46.
Câu 47.
Câu 48:
2 2
x 1 y z 1
2
2
2 2 2 3
2 2 5 5
4x 4y 4z 6x 4y 8z 6 2x 2y 1 2z
2 .
2
4 4
3 1
3 1
Dấu " " xảy ra x , y , z 1, khi đó M
; ;
1
4 2
4 2 .
Chọn B
1
qua M 1 8; 2;3
và có véctơ chỉ phương u1 2;4; m 1
qua M và có véctơ chỉ phương u .
2
2
4;3;2
1
4; 1;2
Ta có:
u1, u
1
m 7;4m
8; 18
; M1M 2
4;5; 1
.
u1, u
1
. M1M 2
16m
50 .
1
và
2
cắt nhau khi u1, u
25
1
. M1M
2
0 16m
50 0 m .
8
Chọn C
Ta có
Chọn A
1 mt 1 t ' 1 mt 1 t ' 1 mt 1 t ' m
0
t 2 2 t ' t 2 2 t ' t 2 t 2 m 0 .
1 2t 3 t ' 1 2(2 2 t ') 3 t ' t ' 0
t
' 0
x
1
k
Phương trình tham số của đường thẳng d2
: y 2 2k
. Xét hệ phương trình:
z
3 k
x 1 mt 1 k mt k 0 2m
0
y t 2 2k t 2k 2 t
2 .
z 1 2t 3 k 2t k 4
k
0
Khi đó d cắt d khi m 0 . Vậy m 0 thỏa mãn.
Chọn D
1
Giả sử M d1 d2
m
0 1
2 , 3 k 0
t
2
Chọn B
2
M d1
M 1 m;2 2 m;3
m
M d2
*
.
t
1 m 1
kt 1
*
2 2m
t 2 .
3 m 1 2 3
P có một vectơ pháp tuyến là nP
1;1; 1
, Q có một vectơ pháp tuyến là nQ
1; 2;3
vuông góc với P và Q nên có một vectơ pháp tuyến là n n , n 1; 4; 3
.
P
Q
.

Câu 49:
Câu 50.
Chọn D
đi qua điểm M 1; 2;5
đồng thời vuông góc với hai mặt phẳng
trình là x 1 4 y 2 3 z 5
0 x 4y 3z
6 0 .
Chọn C
n OA 1; 3;2
P đi qua A chứa Oz nên .
n k 0;0;1
n OA; k
3; 1;0
b c 1
Khi đó chọn a 3, b 1, c 0 . Vậy M .
a 3
P có một vectơ pháp tuyến là
.
P và Q sẽ có phương
α)
B
A
d 2
d 1
Ta có d
1
đi qua A 2;2;3
và có ud
2;1;3
, d
1
2
đi qua 1;2;1
ud
2; 1;4
2
AB 1;1; 2 ; ud
; u
7; 2; 4
1 d
2
;
ud
; u
1 0
1 d
AB
2
nên d1,
d
2
chéo nhau.
Do cách đều d1,
d
2
nên song song với d1,
d2
n ud
; u
7; 2; 4
1 d
2
có dạng 7x 2y 4z d 0
Theo giả thiết thì d A,
d B,
:14x 4y 8z
3 0
.
d 2 d 1 3
d
69 69 2
B và có
Câu 51:
Chọn B
Ta có: d
1
đi qua điểm A 2;0;0
và có VTCP u1 1;1;1
.
và d
2
đi qua điểm B 0;1;2
và có VTCP u2 2; 1; 1
P là n
u1, u
2 0;1; 1
Khi đó P có dạng y z D 0 loại đáp án A và C
thẳng d
1
và d
2
nên VTPT của
Lại có P cách đều d
1
và d
2
nên P đi qua trung điểm
P : 2 y 2 z1 0 .
. Vì P song songvới hai đường
1
M 0; ;1
2
của AB . Do đó
Câu52:

A
P
B
M
Chọn D
d
1
qua A 2;1;0
và có VTCP là u1 1; 1;2
;
d
2
qua B 2;3;0
và có VTCP là u2 2;0;1
.
Có u1, u2
1; 5; 2
; AB 0;2;0
, suy ra u1 u2
Vậy mặt phẳng P cách đều hai đường thẳng
1,
2
đi qua trung điểm I 2;2;0
của đoạn thẳng AB .
Vậy phương trình mặt phẳng x y z
, . AB 10
, nên d1;
d
2
là chéo nhau.
d d là đường thẳng song song với d1,
d
2
và
P cần lập là: 5 2 12 0 .
Câu 53.
Câu 54.
Câu 55.
Câu 56.
Chọn D
Ta có.
vd
2, 4,1 ; nP
1, 2, m d / / P
.
v n v . n 0 2 8 m 0 m 10.
Chọn A
d P d P
Đường thẳng d có một VTCP u 1;1; 1
.
2
Mặt phẳng P có một VTPT n 1; m; m 1
d / / P u. n 0 1 m m 1
0 m m 2 0
m
2
.
2 2 m
1
Chọn A
Đường thẳng ( )
đi qua M (0;1;0) có VTCP u (1;1; 2)
.
2
Mặt phẳng ( P ) có VTPT n (1; m; m ) .
2
u. n 0 1 m 2m
0 1
( ) ( P)
m .
M ( P)
m
1 0
2
Chọn D
2
: m 1
x 2y mz m 1 0 có véctơ pháp tuyến n m 2 1;2;
m
Ox có véctơ chỉ phương u 1;0;0
.
.
.

Câu 57.
Câu 58.
Câu 59.
Câu 60.
Câu 61.
Câu 62.
2
n. u 0 m
1 0
song song với Ox m 1.
O
m
1 0
Chọn D
Mặt phẳng
P có VTPT là n 1;3; 2
Đường thẳng d có VTCP là u m;2m
1;2
Để đường thẳng d vuông góc với P thì n và u cùng phương.
Do đó ta có
m
1
m 2m
1 2 1
1 m 1.
1 3 2
2m
1
1
3
Chọn A
Đề đường thẳng d vuông góc mặt phẳng P thì u k.
n hay
d P
Chọn A
Đường thẳng d có vectơ chỉ phương u 1; m;2
, mặt phẳng P .
.
d song song với P khi n, u 0 m 5 0 m 5.
có vectơ pháp tuyến n 1;1; 2
Chọn C
Mặt phẳng P có vectơ pháp tuyến n( P) 2; m;1
.
Đường thẳng d co vectơ chỉ phương ud
n; 4;2
.
P vuông góc với d . Thì k R sao cho n( P)
kud
.
m
2
.
n
4
Chọn A
Đường thẳng ( )
đi qua M (0;1;0) có VTCP u (1;1; 2)
.
2
Mặt phẳng ( P ) có VTPT n (1; m; m ) .
2
u. n 0 1 m 2m
0 1
( ) ( P)
m .
M ( P)
m
1 0
2
Chọn A
Mặt phẳng
Mặt phẳng
Đường thẳng
P có VTPT là nP
1; m; 1
Q có VTPT là nQ
m; 1;1
d là giao tuyến của
m
.
.
.
.
P và Q nên có VTCP là.
m 3
13
1 m 10 .

Câu 63:
Câu 64:
Câu 65:
Câu 66:
Câu 67:
ud np, n
Q
m 1; m 1; 1
m
2
.
m
1 m
1
2
m 1 m 1 1 m
3 1
Ta có dm
R ud
k.
n
R
không tồn
2
3 1 2 m
1 1
m
3 2
tại giá trị m thỏa mãn yêu cầu của bài toán.
Chọn A.
2 2 2 2
2 2
Ta có: a b 3 a 2 a. b b 9 2 a. b 9 a b 9 1 2 a. b 2 .
. 2
cos , a b
1 , 0
.
1.2
a b
a b
a b
.
Chọn D.
Ta có: u = 2a + 3mb = ( 2;2 - 3m 2; - 4 + 3m
2)
và
v = ma - b = ( 2 m; m + 2; -2m
- 2)
.
u. v = 0 Û 4m + 2 - 3m 2 m + 2 + - 4 + 3m 2 -2m
- 2 = 0 .
Khi đó: ( )( ) ( )( )
Û - - =
2
9m
2 6m
6 2 0
26 2
Û m = ± + .
6
Chọn A.
2 2 2 2
2 2
Ta có: a b 3 a 2 a. b b 9 2 a. b 9 a b 9 1 2 a. b 2 .
. 2
cos , a b
1 , 0
.
1.2
a b
a b
a b
.
Chọn D.
Ta có: u = 2a + 3mb = ( 2;2 - 3m 2; - 4 + 3m
2)
và
v = ma - b = ( 2 m; m + 2; -2m
- 2)
.
u. v = 0 Û 4m + 2 - 3m 2 m + 2 + - 4 + 3m 2 -2m
- 2 = 0 .
Khi đó: ( )( ) ( )( )
Û - - =
2
9m
2 6m
6 2 0
Chọn A
26 2
Û m = ± + .
6
Gọi M x; y;
z là tập hợp các điểm thỏa mãn yêu cầu bài toán. Ta có

AM x; y 1; z 2
MA. MB 1
Từ giả thiết: MA. MB MC. MD 1
MC. MD 1
, BM x 2; y 3; z
, CM x 2; y 1; z 1
, DM x; y 1; z 3
2 1 3 2
1
2 2 2
x x y y z z
x y z 2x 4y 2z
2 0
2 2 2
x x 2 y 1 y 1 z 1 z 3 1
x y z 2x 4z
1 0
Suy ra quỹ tích điểm M là đường tròn giao tuyến của mặt cầu tâm 1; 2;1
cầu tâm I2 1;0;2 , R2 2.
M
I , R1 2 và mặt
1
.
I 1
I 2
Ta có: I1I2 5 .
Dễ thấy:
2
2 I1I2
5 11
r R1
4 .
2 4 2
Câu 68
Câu 69:
Chọn D
A( a ;0;0) , B(0; b ;0) , C(0;0; c ) .
SA ( a 1; 2; 3)
; SB ( 1; b 2; 3)
; SC ( 1; 2; c 3) .
Vì SA , SB , SC đôi một vuông góc nên
SA SB SA. SB 0
a
7
a
2b
14
7
SB SC SB. SC 0 2b 3c 14
b
.
2
SA SC
SA. SC 0 a 3c
14
7
c
3
1 1 7 7 343
Do SA , SB , SC đôi một vuông góc, nên: VSABC
SA. SB. SC .7. . .
6 6 2 3 36
Chọn A.
2 2 2 2
2 2
Ta có: a b 3 a 2 a. b b 9 2 a. b 9 a b 9 1 2 a. b 2 .
. 2
cos , a b
1 , 0
.
1.2
a b
a b
a b
.
Câu 70:
Chọn D.
u = 2a + 3mb = 2;2 - 3m 2; - 4 + 3m
2
v = ma - b = 2 m; m + 2; -2m
- 2 .
Ta có: ( )
( )
và

. = 0 Û 4 + 2 - 3 2 + 2 + - 4 + 3 2 -2 - 2 = 0 .
Khi đó: u v m ( m )( m ) ( m )( m )
Û - - =
2
9m
2 6m
6 2 0
26 2
Û m = ± + .
6
Câu 71:
Chọn C
2 2 2
Mặt cầu S : x y z 2x 4y 4z
16 0 có tâm 1; 2;2
I bán kính R 5.
Khoảng cách từ 1; 2;2
I đến mặt phẳng P : x 2 y 2z
2 0
là
d
1 4 4 2
1
4 4
Mặt phẳng P cắt mặt cầu S theo giao tuyến là một đường tròn có bán kính là:
3 .
Câu 72:
Câu 73:
Câu 74.
r R d
2 2
4 .
Chọn D
Ta thấy P P
. Chọn M 0;0; 3 P
, N 0;0; 1 P
.
Tâm mặt cầu tiếp xúc với 2 mặt phẳng trên nằm trên mặt phẳng Q song song và cách đều
P
và P . Phương trình mặt phẳng Q
có dạng x y 2 z+ d 0 .
M Q N Q
d ; d ,
6 d 2 d
6 6
d 4
CÁCH 2:
Gọi , ,
P và '
. Vậy Phương trình mặt phẳng
I x y z là tâm mặt cầu. Để ý P P
P , đồng thời cách đều P và P
'
Q là x y 2z
4 0 .
nên I thuộc phần không gian giới hạn bởi 2 mp
. Khi đó ta có:
x y 2z 6 x y 2z
2
d I, P d I, P '
x y 2z 6 x y 2z
2
x y 2z 6 x y 2z
2
2x 2y 4z
8 0
x y 2z
4 0 .
6 2( vo ly)
Chọn A
S có tâm I 3;2;6
bán kính R 7 .
2.3 2 6 2
Ta có: d I; P
0 . Nên mặt phẳng P cắt mặt cầu S theo thiết diện là
2 2 2
2 1 1
đường tròn lớn đi qua tâm mặt cầu và có bán kính bằng bán kính mặt cầu.
Vậy diện tích thiết diện là:
Chọn C
S
2
R 49
.
Mặt cầu ( S)
có tâm I (0;4;0) bán kính R 5
Gọi A(0; a ;0) . Ba mặt phẳng theo giả thiết đi qua A có pt lần lượt là

Câu 75.
Chọn C
( ) : x 0
1
( ) : z 0
2
( ) : y a 0
3
d( I; ) d( I; ) 0 nên mặt cầu ( S ) cắt ( 1);(
2)
theo giao tuyến là đường tròn lớn có
Vì
1 2
bán kính R 5 . Diện tích hai hình tròn đó là
S S R .
2
1 2
2
10
Suy ra mặt cầu ( S ) cắt (
3)
theo giao tuyến là 1 đường tròn có diện tích tương ứng S3
.
S3
Bán kính đường tròn đó là: r
d( I, ) 4 a IH
3
3
1
2 2 2
Ta có: IH r3 R IH 4 a 2
a
2 A(0;2;0)
a 6
A(0;6;0)
Mặt cầu S : x 1 2 y 1 2 z 2
2
4 có tâm 1;1; 2
I và bán kính R 2 .
Cách 1: (cụ thể hóa)
Xét ba mặt phẳng thay đổi đi qua A và đôi một vuông góc với nhau, cắt mặt cầu S theo ba
giao tuyến là các đường tròn C , C , C lần lượt là P : x 1, P : y 1, P : z 1.
Gọi 1
, 2
, 3
1
2
3
1 2 3
r r r lần lượt là bán kính của các đường tròn giao tuyến của mặt cầu
phẳng , ,
P P P .
1 2 3
Vì P ,
P đi qua tâm 1;1; 2
1 2
2 2 2 2
3 3
I nên r 1
r 2
R 2
r R d I, P R IA 4 1 3
Tổng diện tích của ba hình tròn
Cách 2 :
1
C , C ,
2
IA P 3
nên
;
C là
3
2 2 2
1 2 3 1 2 3
S với ba mặt
S S S . r . r . r 11
.

Gọi ba mặt phẳng đi qua A và đôi một vuông góc với nhau lần lượt là P , Q , R . Gọi P ,
Q , R lần lượt là hình chiếu của I lên mặt phẳng P , Q , R . Suy ra P , Q , R lần lượt là
tâm của các đường tròn giao tuyến C 1
, C 2 , C 3 của các mặt phẳng P , Q , R và mặt
cầu S .
Dựng hình hộp chữ nhật ACDR.
BPIQ như hình vẽ.
Ta có
2 2 2 2 2 2
IA IB AB IP IQ IR .
Gọi r 1
, r 2
, r 3
lần lượt là bán kính của các đường tròn giao tuyến của mặt cầu S với ba mặt
phẳng P , Q , R .
Ta có
2 2 2 2 2 2 2 2
2
r1 r2 r3 R d I, P R d I, Q R d I,
R
3R IP IQ IR
3R
2 2 2 2
IA
2 2
2
3.2 1 11
Suy ra tổng diện tích của ba hình tròn
1
C , C ,
2
2 2 2
C là . r . r . r 11
.
3
1 2 3
Câu 76:
Chọn A
ABC x y z
a b c
Cách 1: Ta có : 1.
Mặt cầu
S có tâm 1;2;3
I và bán kính
R
72 .
7
Mặt phẳng
1 2 3
1
a b c 72
S d I; ABC R .
1 1 1 7
2 2 2
a b c
ABC tiếp xúc với

Mà 1 2 3 7 1 1 1
7 .
2 2 2
a b c a b c 2
Áp dụng BĐT Bunhiacopski ta có
Dấu " " xảy ra
2
2 2 2 2
2 2 2 2 2 2
1 1 1 1 2 3 1 1 1 7
1 2 3 7 .
a b c a b c a b c 2
1 2 3
1 1 1
2
1 2
a b c a 2, b 1, c , khi đó VOABC
abc .
3
6 9
1 2 3
7
a b c
x y z
ABC a b c
Cách 2: Ta có : 1, mặt cầu
Ta có ABC tiếp xúc với mặt cầu
S ,( )
S có tâm
72
I(1;2;3),
R .
7
1 2 3
1
a b c 72
d I P R
1 1 1 7
2 2 2
a b c
7 1 72 1 1 1 7 1 1 1 7
7
1 1 1 a b c a b c
2 2 2
a b c
1 1 1 1 2 3 7
2 2 2
a b c a b c 2
2 2 2 2 2 2
7 2 2
1 2
VOABC
abc .
6 9
1 1 1 7
Cách 3: Giống Cách 2 khi đến
2 2 2
a b c
2
.
Đến đây ta có thể tìm a, b, c bằng bất đẳng thức như sau:
Ta có
2 2
2 2 2 2
2 2 2
a 2
1 1 1 1 3
1 0 b
1
a 2 b c 2 2
c
3
1 2 3 1 1 1 1 1 1 1 1 1 7
7 1. 2. 3. 1 2 3
2 2 2
2 2 2
a b c a b c a b c a b c 2
1 1 1
1 1 1 7
Mà
2 2 2
a b c
2
Dấu “=” của BĐT xảy ra a b c , kết hợp với giả thiết
1 2 3
1 2 3
2
1 2
7 ta được a 2 , b 1,
c . Vậy: VOABC
abc .
a b c
3
6 9

a
2
1 2
Ta có b
1 VOABC
abc .
6 9
2
c
3
Cách 4: Mặt cầu
S có tâm 1;2;3
I và bán kính
x y z
Phương trình mặt phẳng ( ABC) : 1.
a b c
R
72 .
7
Câu 77:
Câu 78:
1 2 3
1 2 3
Ta có:
7 7 7 7 1
a b c a b c
1 2 3
7 7 7
nên M ; ; ABC
1 2 3
Thay tọa độ M
; ;
vào phương trình mặt cầu ( S ) ta thấy đúng nên ( )
7 7 7 M S .
Suy ra: ( ABC ) tiếp xúc với ( S ) thì M là tiếp điểm.
1 2 3
Do đó: ( ABC ) qua M ; ;
7 7 7 , có VTPT là 6 12 18
MI ; ; n 1;2;3
7 7 7
x y z
2
( ABC ) có phương trình: x 2y 3z 2 0 1 a 2 , b 1,
c .
2 1 2
3
3
1 2
Vậy V abc
6 9
Chọn C
S có tâm I 1; 2;3
và bán kính R 4 .
Gọi H là hình chiếu của I lên P .
2.1 2 2.3 m m 6
.
3
Khi đó IH d I,
P
2
2 2
2 1 2
4
3
Đường tròn T có chu vi là 4 3 nên có bán kính là r 2 3 .
2
P cắt mặt cầu S theo giao tuyến là đường tròn T có chu vi bằng 4
3
2 2 m 6
m
6 6 m
12
IH R r 16 12
m 6 6
3
m
6 6
.
m
0
Vậy có 2 giá trị nguyên của m thỏa mãn.
Chọn A

Câu 79.
.
Mặt cầu S có tâm I 0;1;1
và bán kính R 3 . Gọi H là hình chiếu của I trên P và A
là giao điểm của IH với S . Khoảng cách nhỏ nhất từ một điểm thuộc mặt phẳng P đến
một điểm thuộc mặt cầu
3 3
AH d I P R .
2
S là đoạn AH . ,
Chọn B
Gọi I,
R lần lượt là tâm và bán kính của mặt cầu S , ta có:
; 2 ;
. Gọi I x;0;0
R d I P d I Q r
2 2 2 2 2
Ta có
2 2 2 2
2 2
x 1 2x 1
x 2x 1 4x 4x
1
4 r 0 4 r 0
6 6
6
2
3x
6x
2 1
2 2
4 r 0 x x 4 r 0
6 2
Bài toán trờ thành tìm r 0 đề phương trình có duy nhất 1 nghiệm, tức là
0 1 2 4 r 0 r .
2
2 3
Câu 80:
Chọn D
Ta có AD//
BC
AD nhận CB 5;2; 1
là một VTCP.
Kết hợp với AD qua A2;3;1
Biến đổi S 3S
S 2S
Ta có
ABCD
ABC
ACD
x
2 5t
AD : y 3 2t
z
1 t
1
ABC
AB
4; 2; 1
AB; AC
4;1; 18
AC
1; 4;0
AC; AD 4 t; t;18t
AD 5 t;2 t;
t
t
D5t 2;2t 3;1 t
.

1 1 2 2
2 341
S
ABC
AB; AC
4 1 18
2
2 2
1 1 2 2 2 t 341
S
ACD
AC; AD 4t t 18t
2
2 2
Kết hợp với 1 ta được
Với
t
341 t
2 D 8;7; 1
341
2 t 2 D 12; 1;3
D 8;7; 1 AD 10;4; 2 2CB 2BC
.
D 12; 1;3 AD 10; 4;2 2CB 2BC
.
Với
Hình thang ABCD có đáy AD thì AD k BC với k 0 .
Do đó chỉ có D12; 1;3 thỏa mãn.
Câu 81:
Chọn D
Ta có AD//
BC
AD nhận CB 5;2; 1
là một VTCP.
Kết hợp với AD qua A2;3;1
Biến đổi S 3S
S 2S
Ta có
ABCD
ABC
ACD
x
2 5t
AD : y 3 2t
z
1 t
1
ABC
AB
4; 2; 1
AB; AC
4;1; 18
AC
1; 4;0
AC; AD 4 t; t;18t
AD 5 t;2 t;
t
t
D5t 2;2t 3;1 t
.
1 1 2 2
2 341
S
ABC
AB; AC
4 1 18
2
2 2
1 1 2 2 2 t 341
S
ACD
AC; AD 4t t 18t
2
2 2
Kết hợp với 1 ta được
Với
t
341 t
2 D 8;7; 1
341
2 t 2 D 12; 1;3
D 8;7; 1 AD 10;4; 2 2CB 2BC
.
D 12; 1;3 AD 10; 4;2 2CB 2BC
.
Với
Câu 82:
Hình thang ABCD có đáy AD thì AD k BC với k 0 .
Do đó chỉ có D12; 1;3 thỏa mãn.
Chọn B

Câu 83:
có vectơ chỉ phương u 2;5; 3
x 1 y 1 z 2
: .
2 5 3
Chọn C
và đi qua A1;1; 2
nên có phương trình:
d'
Q
Câu 84:
Đặt n 0;0;1
và n 1;1;1
P
Q
I
lần lượt là véctơ pháp tuyến của P và Q .
u
nP, n
Q 1;1;0
.
Do P Q
nên có một véctơ chỉ phương
Đường thẳng d nằm trong
1; 1;0 .
Gọi
x 1 y 2 z 3
d :
1 1 1
Xét hệ phương trình
Do đó phương trình đường thẳng
Chọn B
Đặt
z x yi
với ,
d
P
P và d nên d có một véctơ chỉ phương là u n u
và A d
d A d
P
z
1 0
z
1
x 1 y 2 z 3 y
0 A3;0;1
.
1 1 1
x
3
x
3
t
d : y t .
z
1
x y và gọi ;
M x y là điểm biểu diễn của z trên Oxy , ta có
d P ,
2 2
z 3 4i
5 x 3 y 4
5
Và
2 2
2 2 2 2
x 2 y x y 1
2
P z z i
4x
2y
3.
2 2
4 x 3 2 y 4 23
x y
Như vậy P 4x 2y
3
2 2
4 2 . 3 4 23 33
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi
x 3 y 4
t
4 2
4 x 3 2 y 4
10
x
5
y
5 .
t
0,5
Câu 85.
Chọn D

Cho a 1. Chọn hệ trục Oxyz như hình vẽ. Ta có:
A
O0;0;0
, B 1;0;0
, C 1;1;0
, 0;2;0
VTPT của mặt phẳng
VTPT của mặt phẳng
Ta có: cos SBC;
SCD
D , 0;0; 3
S .
n2 SD, CD
3; 3;2
n1. n2
5 10
.
n . n 2 10 4
SBC là: n1 SB, BC
3;0;1
SCD là
1 2
Câu 86:
Câu 87.
Chọn A
Chọn hệ trục tọa độ Oxyz sao cho O
N 0;0;0
, 0; 3;2
A , 0; 3;0
N . Ta có
B , 3;0;0
C , 0; 3;2
B .
Suy ra
AB
0; 2 3; 2
n 1
2 3; 6;6 3
là vectơ pháp tuyến của mặt phẳng ABC .
AC 3; 3; 2
BC 3; 3;0
n 2
2 3;6;3 3
là vectơ pháp tuyến của mặt phẳng BCMN .
BN
0; 3; 2
n1.
n2
Vậy cos ABC , BCMN
n . n
6
1 2
2 2
2 3 6 6 3 . 2 3 6 3 3
2 2 2 2
Chọn A
Ta có: AB 2; 0; 0 , AC 1; 3; 3.
n AB AC 0; 2 3; 2 3
Suy ra:
ABC
13
.
65

M Oz M 0;0;
z
và AM 1; 3; z
Mặt khác: n
AB AM 0; 2 z; 2 3
MAB
Vì: MAB ABC
nên n . n
0 z 3
ABC MAB
Vậy: n
AB AM 0; 2 3; 2 3
MAB
.
OA 1; 3;0 , OB 1; 3;0 n OA OB 0; 0; 2 3
OAB
n
. n
MAB OAB
2
cos MAB, OAB
MAB, OAB
45
.
n . n 2
Ta có:
MAB OAB
Vậy P đạt giá trị lớn nhất khi z 5 5i
z 5 2 .
Câu 88.
Chọn C
x
2 2t
Phương trình tham số của đường phân giác trong góc C là CD : y 4 t .
z
2 t
Gọi C 2 2 t;4 t;2
t
, suy ra tọa độ trung điểm M của AC là
Vì M BM nên:
7 t 5 t
3 2
2 t
3
2 2
1 2 1
Do đó C 4;3;1
.
t 1 1 t 1
t
t 1.
1 4 2
Phương trình mặt phẳng P đi qua A và vuông góc CD là
x y z
2. 2 1. 3 1. 3 0 hay 2x y z 2 0 .
Tọa độ giao điểm H của P và CD là nghiệm x; y;
z của hệ
7 t 5 t
M 2 t; ;
2 2 .
x
2 2t
x
2 2t
x
2
y
4 t
y 4 t
y
4
H
z
2 t
z 2
2;4;2
.
t
z
2
2x y z 2 0
22 2t 4 t 2 t
2 0
t
0
Gọi A là điểm đối xứng với A qua đường phân giác CD , suy ra H là trung điểm AA , bởi
vậy:
xA
2xH xA
2.2 2 2
yA
2yH yA
2.4 3 5 A2;5;1
.
xA
2zH zA
2.2 3 1
Do A BC nên đường thẳng BC có véc-tơ chỉ phương là CA 2;2;0 21;1;0
, nên
phương trình đường thẳng BC là
Vì B BM BC
x
4 t
y
3 t .
z
1
nên tọa độ B là nghiệm ; ;
x y z của hệ

Câu 89:
Câu 90:
Câu 91:
Câu 92:
x
4 t
x
2
y 3 t
y
5
z
1
B 2;5;1
A .
z
1
x 3 y 3
1
t
2
1 2
Đường thẳng AB có một véc-tơ chỉ phương là AB 0;2; 2 20;1; 1
; hay u4 0;1; 1
là một véc-tơ chỉ của phương đường thẳng AB .
Chọn B
x
3 2u
x
1
3v
Ta có d1
: y 1 u , d2
: y 2v
.
z
2 2u
z
4 v
Gọi d
4
là đường thẳng cần tìm.
Gọi A d4 d1
A3 2 u; 1 u;2 2u
, B d4 d2
B 1 3 v; 2 v; 4 v
.
AB 4 3v 2 u;1 2 v u; 6 v 2u
.
d
4
song song d
3
nên AB ku3
với u3 4; 1;6
.
4 3v 2u 4k v
0
AB ku3
1 2v u k u
0 .
6 v 2u 6k
k
1
Đường thẳng
4
Chọn C
* Gọi N d N
3
4; 1;6
d đi qua A3; 1;2 và có vtcp là u
x 3 y 1 z 2
nên d4
: .
4 1 6
nên N 1 2 t; 1 t;
t
. Khi đó ta có MN 2t 1; t 2; t
Đường thẳng có vectơ chỉ phương a 2;1; 1
2 1 4 2
* Vì d MN. a 0 21 2t 2 t t 0 t
; ;
3
MN
. Chọn vectơ
3 3 3
a 1; 4; 2
.
chỉ phương của d là
* Vậy phương trình của
d
x 2 y 1
z
d :
1 4 2
.
Chọn D
Giả sử d d2
M M 2 t; 1 t;1 t
.
AM 1 t; t; t 2
.
d
1
có VTCP u1 1;4; 2
.
d d1 AM. u1
0 1 t 4t 2t 2
0 5t 5 0 t 1
AM 2; 1; 1
.
AM 2; 1; 1
có phương trình là:
Đường thẳng d đi qua 1; 1;3
x 1 y 1 z 3
d : ..
2 1 1
A có VTCP
.
.

Chọn B
Gọi đường thẳng cần tìm là , A là giao của và d .
Khi đó: A2 3 t ; 3 2 t ;1 t
, MA 3 3 t ; 4 2 t ; 1
t
.
Do vuông góc với d nên: MAu .
2
0 7t
7 0 t 1.
MA 6; 2;0
Khi đó
, hay vectơ chỉ phương của là 3; 1;0
.
Câu 93:
Chọn C
A
N
P
M
B
C
Gọi M , N lần lượt là trung điểm của cạnh AC , AB .
Gọi P BM CN , ta có BM CN nên
Theo công thức tính đường trung tuyến, ta có
BP
2
2
2
2 4 BA BC AC
BM .
3 9 4
2 2 2
2 2 2
BC BP CP .
, CP
2 2 2
2 AB AC 4BC
2 2 2
BC AB AC 5BC
.
9
Góc A lớn nhất
Ta có
cos A
cos A nhỏ nhất.
2 2 2
5
2
2
2
2 4 CA CB AB
CN .
3 9 4
AB 2 AC 2 AB 2 AC
2
AB AC BC
2 AB. AC
10 AB.
AC
2 2
2 AB AC 2 2 AB. AC 4
. . , dấu " " xảy ra AB AC .
5 AB. AC 5 AB. AC 5
Ta có Aa; b ;0
, b 0 và B 2; 1; 3
, C 6; 1; 3
2 2
2
AB 2 a; 1 b; 3 AB 2 a b
1
9
2
2 2
AC 6 a; 1 b;3 AC a 6 b
1
9
2 2 2 2
2 a b 1 9 a 6 b 1 9 4 4a 12a 36 a 2 .
2 2 2

BC 8;0;6 BC 8 6 100
.
Ta có
2 2 2
Khi đó từ
2 2 2
AB AC 5BC
và AB AC
2
2 a b
b
2 2 2
2 1 9 5.100 4 1 9 250
.
Kết hợp với b 0 ta được b 14 thỏa mãn.
Như vậy
a
cos
b
A
Vậy phương trình :
2 14 15 .
4
5
x
1
3t
y
1 t .
z
2
Câu 94:
Câu 95:
Câu 96.
Câu 97.
Câu 98:
Chọn A
Gọi đường thẳng cần tìm là . Gọi I d I d I 1 t;2 t;3
t .
MI t; t;1
t
mà MI // P nên MI. n
0 t t
P
1 t
0 t 1
MI 1; 1;0
MI 1; 1;0
có phương
Đường thẳng đi qua 1;2;2
trình tham số là
Chọn D
Mặt phẳng
x
1
t
y
2 t .
z
2
M và I có véctơ chỉ phương là
có một véctơ pháp tuyến là n 1;1; 1
.
Gọi M là giao điểm của d và , ta có: M 3 t;3 3 t;2t
suy ra AM t 2;3t 1;2t
1
Do song song với mặt phẳng ( ) nên n
.
AM 0 t 2 3t 1 2t
1 0 t 1
AM 1; 2; 1
là một véctơ chỉ phương của
Khi đó
Chọn C
Gọi M d M d M 3 t; 3 3 t; 2t
AM 2 t;1 3 t;1
2t
.
có VTPT là n 1;1; 1
.
AM // AM. n 0 2 t 1 3t 1 2t
0 t 1 AM 1; 2; 1
.
Vậy
Chọn B
x 1 y 2 z 1
:
1 2 1
.
Gọi N d
khi đó ta có MN
Do N d nên N 2 2 t;2 t;3 t
. Mà N
N 0;1;2
MN 1; 1;2
Vậy một vec tơ chỉ phương của là u 1;1; 2
là một véc tơ chỉ phương của đường thẳng .
.
nên 2 2t 2 t 3 t 3 0 t 1
.

Chọn A
x
2t
Phương trình tham số của đường thẳng
1
là y
t .
z
1 t
Gọi I x; y;
z là giao điểm của
1
và R . Khi đó tọa độ của I là thỏa mãn
x
2t
x
0
y
t
y
0 I 0;0;1
.
z
1 t
z
1
x y 2z
2 0
Mặt phẳng R có VTPT n 1;1; 2
; Đường thẳng
1
n, u 1; 3; 1
.
Ta có
có VTCP u 2;1; 1
Đường thẳng
2
nằm trong mặt phẳng R đồng thời cắt và vuông góc với đường thẳng
1
.
Do đó
2
đi qua I 0;0;1
và nhận n , u
làm một VTCP.
x
t
Vậy phương trình của
2
là y
3t
.
z
1 t
.
Câu 99:
Câu 100:
Chọn C
Phương trình tham số của
x
1
t
d : y t .
z
2 t
Xét phương trình t t t
t
Vậy đường thẳng d cắt mặt phẳng P tại 2; 1;3
d
2 1 2 2 1 0 1.
Gọi a 1; 1;1
và n 2; 1; 2
M .
lần lượt là vectơ chỉ phương của d và vectơ pháp tuyến
của mặt phẳng P . Khi đó một vectơ chỉ phương của đường thẳng cần tìm là
a ad
, n
3;4;1
.
x 2 y 1 z 3
Vậy phương trình đường thẳng cần tìm là: .
3 4 1
Chọn D
.
Cách 1:
Gọi A2 2 t; 2 t; 3 t d là giao điểm của và d .
MA 1 2 t; t; 3 t
, VTPT của là n
1;1;1
.
MA n MA. n 0 1 2t t 3 t 0 t 1.
Ta có:

MA
1; 1; 2 11; 1; 2
. Vậy u 1; 1; 2
d
.
Câu 101.
Cách 2:
B d .
Gọi
B d B 2 2 t; 2 t; 3 t
.
B
2 2t 2 t 3 t 3 0 t 1 B 0;1;2
1;1; 2 1;1; 2
.
.
BM u d
Chọn D
Phương trình mặt phẳng ABC : x y z 1
a b c
0 0 0
1
a b c
1
Khi đó: d O;
ABC
1 1 1 1 1 1
2 2 2 2 2 2
a b c a b c
1 1 1 9 9
Ta có: 3
2 2 2 2 2 2
a b c a b c
3
1 1
hay d O;
ABC
1 1 1 3
2 2 2
a b c
a b c 0
Dấu " " xảy ra
a b c 1.
2 2 2
a b c 3
1
Vậy Khoảng cách từ O đến mặt phẳng ABC lớn nhất bằng
3 tại a b c 1.
.
1
3
Câu 102:
Chọn A
Câu 103:
Chọn A
Đường thẳng d có VTCP u 1;2;3
Gọi H là hình chiếu của O lên d , K là hình chiếu của O lên ta có:
d O,
.
. Khi đó
d O,
OK OH lớn nhất bằng OH khi K H chứa d và
nhận n OH làm VTPT.
H d H 4 t;5 2 t;3t OH 4 t;5 2 t;3t
.
Vì OH d OH. u 0 4 t 25 2t 3.3t 0 14t 14 0 t 1.
H 3;3; 3
, OH 3;3; 3.
Trục Ox có VTCP i 1;0;0
.
i. n
3 1
sin .
i . n
2 2
1. 3 3 3
3
2

Câu 104
Chọn D
.
n AB, AC
8;10;6
ABC: 4x 5y 3z
11 0 .
u. n 0 4a 5b 3c
0 .
Ta có AB 1; 2;2
, AC 3;0;4
ABC có véctơ pháp tuyến
Do ABC
Gọi điểm cần tìm là ; ;
M x y z .
0 0 0
2 4;5;3
x y z
Phương trình mặt phẳng ABC là: 1
x y z 1 0 .
1 1 1
Phương trình mặt phẳng BCD là: x 0 .
Phương trình mặt phẳng CDA là: y 0.
Phương trình mặt phẳng DAB
là: z 0 .
Ta có M cách đều 4 mặt phẳng ABC , BCD , CDA , DAB nên:
x0 y0
x0 y0 z0 1
x 0
y 0
z 0
x0 z0
.
3
x0 y0 z0 1
x0
Ta có các trường hợp sau:
x0 y0 z0
1
TH1:
x0 y0 z0
.
x0 y0 z0 1 3x0
3 3
x0 y0 z0
1
TH2:
x0 y0 z0
.
x0 y0 z0 1 3x0
1 3
x0 y0 z0
1
TH3:
x0 y0 z0
.
x0 y0 z0 1 3x0
1 3
x0 y0 z0
1
TH4:
x0 y0 z0
.
x0 y0 z0 1 3x0
3 3
x0 y0 z0
1
TH5:
x0 y0 z0
.
x0 y0 z0 1 3x0
1 3
x0 y0 z0
1
TH6:
x0 y0 z0
.
x0 y0 z0 1 3x0
1 3
x0 y0 z0
1
TH7:
x0 y0 z0
.
x0 y0 z0 1 3x0
1 3
x0 y0 z0
1
TH8:
x0 y0 z0
x0 y0 z0 1 3x0
3 1
.
Vậy có 8 điểm M thỏa mãn bài toán.
Câu 105:
Chọn D

B
A
H
P
Ta có AB 1; 1;1
AB
3 .
Gọi H là hình chiếu của B trên mặt phẳng P khi đó ta có BH là khoảng cách từ điểm B
đến mặt phẳng P . Ta luôn có BH AB do đó khoảng cách từ B đến mặt phẳng P lớn
nhất khi H A AB 1; 1;1
là véc tơ pháp tuyến của mặt phẳng P .
,khi đó
Vậy phương trình mặt phẳng
x y z 1 0 .
P đi qua A 1;2;4 và có véc tơ pháp tuyến AB 1; 1;1
là
Vậy khoảng cách từ điểm O đến mặt phẳng
P là d O,
P
1
2
1 1 1
2 2
1
.
3
Câu 106:
Câu 107.
Câu 108.
Câu 109.
Câu 110.
Chọn A
Ta có d A;
P
m 1 .11 m.2 1
2 2 2
m 1 1
m
2
9m
6m
1
Nhận xét T
0 , với m .
2
2m
2m
2
2
9m
6m
1
Ta có T
2
2m
2m
2
3m
1
2
2m
2m
2
2
2T 9 m 2T 3
m 2T
1 0 *
Phương trình * có nghiệm T 2
T T
14
0 T .
3
Do đó ;
Chọn B
Chọn B
Chọn A
Chọn B
d A P đạt giá trị lớn nhất bằng
2
9m
6m
1
2
2m
2m
2
2
3 2 9 2 1 0 3T
14T
0
42
3
khi m 5 2; 6 .

Tam giác MAB vuông tại M , suy ra M thuộc mặt cầu S đường kính AB 2 11 .
Xét vị trí tương đối của P và S , ta có ( P ) tiếp xúc S .
Lại vì M P
nên M là tiếp điểm của P và S , hay M là hình chiếu của tâm của mặt
cầu S trên P , S có tâm là trung điểm I 0;0;1
của đoạn AB .
Đường thẳng IM qua I 0;0;1
và nhận vectơ pháp tuyến của mặt phẳng P làm véctơ chỉ
phương
x
t
IM : y t ( t )
z
1 3t
M M ( t; t;1
3 t)
M P t t 3(1 3 t) 14 0 11. t 11 t 1
M 1;1;4
Oxy : z 0
4
d( M , Oxy ) 4 .
1
Suy ra:
Câu 111.
Câu 112:
Chọn C
;0;0
Vì Aa , B 0; b ;0
, C 0;0;
c với a , b , c dương OABC
là tam diện vuông.
a b c
Gọi I là tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện OABC I
; ;
2 2 2
a b c
Theo giả thiết a b c 4 2. 2. 2. 4
2 2 2
2x 2y 2z
4 x y z 2
I I I
Tâm I nằm trên mặt phẳng P : x y z 2 0
111
2 1
.
2 2 2
1 1 1
3
Vậy d d M , P
Chọn D
I I I
Gọi N a; b;
c , ta có:
2 2 2
ON a b c .

Vì M , N , O thẳng hàng và hai vectơ OM
, ON
cùng hướng nên ta có
OM. ON OM. ON 24 .
24 24 24
OM
OM
ON . Mà: ON
ON
2 2 2
2 2 2
a; b;
c .
a b c a b c
24a 24b 24c
OM ; ;
2 2 2 2 2 2 2 2 2 .
a b c a b c a b c
24a 24b 24c
M .
a b c a b c a b c
; ;
2 2 2 2 2 2 2 2 2
a 2b 2c
Mặt khác: M P
24
18 0
2 2 2 2 2 2 2 2 2
.
a b c a b c a b c
2 2 2 4a 8b 8c
a b c 0 .
3 3 3
2 2 2 4x 8y 8z
Vậy điểm N thuộc mặt cầu S : x y z 0 ,
3 3 3
2 4 4
S có tâm I ; ; , bán kính R 2 .
3 3 3
Ta lại có: ,
2 4 4
2. 2. 18
3 3 3
d I P
4 .
1
4 4
min d N, P d I,
P R 4 2 2 .
Câu 113:
Chọn A
Giả sử
P có phương trình là: ax by cz d 0a 2 b 2 c
2 0
Vì M P c d 0 d c.
Vì N P 3b c d 0 hay 0
P : ax cz c 0.
b vì c d 0.
Theo bài ra:
, 2 ,
d B P d A P
Vậy có vô số mặt phẳng P.
Câu 114.
2a 3c c a c
2
a c a c
2 2 2 2
c a a c
Chọn A
, do cao độ âm nên c 0.
Vì D Oyz D0; b;
c
Khoảng cách từ D0; b;
c đến mặt phẳng Oxy : z 0 bằng 1 c c
Suy ra tọa độ 0; ; 1
D b . Ta có:
AB 1; 1; 2 , AC 4;2;2 ; AD 2; b;1
c
1
1 1 do 0 .

AB, AC
2;6; 2
AB, AC
. AD 4 6b 2 6b 6 6b
1
1
VABCD
AB, AC. AD b 1
6
b
3 D
0;3; 1
Mà VABCD
2 b 1 2
. Chọn đáp án D0;3; 1 .
.
b
1 D 0; 1; 1
Câu 115
Chọn D
x y z
Ta có phương trình mặt phẳng ABC là 1
2x y 2z
4 0 .
2 4 2
Gọi H là hình chiếu của D trên mặt phẳng ABC thì DH là đường cao của tứ diện ABCD .
Ta có DH là khoảng cách từ điểm D đến mặt phẳng ABC .
DH
2.2 1
2.3 4 5
.
3
2
2 2 1 2
Câu 116:
a 2b 2c
3a
4c
Ta có cos
5 a 2b 2c 3 3a 4c
2 2 2
2 2 2
3. a b c
5. a b c
5a 10b 10c 9a 12c
7a 5b c 0
5a 10b 10c 9a 12c
2a 5b 11c
0
7a 5b c 0
11a
TH1:
11a
2c
0 c , do c là số nguyên tố nên chọn a 2 ,
4a 5b 3c
0
2
c 11, b 5
ab bc ca 10 55 22 67 .
2a 5b 11c
0
a
TH2:
2a
14c
0 c , do c là số nguyên tố nên chọn a 14 ,
4a 5b 3c
0
7
a 2b 2c
30 1
o
c 2 , b 10 (loại) do cos
45 .
2 2 2
3. a b c
3.10 3 3
Chọn C
A
P
R
C
C'
Q
B
B'
Ta có M 1;0;0
P
và ba mặt phẳng
P , Q , R đôi một song song với nhau.

Gọi B, C lần lượt là hình chiếu vuông góc của A trên các mặt phẳng Q , R , ta có:
AB
d A;
Q
d M ; Q
;
d M ; R
AC d A R
1 2.0 0 8
2
1 2 1
2 2
1 2.0 0 4
2
1 2 1
2 2
3 6
.
2
6
.
2
Do AB
3AC
nên đặt CC
a BB
3a
.
Ta có
AB AB
BB
27 9
2
2 2 2
2
a ;
3
AC AC
CC
a
2
2 2 2
.
Nên:
T
2 144
AB
AC
27 144
2
9a
2 3
2
a
2
3 72 72
2
9
a
2 3 2 3 2
a a
2 2
3 72 72
2
3 9 a . . 108
3 2 3 2 3 2
a a
2 2
.
Câu 117:
Do đó minT 108 khi
2
a .
2
Chọn D
Gọi là mặt phẳng trung trực của đoạn OA
a
đi qua điểm D ;0;0
OA
2
a;0;0 a 1;0;0
và có VTPT
a
: x 0 .
2
Gọi là mặt phẳng trung trực của đoạn OB
a
đi qua điểm E 0; ;0
OB
2
0; a;0 a 0;1;0
và có VTPT
a
: y 0 .
2
là mặt phẳng trung trực của đoạn OC
Gọi
a
đi qua điểm F
0;0;
2
a
: z 0 .
2
và có VTPT OC 0;0; a a0;0;1
a a a
2 2 2 .
a b c
a b c 2 1 I P : x y z 1.
2 2 2
Gọi I là tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện OABC I
I ; ;
Mà theo giả thiết,

Câu 118:
Câu 119:
Câu 120:
Vậy, d M , P
Chọn B
2016 1 2015
.
3 3
Đường thẳng d có một VTCP là u 1;1;2
Gọi d M 1 t; t; 1 2t
AM t; t; 3 2t
.
Ta có d AM. u 0 t t 23 2t
0 t 1
AM 1;1; 1
Đường thẳng đi qua A 1;0;2
, một VTCP là AM 1;1; 1
x 1 y z 2
: .
1 1 1
Lời giải
u 1; 1; 2
Đường thẳng d có một véc tơ chỉ phương là .
Gọi B d . Ta có B d nên B 1 t; t; 1 2t
và AB t; t; 2t
3
phương của đường thẳng .
Mặt khác d nên AB. u 0 6t
6 0 t 1
Vậy phương trình chính tắc của đường thẳng là
Chọn A
Gọi A d A d P
x 1 y z 2 x
1
x 2y z 4 0
z
1
. Suy ra AB 1; 1; 1
x 1 y z 2
.
1 1 1
Tọa độ A thỏa mãn hệ 2 1 3 y 1
A1;1;1
Do P
và d nên nhận u n ; u 5; 1; 3
P
d
.
là một véctơ chỉ phương.
có phương trình là
.
là một véc tơ chỉ
Đường thẳng đi qua A 1;1;1
nên có dạng
x 1 y 1 z 1
5 1 3
.
Câu 121:
Chọn C
Vectơ chỉ phương của : u 1;1; 1
Vì
d
ud
u
ud
u; nP 4; 3;1
d P ud
n
.
P
, vectơ pháp tuyến của P là n
1;2;2
x
t
y
1 t
z
2 t
x 2y 2z
4 0
Tọa độ giao điểm H P
là nghiệm của hệ t 2 H 2; 1;4
P
.
.

Lại có d;
P
d , mà H P
. Suy ra H d .
Vậy đường thẳng d đi qua H 2; 1;4 và có VTCP ud
4; 3;1
x
2 4t
d : y 1 3t t
.
z 4 t
nên có phương trình
Câu 122:
Câu 123:
Câu 124:
Chọn B
Do cắt d nên tồn tại giao điểm giữa chúng. Gọi
B
B d
B
d
x
t 1
Phương trình tham số của d : y t , t . Do B d , suy ra B t
1; t; t 1
z
t 1
AB t; t; 2t
3
.
Do A,
B nên AB là vectơ chỉ phương của .
Theo đề bài, vuông góc d nên AB u u 1;1;2 (
u (1;1; 2)
là vector chỉ phương của
d ). Suy ra AB. u 0 . Giải được 1
Chọn B
Phương trình tham số của đường thẳng
I d I 1 t;2 2 t;3
t
,
t AB 1;1; 1
x
1
t
d : y 2 2t
.
z
3 t
. Vậy
1 2 2 3 2 0 1 2;4;4
I t t t t
Vectơ chỉ phương của d là u 1;2;1
Vectơ chỉ pháp tuyến của
Ta có u, n 3;2; 1
.
là n 1;1; 1
I .
x 1 y z 2
:
1 1 1
Đường thẳng cần tìm qua điểm I 2;4;4
, nhận một VTCP là u, n 3;2; 1
x
2 3t
y
4 2t
.
z
4 t
Chọn B
nên có PTTS

A
A'
B
C'
B'
C
D
x y z
Ta có phương trình mặt phẳng qua A,B,C là: ABC : 1 2x 3y z 6 0 .
3 2 6
Dễ thấy D ABC .Gọi A', B ', C ' lần lượt là hình chiếu vuông góc của A, B,
C trên d .
Suy ra d A, d d B, d d C, d AA' BB ' CC ' AD BD CD . Dấu bằng xảy ra khi
A' B ' C ' D . Hay tổng khoảng cách từ các điểm A, B,
C đến d lớn nhất khi d là đường thẳng
x
1
2t
qua D và vuông góc với mặt phẳng ABC
d : y 1 3 t ; N d .
z
1 t
Câu 125:
Chọn A
Giả sử P là mặt phẳng qua gốc tọa độ O và vuông góc với . Xét hình chiếu vuông góc của M
trên P là điểm K ta có MK MH nên MH khi và chỉ khi H K và khi đó đường thẳng
min
d
O,
K MO
P
đi qua hai điểm sẽ là hình chiếu vuông góc của trên mặt phẳng . Do vậy:
u
d
nP, nP, OM
u
d
u, u,
OM
.
Câu 126
Chọn A
thuộc tia B 0;0; b , với b 0 .
B Oz
OA 3, OB b .
b
6
OB 2OA b 6
b
6
B 0;0;6 , BA 1; 2; 4 .
l
.
Đường thẳng đi qua 0;0;6 và có VTCP BA 1; 2; 4 có phương trình là:
B

x y z 6
: .
1 2 4
Câu 127.
Chọn D
Gọi I a; b;
c và R là tâm và bán kính của mặt cầu cố định (nếu có).
2
Ta có: MN 2; m; n 2; m; , MI a 1; b m;
c
,
m
2b
2a
2
MN, MI
mc 2 ; 2 c ; ma m 2b
m m
Ta có: R d I,
MN
2 2
2b
2a
2
mc 2 2c ma m 2b
m m
2 4
4 m m
2
2
2 2 2 2
m c 2m 2b 2mc 2a 2 m a 2mb m
2 2
m
4m
4
4 2
Khi a b c 0 thì R 1 không phụ thuộc vào m,
n .
Câu 128
Chọn A
A'
D'
B'
C'
A
D
B
C
Ta chọn hệ trục tọa độ sao cho các đỉnh của hình lập phương có tọa độ như sau:
0;0;0 2;0;0 2;2;0 0;2;0
0;0;2 2;0;2 2;2;2 0;2;2
A B C D
A B C D
AB
BD
2;0;2 , AD
0;2;2 ,
2;2;0 , BC
0;2;2

1
* Mặt phẳng ABD
qua A0;0;0
và nhận véctơ n AB, AD
1; 1;1
làm véctơ pháp
4
tuyến. Phương trình ABD là: x y z 0.
1
* Mặt phẳng BCD
qua B 2;0;0
và nhận véctơ m BD, BC
1;1; 1
làm véctơ pháp
4
tuyến.
Phương trình
BCD
là: x y z 2 0.
Suy ra hai mặt phẳng AB D và BCD
song song với nhau nên khoảng cách giữa hai mặt phẳng
2 2 3
chính là khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng BCD
: d A, BCD
.
3 3
1 1 2 3
Cách khác: Thấy khoảng cách cần tìm d ABD , BCD
AC
.2 3 . .
3 3 3
A'
D'
B'
C'
A
D
B
C
Câu 129
Chọn B
Đường thẳng d1
đi qua điểm A1; 2;1
và có véctơ chỉ phương là u1 2;1; 2
.
Đường thẳng d2
đi qua điểm B1;1; 2
và có véctơ chỉ phương là u2 1;3;1
.
Ta có
1,
2
7; 4;5
và , nên
u u
AB 0;3; 3
1,
2
. 0.7 3. 4 3 .5 27 0 Hai đường thẳng và chéo nhau. Gọi MN là
u u
AB d1
d2
đoạn vuông góc chung của và với M d , N d .
d1
d2
1 2
Khi đó M 1 2 t; t 2;1 2 t , N 1 t;1 3 t; t 2 MN t 2 t;3 3 t t; t
2t
3 .

3 7 1 23
; ;
.
1
0 3 9 9 0 t N
MN u t
t 10 10 10 10 21 6 3
Từ MN ; ;
. 11 3 6 0 9
14 11 4
10 5 2
2
0
MN u t t t
M ; ;
10
5 10 5
.
Gọi thì ta có tại I do d P , d P , MN d , MN d .
I MN P
MN P
1 2 1 2
– Trường hợp 1: Hai đường thẳng , nằm về cùng một phía so với mặt phẳng P .
d d
1 2
7 13 19
Khi đó do d d1; P 2 d d2;
P
nên MI 2MN
. Ta tìm được tọa độ điểm I ; ; .
5 10 5
a b c 7 4 5 8
Phương trình P
: 7x 4y 5z 34 0 S . Đến đây thì ta có thể
d 34 34
chọn ngay phương án D và có kết quả thỏa mãn.
– Trường hợp 2: Hai đường thẳng , nằm về hai phía khác nhau so với mặt phẳng P .
d d
1 2
7 3 9
Do d d1; P 2 d d2;
P
nên MN 3IN
và ta tìm được I ; ; .
5 10 5
a b c 7 4 5
Phương trình 7x 4y 5z
2 0 . Suy ra S 4
.
d 2
Câu 130:
Chọn A
S
Mặt cầu có tâm I 1;1;0
và bán kính R 2 .
AB B BA 1;2;3
AB : y 2t t
Đường thẳng đi qua điểm , có một VTCP là
IB 1; 1;1
IB 3
C
có bán kính nhỏ nhất d I,
P
x
t
z
1 3t
R P luôn cắt mặt cầu theo giao tuyến là đường tròn
lớn nhất.
Gọi , lần lượt là hình chiếu vuông góc của lên P và AB , ta có:
H K I
d I,
P IH IK
S C
Do đó d I,
P lớn nhất H K hay mặt phẳng P vuông góc với IK
Tìm K : K AB K t;2 t;1 3t IK t 1;2t 1;3t
1
Ta có
1
IK AB IK. AB 0 t
7
6 9 4 1
IK
; ;
6; 9;4
7 7 7 7

Mặt phẳng đi qua 0;0;1 , có một VTPT là n
P
B
6; 9;4
9 27
3
P
: 6x 9y 4z 4 0 x y 3z
3 0 . Vậy T .
2 4
4
Câu 131:
Chọn C
d1
qua M 0;3;2
có vtcp u 1;2;1
, d2
qua N 3; 1;2
có vtcp v 1; 2;1
.
u, v 4;0; 4
, MN 3; 4;0
.
u, v . MN 12 3 2
d d1,
d2
.
u,
v 4 2 2
Câu 132:
Câu 133:
Chọn D
Ta có:
A0;0;0
, C 1;1;0
nên AC 1;1;0
.
B1;0;1
, D0;1;0
nên BD
1;1; 1
.
A0;0;0
, D0;1;0
nên AD 0;1;0
.
AC, BD
. AD 1
Khoảng cách giữa AC và BD
là: d AC,
B
D
.
AC,
BD
6
Chọn D
Ta có:
2;0;0
, C 0;2;2 nên BC 2;2;2
.
0;0;2 0;2;0 AC
0;2; 2
B
A , C nên .
Suy ra:
0 4 4
cos BC, AC
cos BC, AC
0 ,
o
BC, AC
90 .
12. 8
Câu 134:
Chọn A
Chọn trung điểm H của BC là gốc tọa độ tia HB là trục hoành, HA là trục tung.

3
Ta có A 0;a ;0
a
, , , , ,
2
B ;0;0
a a 3
M ; ;0
a
2
4 4
C ;0;0
a 3
S
0; ;3a
2
2
a a 3 3a
N
; ;
4 4 2
3a a 3
CM ; ;0
3 3
; ;
4 4
AN a ; a ;
a a a 3
4 4 2
AC ; ;0
2 2
d CM , AN
CM. AN
. AC
CM.
AN
3a
= .
37
Câu 135.
Chọn C
Gọi A 3 t;2 t;1 2t
và B 2 2 t;1 t; 1
t
lần lượt là giao điểm của đường thẳng cần tìm
với và d .
d1
2
AB 5 2 t t; 1 t t; 2 t
2t
.
Vì đường thẳng cần tìm vuông góc với P
nên có vectơ chỉ phương AB cùng phương với
n 1;3;2 .
P
5 2t
t 1k t
1
Do đó 1 t
t 3k t
4
, suy ra A4;3; 1
, B 6; 3; 5
. Thay vào các đáp án ta
2 t
2t 2k
k
2
thấy C thỏa mã
Câu 136:
Chọn B
Vectơ chỉ phương của là u 1;1; 1
.
d
A 1 2 a; 1 a;2
a
Gọi là đường thẳng cần tìm và A d1
, B d2
. Suy ra:
.
B 1 b;2 b;3 3b
Khi đó: AB b 2a 2; b a 3;3b a 1
.
Vì đường thẳng song song với đường thẳng d nên AB cùng phương với u .
2 2 3 3 1
Suy ra: b a b a b a a
1
A 1;0;1
.
1 1 1
b
1 B 2;1;0
Thay A 1;0;1 vào đường thẳng d ta thấy A
d .

x 1 y z 1
Vậy phương trình đường thẳng : .
1 1 1
Câu 137:
Chọn B
Gọi là mặt phẳng chứa hai đường thẳng d và d
P
1
Khi đó P
đi qua M 0; 1;0
và có cặp véctơ chỉ phương u1 1;2;1
, u 1;4; 2
.
, 1
8;3;2
Gọi n là VTPT của P
. Khi đó n u u
Phương trình P : 8x 3y 2z
3 0
H
2
Gọi là giao điểm của đường thẳng và P :
d
8x 3y 2z
3 0
x
1
x
t
y
1
H 1; 1;4
y
1 2t
z
4
z
1
3t
Đường thẳng d đi qua H và có VTCP u 1;4; 2
có phương trình: x 1 y 1 z 4
.
1 4 2
.
Câu 138:
Chọn A
Gọi
là đường thẳng cần tìm
Gọi A 1,
B 2
1
A A 1 3 a;2 a;1
2a
B 2
B 1 b;2 b; 1
3b
AB 3a b 2; a 2b 2; 2a 3b
2
d có vectơ chỉ phương ad
0;1;1
/ / d AB, ad
cùng phương
có một số k thỏa AB kad
3a b 2 0 3a b 2 a
1
a 2b 2 k a 2b k 2 b
1
2a 3b 2 k 2a 3b k 2
k
1
Ta có A2;3;3 ; B 2;2;2
đi qua điểm 2;3;3
và có vectơ chỉ phương AB 0; 1; 1
A
x
2
Vậy phương trình của là y
3 t .
z
3 t

Câu 139:
Chọn C.
Vì N Δ d nên N d , do đó N 2 2 t;1 t;1
t .
xM 2xA xN xM
4 2 t,
Mà A1;3;2
là trung điểm MN nên yM 2yA yN yM
5 t,
zM 2zA z
N zM
3 t.
Vì M Δ P nên M P , do đó 2 4 2t 5 t 3 t 10 0 t 2
.
M
Suy ra 8;7;1 và N 6; 1;3
.
Vậy MN 2 66 4 16,5 .
Câu 140:
Chọn D.
Gọi M t; t; 2t
và N 1 2 t ', t ', 1 t '
. Suy ra MN 1 2 t ' t; t ' t; 1 t ' 2t
.
Do đường thẳng song song với P nên 1 2 t ' t t ' t 1 t ' 2t 0 t t
' .
d
Khi đó MN 1 t; 2 t; 1 3t MN 14t 8t
2 .
2
Ta có MN 2 14t 8t 2 2 t 0 t .
7
Với 0 thì MN 1;0; 1
( loại do không có đáp án thỏa mãn ).
t
2 4
4
Với t thì 3 ; 8 ; 5 1 3;8; 5
và .
7
MN
4 4 8
M
; ;
7 7 7 7
7 7 7
4 4 8
x y z
7 4 7 4 7 8
Vậy 7 7 7 x y z
. .
3 8 5 3 8 5
Câu 141:
Chọn A
Gọi 2 giao điểm của đường thẳng và , là A 2 t;1 t; 2 t , B 1 2 s;1 s;3
.
AB .
AB 1 2s 2 t; s t;5
t
.
n 7;1; 4
P
.
1 2
AB, n
P
3t 4s 5; 15t 8s 31; 9t 5s
1
.
d d

3t
4s
5 0
1
AB P AB, n P
t
0 15t
8s
31 0
s 2
9t
5s
1 0
Đường thẳng qua 2;0; 1 và có VTCP AB 7; 1;4
.
A
A 2;0; 1
.
B 5; 1;3
Câu 142.
Chọn B
Nếu 1 M 0;1;0 .
m 3
A
a a
Gọi 1; ; , B 1; b;
b là hai điểm thuộc 1;
2
.
1 k
k
1
Đường thẳng qua ba điểm M , A,
B MA kMB a 1 k b 1
a
1
.
a kb
b
1
x
t
Với m 1
thì có 1 đường thẳng đi qua M và cắt ba đường 1; 2;
3
là: : y
1.
z
t
3
Nếu m 1 M 0; m;0
.
3
Gọi C c,1;
c .
1
k
a m k b m
MA kMB a kb
cắt ba đường ; ; khi
.
MA lMC 1
lc
a m l 1
m
a
lc
1 2 3
Hệ này vô nghiệm.
x
t
Vậy chỉ có 1 đường thẳng : y
1
cắt ba đường thẳng 1, 2,
3
khi m 1.
z
t
Câu 143.
Chọn C
Điểm A d1 A 1 2 t;1 t; 1
t .
B d2 B 2 3 t; 1 t;2 2t
MA t t t
1 2 ;2 ;5 ; MB 4 3 t; t;8 2t
.
.

Do M , A , B thẳng hàng nên MA , MB cùng phương nên
1 2t k 4 3t
2
t kt
5 t k 8 2t
A 3;0;0 ; B 4;1;6 AB 38 .
2t 4k 3kt
t
1
t
1
1
1
1
t
kt
2
k
k
(tách MT).
2
t 8k 2kt
5
2
kt
1 t
2
Câu 144:
Chọn D
Gọi là đường thẳng cần tìm, là VTPT của mặt phẳng P .
n P
d
Gọi M 1 t; t;2 2t
là giao điểm của và ; M 3 t;1 t;1 2t
là giao điểm của và d
Ta có: MM 2 t t; 1 t t; 1 2t
2t
MM //
P
M P
t 2
MM nP
MM 4 t; 1 t; 3 2t
cos30 cos ,
d
Ta có MM u
3 6t
9
2
2
36t
108t
156
t
4
t
1
x
5
Vậy, có 2 đường thẳng thoả mãn là 1
: y
4 t ;
z
10 t
x
t
:
1
2 y
z
t
1
Khi đó cos 1,
2
.
2
Câu145:
Chọn C
* Ta có: P
n a; b;
c trong đó ; ; không đồng thời bằng . Mặt cầu có tâm
và bán kính R 5 .
a b c 0 S I 1;2;3
3a 2b 6c 2 0 b
2
Do mặt phẳng chứa đường thẳng nên ta có:
b 2 0 a 2 2c
P AB 1
2 2
* Bán kính đường tròn giao tuyến là: r R d trong đó
2
c 4 c 8c
16
d d I;
P
. Để bán kính đường tròn nhỏ nhất điều kiện là
2 2 2
2
a b c 5c
8c
8
lớn nhất c 2
8 c 16 1 24 2 3
.
c
2c
3
lớn nhất m
lớn nhất.
2 2
2
5c 8c 8 5 5 5c 8c
8
5c
8c
8
d
2c
3
* Coi hàm số m
là một phương trình ẩn c ta được
2
5c
8c
8

2
5mc 2 4m 1 c 8m
3 0 ,
2
1
phương trình có nghiệm c
24m 23m
1 0 m 1 m lớn nhất c 1.
24
a 0 M 2a b c 1.
Câu 146:
Chọn D
S
Mặt cầu có tâm I 0; 2;1
, bán kính R 5 . Do 17 R nên luôn cắt S . Do đó
IA AB
2
2
( ) luôn cắt theo đường tròn có bán kính r R d I,
. Đề bán kính r nhỏ nhất
S
C
d I,
lớn nhất.
A B
Mặt phẳng đi qua hai điểm , và vuông góc với mp ABC .
Ta có AB (1; 1; 1)
, AC ( 2; 3; 2)
suy ra ABC
có véctơ pháp tuyến
n AB, AC
( 1;4; 5)
(α) có véctơ pháp tuyến n n, AB
( 9 6; 3) 3(3;2;1)
Phương trình : 3 x – 2 2 y –1 1 z – 3 0 3x 2 y z –11 0 .
Câu 147
Chọn A
z
C
K
M
O
A
x
H
B
y
Cách 1:Gọi H là hình chiếu vuông góc của C trên AB , K là hình chiếu vuông góc B trên AC . M là
trực tâm của tam giác ABC khi và chỉ khi M BK CH
AB CH
Ta có: AB COH AB OM (1) (1)
AB CO
Chứng minh tương tự, ta có: AC OM (2).
Từ (1) và (2), ta có: OM ABC
Ta có: OM 1;2;3 .

Mặt phẳng đi qua điểm 1;2;3 và có một VTPT là OM 1;2;3 nên có phương trình là
M
x 1 2 y 2 3 z 3
0 x 2y 3z
14 0 .
Cách 2:
+) Do A, B,
C lần lượt thuộc các trục Ox, Oy,
Oz nên A( a;0;0), B(0; b;0), C(0;0; c ) ( a, b, c 0 ).
Phương trình đoạn chắn của mặt phẳng ( ABC)
là x y z 1
.
a b c
AM. BC 0
+) Do M là trực tâm tam giác ABC nên BM. AC 0 . Giải hệ điều kiện trên ta được a, b,
c
M
( ABC)
Vậy phương trình mặt phẳng: x 2y 3z
14 0 .
Câu 148:
Chọn A
Aa B b C c
Gọi ;0;0 , 0; ;0 , 0;0; lần lượt là giao điểm của P với các trục Ox, Oy,
Oz
x y z
a b c
P : 1 a, b, c 0
1 1 1
1
N P a b c
Ta có: NA NB a 1 b 1 a b c 3 x y z 3 0 .
NA NC
a 1 c 1
Câu 149:
Chọn A
x y z
1
Ta có phương trình mp là 1
b
c
ABC
ABC P
1 1
0
b
c
b c 1
1 1 1
Ta có d O,
ABC
3 1 1 3
1 1
8 2
2 2
b
c
1
b
2 c
2
Câu 150:
1
Từ (1) và (2) b c b c 1
.
2
Chọn D
Do tứ diện OABC có ba cạnh OA, OB,
OC đôi một vuông góc nên nếu H là trực tâm của tam giác
ABC dễ dàng chứng minh được OH ABC
hay OH P
.

Vậy mặt phẳng đi qua điểm 1;2;3 và có VTPT OH 1;2;3 nên phương trình
P H
P : x 1 2 y 2 3 z 3 0 x 2y 3z
14 0 .
Câu 151:
Chọn B
x 9 a 9 t
Ta có AB a 9; b 3; c 5
, nên phương trình đường thẳng AB là: y 3 b 3t
.
z 5 c 5t
Vì M , N , P lần lượt là giao điểm của đường thẳng AB với các mặt phẳng tọa độ Oxy , Oxz và
5 a 9 5 b 3 3 a 9 3 c 5
Oyz nên suy ra M 9 ;9 ;0
; N 9 ;0;5 và
5 c 5 c b 3 b 3
b
c
9 3 9 5
P0; 3 ;5
9 a 9 a
.
Từ M , N , P nằm trên đoạn AB AM MN NP PB nên ta có
AB
4AM
z
AB
2AN
y
4
AB
AP x
3
AB
AB
AB
4z
2y
4
3
AM
AN
x
AP
c
5 40 5
b
3 20 3
4
a 9 0 9
3
c
15
b
3
a
3
a b c 15.
Câu 152
Chọn D
S
2 2 2
Mặt cầu có tâm I 1;2;3 và bán kính R 1 2 3 11 5 .
Chu vi thiết diện bằng 8 nên bán kính r của đường tròn thỏa mãn 8 2 r r 4
2 2
d I, R r 3 .
Phương trình mặt phẳng song song với P : 2x y 2z
11 0 có dạng
: 2x y 2z m 0m
11 .
2.1 2 2.3 m
d I,
3
2 2 2
1 2 2
2
ra : 2x y z 7 0 .
3
m 2 9 m 11 m 7
. Đối chiếu điều kiện suy
Câu 153:
Chọn C
Ta có: AB 1;1;1
, AC 1;3; 1
, AD 2;3;4
. Suy ra: AB, AB 4;0; 4
4 điểm
A, B, C,
D không đồng phẳng.

Khi đó, mặt phẳng cách đều cả 4 điểm
A, B, C,
D
sẽ có hai loại:
Loại 1: Có 1 điểm nằm khác phía với 3 điểm còn lại (đi qua các trung điểm của 3 cạnh chung đỉnh)
có 4 mặt phẳng như thế).
A
A
A
A
1
2
4
B
D
B
D
B
3
D
B
D
C
C
C
C
Loại 2: Có 2 điểm nằm khác phía với 2 điểm còn lại (đi qua các trung điểm của 4 cạnh thuộc hai cặp
cạnh chéo nhau) có 3 mặt phẳng như thế).
A
A
A
5
6
7
B
D
B
D
B
D
C
C
C
Vậy có tất cả 7 mặt phẳng thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Câu 154:
Chọn A
2 2 2
Mặt cầu S : x y z 4x 10y 2z
6 0 có tâm I 2; 5;1
và bán kính R 6 .
x
t
Giao tuyến của hai mặt phẳng y m và x z 3 0 là đường thẳng : y m , t .
z
3 t
đi qua A0; m;3
và có một véc tơ chỉ phương u 1;0; 1
, IA 2; m 5;2
,
IA, u m 5;0; m
5 .
tiếp xúc với mặt cầu S
khi và chỉ khi

d I,
R
IA,
u
u
6
2 2
2 m 5
6 m 10m
11 0 .
2
Vậy tích m . m 11
.
1 2
Câu 155
Chọn A
x 2 y 1
z
:
2 2 1
qua 2;1;0 và có một véctơ chỉ phương là n 2;2; 1
.
A
Mặt cầu tâm I tiếp xúc với đường thẳng nên bán kính của mặt cầu là
AI,
n
R d I,
2 2 .
n
2 2 2
Phương trình mặt cầu S : x 2 y 1 z 1 8 .
S Ox
Mặt cầu cắt trục tại 2 6;0;0 và B 2 6;0;0 .
Suy ra độ dài đoạn AB 2 6 .
A
Câu 156:
Chọn A
P
T
H
O
S
K
d
có tâm mặt cầu I 1; 0; 1
, bán kính R 1
.
T
P
d
IT
Gọi K d ITT
. Ta có d ITT
nên K là hình chiếu vuông góc của I trên d .
d
IT
Ta có K 0; 2; 0
2
IH IH.
IK R 1 1
Ta có
.
2
2
IK IK IK
6 6
2

1
OH OK
6
5xO
xK
5
xH
5 1 6
5yO
yK
2
5HO
HK 0 yH
5 1 6
5zO
zK
5
zH
5 1 6
5 1 5
H ; ; .
6 3 6
Câu 157:
Chọn B
x y z
Phương trình mặt phẳng ABC
: 1
2x 2y z 2 0 .
1 1 2
M ABC
OM
là điểm thay đổi thuộc mặt phẳng có độ dài nhỏ nhất khi và chỉ khi OM ABC .
2
Độ dài OM nhỏ nhất bẳng d O,
ABC
.
3
Câu 158:
Chọn C
A H H A
1 x 1 2 y 1 2 z 6
0 x 2y 2z
9 0
H H 2 t;1
2 t;2t
Gọi là mặt phẳng đi qua và vuông góc với tại . Khi đó là hình chiếu của trên .
Phương trình mặt phẳng : .
Ta có .
H
Vậy
H 3; 1;2
2 t 2 1 2t 4t
9 0 t 1.
là điểm cần tìm.
Câu 159.
Chọn C
Tiếp điểm H a; b;
c là hình chiếu vuông góc của O lên mpP
.
x
t
Đường thẳng qua O và P
có phương trình : y
2t
z
2t
x
t
y
2t
H P , giải hệ phương trình được
z
2t
x 2y 2z
9 0
Vậy H 1;2; 2 nên a b c 1 2 2 1.
t
1
x 1; y 2; z 2
Câu160.

Chọn C
Ta có
x y 1 z 2
: a 4;1; 1
4 1 1
P : 2x y 2z
6 0
n 2; 1; 2
Gọi d là đường thẳng đi qua
x
1
2t
y
t
z
2 2t
B 1;0; 2
và vuông góc với mp(P), phương trình tham số của d là:
Vì B là hình chiếu của I trên (P) nên I d I 1 2 t; t; 2 2t
AI 1 2 t;1 t; 4 2t
Vì A là hình chiếu của I trên nên AI a AI. a 0 4 1 2t 1 t 4 2t
0
t
1
a 1; b 1; c 0
Do đó I 1 2 t; t; 2 2t
1;1;0
Vậy a b c 0 .
Câu 161:
Chọn A
Vì mặt cầu tâm I tiếp xúc với đường thẳng d tại điểm H nên H là hình chiếu của I lên d .
x
2 3t
Ta có d có phương trình tham số: y
2 2t t
và có một VTCP ud
3;2; 1
.
z
t
2 3 ; 2 2 ; .
H d H t t t
IH t t t
4 3 ;1 2 ;4 .
Mà .
ud IH 0 3 4 3 t 2 5 2 t 1 4 t 0 t 1 H 1;0; 1 .
Câu 162.

Chọn D
Hình minh họa
Trên đường thẳng lấy điểm A 1;1;0 . Gọi d là đường thẳng đi qua A và vuông góc với mặt
phẳng . Ta có ud
1; 2;2
.
Trên đường thẳng d lấy điểm C bất kì khác điểm A .
Gọi , lần lượt là hình chiếu vuông góc của lên mặt phẳng P và đường thẳng .
H K C
Lúc này, ta có
P ; CH;
d HCA
Xét tam giác HCA ta có AH
AH
sin HCA , mà tam giác AHK vuông tại K nên ta có
AC
AC
HCA H K P
(không đổi) . Nên để góc nhỏ nhất khi trùng với hay CK
Ta có ACK đi qua d và . Vì ud ; u
8;0;4
nên chọn n
Mặt khác ta có đi qua , vuông góc mặt phẳng và
ACK 2;0;1
P
ACK n ACK ; u
2;5; 4
Nên n P 2;5; 4
. Vậy phương trình mặt phẳng P là :
2 x 1 5 y 1 4z 0 2x 5y 4z 3 0 2x 5y 4z
3 0 .
AK
AC
Câu 163.
Chọn D

0
Góc giữa hai mặt phẳng lớn nhất bằng 90 .
P
0
Nên góc lớn nhất giữa và ACCA
bằng hay P ACCA
.
BDC ACC A
Mà P BDC
.
Ta có C1;1;1
VTPT của P
: n ,
P
1;1; 1
.
BD BC
P : x y z 1 0
90
Câu 164.
Chọn C
Ta thấy hai điểm , nằm cùng 1 phía với mặt phẳng và song song với P . Điểm
A B P
AB
M
P
sao cho tam giác
ABM
có diện tích nhỏ nhất
S ABC
AB. d( M ; AB)
nhỏ nhất d M ; AB nhỏ nhất, hay M P Q,
Q
là mặt
2
phẳng đi qua AB và vuông góc với P
.
Ta có
AB 1; 1;2
, vtpt của
P
n
3;1; 1
Suy ra vtpt của : n AB, n 1;7;4
Q P
Q
PTTQ Q x y z
: 1 1 7 4 2 0
x 7y 4z
7 0
P
Quỹ tích
M
là
x 7 y 4z
7 0
.
3x y z 5 0
Câu 165:
Chọn D
Mặt phẳng ( P)
qua A có dạng a( x 0) b( y 8) c( z 2) 0 ax by cz 8b 2c
0 .

Điều kiện tiếp xúc:
5a 3b 7c 8b 2c 5a 11b 5c
d( I;( P)) 6 2 6 2 6 2 . (*)
2 2 2 2 2 2
a b c a b c
9a 7b 23c 8b 2c 9a 15b 21c
Mà d( B;( P))
2 2 2 2 2 2
a b c a b c
5a 11b 5c 4( a b 4 c)
2 2 2
a b c
2 2 2 2 2 2
5a 11b 5c a b 4c 1 ( 1) 4 . a b c
4 6 2 4 18 2 .
2 2 2 2 2 2 2 2 2
a b c a b c a b c
Dấu bằng xảy ra khi a
b
c . Chọn a 1; b 1; c 4 thỏa mãn (*).
1 1 4
Khi đó ( P) : x y 4z
0 . Suy ra m 1; n 4 . Suy ra: m. n 4.
.
Câu 166
Chọn C
E F
Hai điểm 1; 2;4 , 1; 2; 3 nằm về hai phía mặt phẳng Oxy .
Vì EF 0;0; 7
EF vuông góc với Oxy .
Vậy điểm thuộc Oxy sao cho tổng ME MF có giá trị nhỏ nhất là giao điểm của EF với
M
Oxy , hay chính là hình chiếu vuông góc của E trên Oxy
.
Vậy M 1; 2;0
.
Câu 167:
Chọn A
Gọi S a; b; c P a b c 5 0 1 .
2 2 2
AS a 5 b 5 c ,
Ta có:
1 2 3 , 3 5 1
2 2 2 2 2 2
BS a b c CS a b c
Do SA SB SC
4a 6b 8c
21 0
4a
2c
15 0
a 1 b 2 c 3 a 3 b 5 c
1
2 2 2 2 2 2
2
a 5 b 5 c a 3 b 5 c
1
2 2 2 2 2

a
6
4a 6b 8c
21 0
23 13 9
Ta có hệ: 4a 2c 15 0 b S 6; ; .
2 2 2
a b c 5 0
9
c
2
23 9
Lại có: AB 4; 3;3 , AC 2;0; 1
AB AC 3; 10; 6
, AS 1; ; ;
2 2
145
AB AC AS 145
V S . ABC
.
6
Câu 168
Chọn C
Vì D Oyz D 0; b;
c , do cao độ âm nên c 0 .
c
Khoảng cách từ D0; b;
c
đến mặt phẳng Oxy : z 0 bằng 1 1 c 1 do c 0
.
1
Suy ra tọa độ
D 0; b; 1
. Ta có:
AB AC AD b
1; 1; 2 , 4;2;2 ; 2; ;1
AB; AC 2;6; 2 AB; AC
. AD 4 6b 2 6b 6 6 b 1
1
VABCD
AB; AC. AD b 1
.
6
b
3 D
0;3; 1
Mà VABCD
2 b 1 2
. Có đáp án D0;3; 1
.
b
1 D0; 1; 1
.
Câu 169
Chọn D
Gọi G là trọng tâm của tam giác ABC thì GA GB GC 0 . Khi đó.
2 1
MA. MB MB. MC MC. MA 0 3 MG GAGB . GB. GC GC. GA 0 MG .
3
4 4 4
Mặt khác, ta có G ; ;
1
nên d G,( )
, suy ra M là hình chiếu vuông góc của G trên mặt
3 3 3
3
phẳng . Vậy tập hợp cần tìm là một điểm.
Câu 170:
Chọn A
Q
M
Q : 2x y z 3 0
Gọi là mặt phẳng đi qua 2;2; 3 và song song với mặt phẳng P .
Suy ra .

d N,
N N N Q
Do // P nên Q .
đạt giá trị nhỏ nhất đi qua , với là hình chiếu của lên .
x
4 2t
Gọi d là đường thẳng đi qua N và vuông góc P
, d : y 2 t .
z
1 t
4 4 10 7
Ta có N d N4 2 t;2 t;1 t
; NQ
t N
; ;
.
3 3 3 3
u a; b;
c
cùng phương MN 10 4 16
; ;
.
3 3 3
Do , nguyên tố cùng nhau nên chọn u 5;2;8 .
a b
Vậy a b c 15
.
Câu 171.
Chọn B
Ta có AB 3 6 ; AC 2 6 ; BC 6 .
Ta có T d 2d 3d d d d d 2d
.
1 2 3 1 2 2 3 3
Gọi là trung điểm , và là trung điểm của ta có 2 d M ; d d và
M AB N BC
2
3
2 d N;
d d
.
G MNC
1 2
3
Gọi là trọng tâm tam giác . Khi đó ta có T 2 d M ; 2 d N; 2d 6 d G;
.
Do đó T 6 d G; 6 d G;
d .
5 3
7 5
Ta có M 1; ; ; N 3; ; suy ra G 2;3; 2
.
2 2 2 2
Gọi H 1 t;1 2 t;1
t là hình chiếu của lên đường thẳng , ta có GH t 1; 2t 2;3 t .
G d
GH. u 0 t 1 2 2t 2 3 t 0 t 0 .
d

2 2 2
Vậy Tmax 6GH
6 1 2 3 6 14 .
Câu 172:
Chọn C
AB 2; 2;7
.
x
1
2t
Phương trình đường thẳng AB là: y
2t
.
z
2 7t
1 2 1
Xét vị trí tương đối của và AB ta thấy cắt AB tại điểm C
; ;
.
3 3 3
4 4 14
AC ; ;
3
; AC AB nên nằm giữa và .
3 3 3 2
B A C
T MA MB AB Dấu bằng xảy ra khi M trùng C . Vậy Tmax
AB 57 .
Câu 173:
Chọn A
có vectơ chỉ phương a
1; 2;2
d có vectơ chỉ phương ad
a; b;
c
có vectơ pháp tuyến n 2; 1; 1
P
P
Vì d / / P nên a n a . n 0 2a b c 0 c 2a b
d P d P
2
5a 4b 1 5a 4b
cos ,
d
2 2
3 5a 4ab 2b
3 5a 4ab 2b
Đặt t
Xét hàm số
a
, ta có: cos ,
d
b
f t
Do đó: max cos , d
2
Chọn a 1 b 5, c 7
1
5t
4 2
2
3 5t
4t
2
2 2
5t
4
1 5 3
, ta suy ra được: max
2
5t
4t
2
f t f
5 3
5 3 1 a 1
t
27 5 b 5
Vậy phương trình đường thẳng d là x 1 y 1 z 2
.
1 5 7
Câu 174
Chọn A
Gọi M d M t t t
1
1 2 ;2 ; 2

d có vectơ chỉ phương ad
AM 2t 2; t 2; 1
t
2
có vectơ chỉ phương a2 1;2;2
cos d;
2
2 t
3 6t
14t
9
2 2
2
t
Xét hàm số f t
, ta suy ra được min f
2
t
f 0
0 t 0
6t
14t
9
Do đó min
cos , d
0 t 0 AM 2;2 1
x 1 y z 1
Vậy phương trình đường thẳng d là .
2 2 1
Câu 175:
1
2
A d A 1 2 a; a; 2
a
B d B 1 b; 2 3 b;2 2b
có vectơ chỉ phương AB b 2 a;3b a 2; 2b a 4
P có vectơ pháp tuyến n 1;1;1
P
Vì / / P nên AB n AB. n 0 b a 1.Khi đó AB a 1;2 a 5;6 a
P
P
1 2 5 6
2
6a
30a
62
2 2 2
AB a a a
Dấu
2
5 49 7 2
6 a ; a
2 2 2
" "
5 5 9 7 7
xảy ra khi a A6; ; , AB ;0;
2 2 2 2 2
5 9
Đường thẳng đi qua điểm A 6; ;
và vec tơ chỉ phương ud
1;0;1
2 2
x
6 t
5
Vậy phương trình của là y
.
2
9
z
t
2
Câu 176:
Chọn A
S
d
Mặt cầu có tâm I 2;3;5 , bán kính R 10 . Do (I,( )) R nên luôn cắt S tại A , B .

2
AB
2
Khi đó AB R d(I, ) . Do đó, lớn nhất thì d I,
nhỏ nhất nên qua H , với H là
hình chiếu vuông góc của I lên
. Phương trình
x 2 2t
BH
: y 3 2t
z
5 t
( ) 22 2 23 – 2 5 15 0 t 2 H 2; 7; 3
H t t t
Do vậy AH (1;4;6) là véc tơ chỉ phương của . Phương trình của x 3 y 3 z 3
.
1 4 6
.
Câu 177:
Chọn D
Đường thẳng d có VTCP là u1 3;1;2
.
Đường thẳng đi qua điểm 3;0; 1 và có VTCP là u 1;2;3 .
M
Do P nên M P . Giả sử VTPT của là n A; B; C , A 2 B 2 C
2 0 .
P
Phương trình có dạng A x 3 By C z 1 0 .
Do P nên u. n 0 A 2B 3C 0 A 2B 3C
.
Gọi là góc giữa d và P
. Ta có
P
u1. n 3A B 2C
32B 3C B 2C
sin
2 2 2 2
u
2 2
1
. n 14. A B C 14. 2B 3C B C
2
5B 7C 1 5B 7C
2 2
14. 5B 12BC 10C
14 5B 12BC 10C
2 2
.
5 70
TH1: Với C 0 thì sin .
14 14
2
B
1 5t
7
TH2: Với C 0 đặt t ta có sin
.
2
C
14 5t
12t
10
2
5t
7
Xét hàm số f t
trên .
2
5t
12t
10
2
50t
10t
112
Ta có f t
.
2
2
5t
12t
10

8 8 75
t
f
2
5 5 14
f t 0 50t 10t
112 0
.
7 7
t
f 0
5 5
2
5t
7
Và lim f t
lim 5 .
x
x
2
5t
12t
10
Bảng biến thiên
75 8 B 8
1 8 75
Từ đó ta có Maxf t
khi t . Khi đó sin
. f .
14 5 C 5
14 5 14
75 B 8
So sánh TH1 và Th2 ta có sin lớn nhất là sin khi .
14 C 5
Chọn B 8 C 5 A 31.
P
Phương trình là 31 x 3 8y 5 z 1 0 31x 8y 5z
98 0 .
Câu 178:
Chọn A
d
A
(P)
A
I
(Q)
d
K
H
Đường thẳng d đi qua M 1; 1; 3
và có véc tơ chỉ phương u1 2; 1; 1
.
Nhận xét rằng, A d và d P I 7; 3; 1
.
Q
d
Gọi là mặt phẳng chứa và song song với . Khi đó d , d d , Q d A,
Q .
Gọi , lần lượt là hình chiếu vuông góc của lên Q và d . Ta có AH AK .
H K A
Do đó, d , d lớn nhất d A,
Q lớn nhất AH H K . Suy ra AH chính là đoạn
vuông góc chung của
d và .
max

Mặt phẳng R
chứa A và d có véc tơ pháp tuyến là n
AM , u
1
.
R
2; 4; 8
Mặt phẳng Q
chứa d và vuông góc với R
nên có véc tơ pháp tuyến là n
n ,
u
Q R 1
12; 18; 6 .
Đường thẳng chứa trong mặt phẳng và song song với mặt phẳng Q nên có véc tơ chỉ phương
là u n ,
n
.
P R
66; 42; 6
611; 7; 1
P
Suy ra, a 11; b 7
. Vậy a 2b
3
.
Câu179
Chọn A
x
z
A
1
I
1 2
C
B 4
O
y
Vì đường thẳng đi qua điểm A 0;0;1 và vuông góc với mặt phẳng Ozx thì song song với trục
Oy và nằm trong mặt phẳng Oyz . Dễ thấy OA là đường vuông góc chung của và Ox .
1
Xét mặt phẳng
đi qua I 0;0; và là mặt phẳng trung trực của OA . Khi đó //
, Ox//
2
và mọi điểm nằm trên có khoảng cách đến và Ox là bằng nhau. Vậy tập hợp điểm C là các
điểm cách đều đường thẳng và trục là mặt phẳng .
1
1
Mặt phẳng
đi qua I 0;0; có véc tơ pháp tuyến là k 0;0;1
nên có phương trình: z 0 .
2
2
Đoạn nhỏ nhất khi là hình chiếu vuông góc của lên . Do đó khoảng cách nhỏ nhất giữa
Ox
BC C B
1
điểm B 0;4;0
tới điểm C chính là khoảng cách từ B 0;4;0
đến mặt phẳng
: z 0 suy ra
2
1
0
2 1
min BC d B;
.
1 2
Câu180.
Chọn A
G ABC
Gọi là trọng tâm tam giác . Suy ra: G 2; 2;2
.
2 2 2
Ta có: MA MB MC MA MB MC
2 2 2

MG GA MG GB MG GC
2 2 2
2 2 2 2
3MG GA GB GC
2 2 2
Do tổng GA GB GC
2 2 2
2
không đổi nên MA MB MC đạt giá trị nhỏ nhất khi và chỉ khi MG nhỏ
nhất SC nhỏ nhất.
S Oyz
M G
0; 2;2
.
Mà nằm trên mặt phẳng nên là hình chiếu vuông góc của lên mặt phẳng Oyz . Suy ra:
M
Vậy P x y z 0 2 2 0 .
.
Câu 181:
Câu182.
Chọn D
Lấy G 1;3; 1
là trọng tâm của tam giác ABC .
Ta có:
MG GA MG GB MG GC
2 2 2
MA MB MC
2 2 2
2 2 2
Do đó MA MB MC bé nhất khi MG bé nhất.
Hay M là hình chiếu của điểm G lên mặt phẳng Oxy .
Vậy M 1;3;0 .
2 2 2 2
3MG GA GB GC
.
Chọn C
Gọi B 0; b;0 , C 0;0; c , khi đó b, c 0 .
x y z
Phương trình mặt phẳng P ABC : 1.
2
b
c
1 1 1 1 1 1
Mà M P
1
.
2 b c
b
c
bc 2 b c
2
2
b c
Do bc 2b c
b c 2
8b c
b c 8 (do b, c 0 ).
4
Ta có: AB 2; b;0 , AC 2;0;
c
AB, AC
bc;2 c;2b
.
1 1 2 2 2 2
Do đó S
ABC
AB,
AC
2
4 4
2 b c b c
2 2
b c b c 2
1 2 2
.
2 b c b c 6
2 b c
Vậy 4 6 .
S ABC
b, c 0
Dấu “=” xảy ra khi b c 8 b c 4 .
b
c
Câu 183:
Chọn A
Q
A Q
Mặt phẳng chứa và khoảng cách từ đến lớn nhất khi mặt phẳng Q đi qua hình chiếu
x 1 y z 1
của A 1; 1;1
lên : và vuông góc với AH .
2 1 1
H

x 1 y z 1
Ta gọi hình chiếu của A1; 1;1
lên : là H 1
2 t; t; 1
t
.
2 1 1
1
Vì AH 2 t; t 1; 2
t
vuông góc u 2;1; 1
nên 4t t 1 2 t 0 t .
2
1 1
1 3
Do đó mặt phẳng Q
qua H 0; ; và nhận AH 1; ; làm vecto pháp tuyến.
2 2
2 2
x y z
Vậy Q : 2x y 3z
1 0 Q : 1.
1 1 1
2 3
1
Mặt phẳng Q các trục tọa độ Ox, Oy,
Oz tại các điểm K
1
;0;0 , B 0;1;0
, C 0;0; nên
2
3
thể tích khối tứ diện tạo bởi Q và các trục tọa độ Ox, Oy,
Oz là:
1 1 1 1
VOKBC
. .1. .
6 2 3 36
Câu 184:
Chọn C
Ta có
2 2 2
m x m m y m z m m
1 2 2 1 4 2 2 0
2
m x 2y 1 m 2y 4z 2 x y 2z
0 .
Cho m 0 ta có mặt phẳng P0 : x y 2z
0 có một véc tơ pháp tuyến là n0 1; 1;2
.
Cho m 1
ta có mặt phẳng P1 : 2x y 6z
1 0 có một véc tơ pháp tuyến là n1 2; 1;6
.
Suy ra đường thẳng có một véc tơ chỉ phương là u n0, n
1
4; 2;1
.
Gọi H là hình chiếu của O trên d . Ta có OH OM .
d cách O một khoảng lớn nhất khi và chỉ khi d OM , khi đó d có một véc tơ chỉ phương là
ud
u, OM 1;5;6
.
2
Vậy b 5 , c 6 suy ra b c 19
.
Câu 185:
Chọn B
Gọi G là trọng tâm tam giác ABC .
MA 2MB CM MA MB MC MB 3MG MB
Nên MA 2MB CM
3MG MB
3MN MN 3NG NB
Gọi N là điểm thỏa 3NG
NB 0 nên 3MG MB 4MN
.

Để MA 2MB CM đạt giá trị nhỏ nhất thì 4MN đạt giá trị nhỏ nhất hay M là hình chiếu của
N lên mặt phẳng Oyz
.
4
Tọa độ trọng tâm của tam giác ABC là: G
; 2; 1 .
3
1
xN 3 xG xB
3 xG xN xB xN
0 4
1
3NG
NB 0 3 yG yN yB yN
0 y 3 y y
4
3 zG zN zB zN
0 1
zN 3 zG zB
4
x
y
z
N
N
N
3
2
5
4
3
2
N G B
3 5 3
nên N ; ;
5 3
. Vậy tọa độ điểm M
0; ;
hay 2b
c 4 .
2 4 2
4 2
1 4
xN
3. 2
4 3
1
yN
3.2 1
4
z
1 3.1 3
N
4
Câu 186:
Chọn A
Mặt cầu
S có tâm I 2; 1;0
P
S
I P
Để cắt theo giao tuyến là một đường tròn có bán kính lớn nhất thì
Suy ra: 2 1 m 0 m 1
Câu 187:
Chọn D
xA
4xB
xI
1
5
yA
4yB
Gọi I là điểm sao cho IA 4IB
0 ta có yI
1
I 1;1;0
.
5
zA
4zB
zI
0
5
* Ta có:
MA 4MB MA 4MB IA IM 4 IB IM 5IM 2IM IA 4IB MA 4MB
2 2
2 2
2 2
2 2 2
MA 4MB 5IM IA 4IB
2 2 2 2 2
2 2
MA 4MB
nhỏ nhất khi IM nhỏ nhất M là hình chiếu vuông góc của I lên mặt phẳng ( P)
.
2 2
giá trị nhỏ nhất của biểu thức MA 4MB
là:
IM d I; P 3

2 2 2 2 2
MA 4MB 5IM IA 4IB
15 32 8 55 .
Câu 188:
Chọn A
A
H
d
I
(P)
Gọi I 1 2 t; t;2 2t
là hình chiếu vuông góc của A trên d .
d có véctơ chỉ phương là u 2;1;2
d
Ta có AI. u 0 2t 1 2 t 5 2t 1 2 0 t 1 suy ra I 3;1;4 .
d
Khoảng cách từ đến mặt phẳng là AH d A,
P AI suy ra khoảng cách từ đến
lớn nhất bằng . Khi đó mặt phẳng qua và nhận AI 1; 4;1
làm véctơ pháp tuyến.
A P
A P
AI P
I
Phương trình mặt phẳng P : x 4y z 3 0
18 1
3 11 2
Khoảng cách từ M 1;2; 1
đến mặt phẳng P
là d M
, P
.
116 1
6
Câu 189.
Chọn C
z A B
Mặt phẳng Oxy có phương trình 0 , và , nằm cùng phía với Oxy . Gọi A là điểm đối
xứng với qua A 6;3; 2
.
A Oxy
Ta có MA MB MA
MB bé nhất khi , , thẳng hàng, khi đó M AB Oxy .
Ta có AB
4; 4;8 4 1;1 2 suy ra A B có một vectơ chỉ phương u 1;1 2
M A B
x
2 t
AB : y
1 t t
. M AB
M 2 t; 1 t;6 2t
.
z
6 2t
2 3 4
Do M Oxy 6 2t
0 t 3 M 5;2;0 . Vậy P a b c 33 .
Câu 190:
Chọn D
Với mọi điểm I
ta có

Câu 191:
2 2 2
2 2 2
S 2NA NB NC 2 NI IA NI IB NI IC
4NI 2 2NI 2IA IB IC 2IA 2 IB 2 IC
2
Chọn điểm I sao cho 2IA IB IC 0
2IA IB IC 0 4IA AB AC 0 Suy ra tọa độ điểm là: I 0;1;2 .
I
2 2 2 2
Khi đó S 4NI 2IA IB IC , do đó S nhỏ nhất khi N là hình chiếu của I lên mặt phẳng
P
.
Phương trình đường thẳng đi qua I và vuông góc với mặt phẳng P
là:
x
0 t
y
1 t
z
2 t
Tọa độ điểm N t;1 t;2
t P t 1 t 2 t 2 0 t 1 N 1;2;1 .
Chọn B
Gọi là trung điểm của , ta có I 2; 1;4
.
Khi đó:
I AB
2 2
2 2
MA MB MA MB
2 2 2
2MI IA IB 2 MI.
IA IB
MI IA MI IB
2 2
2 2 2
2MI IA IB
MI
2
6 .
2 2
Do đó MA MB đạt giá trị nhỏ nhất khi và chỉ khi MI có độ dài ngắn nhất, điều này xảy ra khi và
chỉ khi M là hình chiếu vuông góc của I trên đường thẳng d .
Phương trình mặt phẳng P đi qua I và vuông góc với đường thẳng d là
1. x 2 2. y 1 2. y 4 0 hay P : x 2y 2z
12 0 .
x
1
t
Phương trình tham số của đường thẳng d là: y
2 2t
.
z
3 2t
Tọa độ điểm cần tìm là nghiệm x; y;
z của hệ phương trình:
M
x
1
t
x
2
y 2 2t
y
0
. Vậy M 2;0;5
.
z
3 2t
z
5
x 2y 2z
12 0
t
1
Câu 192:
Câu 193.
Chọn A
1 1 1 1
Hạ OK P
suy ra T . Do đó T đạt giá trị nhỏ nhất OK lớn
2 2 2 2
OA OB OC OK
nhất trùng , suy ra P đi qua M và có VTPT là OM . Vậy, P x y z .
K M
: 2 3 14 0

Chọn A
Câu 194.
Chọn D
Gọi M x;0;0 Ox,
x
.
Khi đó MA 1 x;1;1 , MB 2 x;1; 1 , MC x;4;6
MA MB MC 3 3 x;6;6
Với mọi số thực x , ta có
.
2 2
P MA MB MC 3 3x 6 6 9x 18x 81 9 x 1 72 72 ;
P 72 x 1 .
2 2 2
Vậy GTNN của P MA MB MC là 72 , đạt được khi và chỉ khi x 1 .
Do đó M 1;0;0
là điểm thoả mãn đề bài.
.
Câu 195:
Chọn D
S
Mặt cầu có tâm O 0;0;0 và bán kính R 2 2 .
1 3
Ta có: OM ; ;0
OM 1
R điểm nằm trong mặt cầu .
2 2
M S
Gọi H là trung điểm AB OH OM .
Đặt OH x 0 x 1.
2 2 2
Đặt
AH OA OH 8 x OH x
AOH sin
; cos .
OA OA 2 2 OA 2 2
2
Suy ra
x 8 x
sin AOB 2sin cos
.
4
1
Ta có: 2
S OAB
OAOB . .sin AOB x 8 x với 0 x 1.
2
Xét hàm số
2
f x x 8 x
trên đoạn 0;1
2 2
x 8 2x
f x x x
8 8
2
8 0, 0;1
2 2
x x
0;1
Vậy diện tích lớn nhất của tam giác OAB bằng 7 .
max f x f 1 7
Câu 196:

Chọn B
d I
S
Gọi là đường thẳng đi qua tâm 1;3;2 của mặt cầu và vuông góc với Oxz .
x
1
Phương trình tham số của d : y 3 t , t
.
z
2
Gọi , lần lượt là giao điểm của và suy ra: 1;5;2 , B 1;1;2 .
A B d S A
Ta có: d A; Oxz d B;
Oxz .
Theo đề bài thì N A N 1;5;2 x0 y0 z0 8 .
Câu197:
Chọn C
S
Mặt cầu có tâm I 1; 2;3
và bán kính R 2 3 .
Gọi là bán kính đường tròn và là hình chiếu của lên Q .
r C
H I
Đặt
IH
x
ta có
r R x
2 2
12 x
2
1
Vậy thể tích khối nón tạo được là V . IH . S
.
C
3
1 2
2
. . 12
3 x x 1
3
12x
x
3
3
Gọi f x 12x x với x 0;2 3 . Thể tích nón lớn nhất khi f x đạt giá trị lớn nhất
f x 12 3x
Ta có
2
f
x 0
2
12 3x
0 x 2
x 2 .
Bảng biến thiên :

1 16
Vậy Vmax
16 khi x IH 2 .
3 3
Mặt phẳng
//
Q P nên Q : 2x 2y z a 0
2.1 2 2 3 a
a
11
Và d I;
Q
IH
2 a 5 6 .
2 2
2 2 1
a
1
2
Vậy mặt phẳng Q có phương trình 2x 2y z 1 0 hoặc 2x 2y z 11 0 .
Câu 198.
Chọn A
M
( )
P
d
K
H
O
P
O
Giả sử là mặt phẳng đi qua gốc tọa độ và vuông góc với đường thẳng .
Gọi là hình chiếu vuông góc của lên P , khi đó MK MH .
K M
MH nhỏ nhất khi và chỉ khi H K .
Vậy đường thẳng d đi qua hai điểm O,
K . OK là hình chiếu vuông góc của đường thẳng MO lên
P
. Do đó: u
n , n , OM
u
u , u ,
OM chọn .
d
P P d
A
Câu 199:
Chọn D

+ d qua M ( 0;0;1
0 ) có vectơ chỉ phương u = ( 1;1;1 ) .
+ Gọi , lần lượt là hình chiếu của lên P và d . Ta có:
H K A ( )
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi H º K .
( ( ))
d A,
P = AH £ AK .
Do đó d A,
( P)
= AK . Khi đó ( P ) đi M ( 0;0;1 )
nhận AK
0
làm vectơ pháp tuyến.
( ) max
+ K d nên K t, t,1
t và AK = t -3; t - 2; t + 2 . Ta có:
Î ( + ) ( )
AK ^ u Û AK. u = 0 Û 1. t - 3 + 1. t - 2 + 1. t + 2 = 0 Û t = 1.
Suy ra: AK = -2;-1;3
.
( )
Vậy ( P): 2x + y - 3z
+ 3 = 0 .
( ) ( ) ( )
Câu 200:
Chọn A.
S
Mặt cầu có tâm I 1; 2;3
và bán kính R 3 3 .
: 0
Vì ax by z c đi qua hai điểm 0;0; 4 , B 2;0;0 nên c 4
và a 2 .
A
: 2 4 0
Suy ra x by z .
2 2
2
Đặt IH x , với 0 x 3 3 ta có r R x 27 x .

1 2 1
Thể tích khối nón là π
2
V r IH π 27 x x 1 π 27 x 2 . 27 x 2 .2 x
2 18π
.
3 3
3 2
V
max
18π
2 2
khi 27 x x x 3 .
2b
5
2 2
Khi đó, d I;
3 2b
5 9b
5
b 2 .
2
b 5
Vậy a b c 4
.
Câu 201:
Chọn B
Xét điểm I thỏa 2IA IB IC 0 suy ra I 1;2; 2
.
2MI IA MI IB MI IC
2 2 2
2MA MB MC
2 2 2
2MI 2IA IB IC
2 2 2 2
.
2 2 2
2MA MB MC nhỏ nhất khi và chỉ khi MI nhỏ nhất hay M là hình chiếu của I lên ( P)
.
x
1
3t
x0
1
3t
Lúc đó, đường thẳng MI có phương trình y
2 3t
suy ra .
y0
2 3t
z
2 2t
z0
2 2t
Mà 3x 3y 2z
15 0 3 1 3t 3 2 3t 2 2 2t
15 0 t 1.
0 0 0
2x 3y z 2 1 3t 3 2 3t 2 2t
6 t 5 .
0 0 0
Chọn D
Câu 202
S
Mặt cầu có tâm I 1;2;3 , R 3 .
d I 2.1 2.2 3 3 4
, P
2 2
2 2 1 3
R
mặt phẳng cắt mặt cầu theo một đường tròn
2
M a b c
M
thuộc đường thẳng vuông đi qua M và vuông góc với P
Gọi ; ; là điểm trên mặt cầu sao cho khoảng cách từ đến P lớn nhất. Khi
M

x
1
2t
: y
2 2t
. Thay vào mặt cầu
z
3 t
Với t 1 M 3;0;4 d M ; P
S
2 2 2 2
2t 2t t 9 9t 9 t 1
2.3 2.0 4 3 10
2 2
2 2 1
3
Với t 1 M 1;4;2 d M ; P
2
2. 1 2.4 2 3 1
2 2
2 2 1
3
Vậy M 3;0;4 a b c 7 .
2
Câu 203.
Chọn A
Gọi H là hình chiếu của O lên AB ,
là hình chiếu của lên . Ta có OK P và
K O HC
1 1 1 1 1 1 1
T (hằng số)
2 2 2 2 2 2 2
OA OB OC OH OC OK OM
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi K M .
1
Do đó, GTNN của T bằng (đạt được khi và chỉ khi K M )
2
OM
Suy ra đi qua M 1;2;3 và có VTPT là OM
.
P
P : x 2y 3z
14 0
Vậy, .
Câu 204.
Chọn A
d A,
d
Ta có d B,
d
d O,
d
AG
BG
OG
Đặt , , ,
T d A d d B d d O d AG BG OG
Dấu " " xẩy ra d cùng vuông góc với , , hay d OAB
Véctơ pháp tuyến của OAB
là n OA, OB
26; 16;12
Trong các véctơ trên u 13;8; 6
cùng phương với n 26; 16;12
AG BG OG

Câu 205.
Chọn D
Gọi I là điểm sao cho IA 2IB 3IC
0
Tọa độ
I
thỏa mãn hệ
2
xI
x
3
A
xI 2 xB xI 3 xC xI
0
2 2 2 1
yA yI 2 yB yI 3 yC yI 0 yI
I ; ;
3 3 3 6
zA zI 2 zB zI 3 zC zI
0
1
zI
6
Ta có
2
2 2 2
2 2
T MA 2MB 3MC MA 2MB 3MC
2 2 2
MI IA 2 MI IB 3 MI IC 6MI IA 2IB 3IC
2 2 2 2
Vậy T đạt giá trị nhỏ nhất khi và chỉ khi MI nhỏ nhất M là hình chiếu vuông góc của I trên mặt
phẳng P
7 7 11
91
Vậy tọa độ điểm M ; ; suy ra d M
; Q
.
18 18 9
54
Câu 206.
Chọn B
x
9 9 a t
Đường thẳng AB : y 3 3 bt
.
z
5 5
ct
Từ dữ kiện
M , N,
P AB và AM MN NP PB
N , M , P lần lượt là trung điểm của AB , AN và BN
9 a 3 b 5 c
9 a 3 5
N ; b
;
c 9 3 5
, M 2 ; 2 ; 2
,
2 2 2 2 2 2
9 a 3 b 5 c
a b c
P 2 ; 2 ; 2
2 2 2

5 c
5
2
0
M Oxy
2
c
15
3
b
Mà N Oxz
0 b
3 . Vậy a b c 15
.
2
P Oyz
a 3
9 a
a
2
0
2
Câu 207.
Chọn D
O
A2;1;3
2;1;3
Dễ thấy mặt phẳng luôn qua 0;0;0 và B 1;1;1 . Nên khoảng cách h lớn nhất từ điểm
ra h
tới các mặt phẳng chính là khoảng cách từ điểm A đến đường thẳng OB.
Suy
OA;
OB
2.
OB
Câu 208.
Chọn C
Gọi G là trọng tâm của tam giác ABC G 1;2;3
Ta có: MA 2 MB 2 MC 2 3MG 2 GA 2 GB 2 GC
2
2 2 2
2
Vậy ta có: MA MB MC nhỏ nhất khi MG nhỏ nhất G là hình chiếu vuông góc của M lên
mặt phẳng Oxz
M 1;0;3
Câu 209.
Chọn A
2
2 2 2 AB
Gọi I 3;3;3
là trung điểm đoạn AB . Ta có MA MB 2MI
.
2
2 2
Do đó MA MB đạt giá trị nhỏ nhất khi MI P . Khi đó
6 3 3
6
2 2 2
MI d I, P
2 6 ; AB 4 2 2 24 .
4 11
2
2 24
2 2
Vậy min MA
MB 22 6 60 .
2
Câu 210.
Chọn B
đi qua điểm 1;0; 1
và có VTCP u
có VTPT n 2; 1;2
P
M 2;1; 1

Ta tính được u, n 1; 6; 4
;
u, u, n
10;7; 13
Vậy mặt phẳng Q
qua điểm M 1;0; 1
và nhận u, u, n
10;7; 13
làm VTPT, nên có
phương trình
10 x 1 7y 13( z 1) 0 10x 7y 13z
3 0
Câu 211.
Chọn C
S I
2 2
2
Mặt cầu có tâm 2; 3; 3 và bán kính R 2 3 3 3 5 .
Gọi H là hình chiếu của tâm I lên đường thẳng. Khi đó, mặt phẳng cần tìm sẽ vuông góc với IH tại
H .
Gọi
2
H t; t;
t d . Ta có: IH. u
0 t
2; t 3; t 3 . 1;1; 1
0 t
3
2 2 2
Mặt phẳng P
cần tìm qua H ; ;
4 11 7
có vectơ pháp tuyến là ; ;
3 3 3
IH
3 3 3
2 2 2
Vậy P
: 4 x 11 y 7 z 0
3 3 3
Câu 212
Chọn B
P : 4x 11y 7z
0
Vì thuộc đường thẳng nên M 1 2 t; t; 2 t .
M
Ta có
MA
2MB
2t 1 2 t 1 2 t 5 2 2 2t 2 t 2 2 t
3
2
2 2
2
18t
36t
53
MA
2 2MB
2
18 t 1 35 35 , t
.
2
2 2
Vậy min MA 2MB
35 t 1 hay M 1; 1; 1
.
Câu 213:
Chọn C
R
S H I
IH với mặt cầu P
.
Ta có tâm I 1;2;3 và bán kính 3 . Do d I; P 9 R nên mặt phẳng P không cắt mặt
cầu . Do là hình chiếu của lên P và MH lớn nhất nên M là giao điểm của đường thẳng
IH n P
2;2; 1
.
x
1
2t
Phương trình đường thẳng IH là y
2 2t
.
z
3 t
2
Giao điểm của với S : 9t 9 t 1 M 3;4;2
1
và M
2
1;0;4
.
IH
M H d M ; P 12
1 1
; M H d M ; P 6
2 2
.

Vậy điểm cần tìm là M 3;4;2 .
Câu 214.
Chọn A
Gọi I là điểm thỏa mãn IA IB 2IC
0 1 .
Ta có 4OI OA OB 2OC
4;12;12 I 1;3;3 .
1
Khi đó MA MB 2MC 4MI 4MI
.
Do M thuộc mặt phẳng ( Oxy)
nên để MA MB 2MC
nhỏ nhất hay MI nhỏ nhất thì M là hình
I Oxy
chiếu của 1;3;3 trên M 1;3;0 .
Câu215:
Chọn C
5
Gọi I là trung điểm của AB I
;1;3 .
2
2 2 2 2
2 2 2 2 2
Ta có: MA MB MA MB MI IA MI IB 2MI IA IB .
IA
IB
2 2
2 2
không đổi nên MA MB đạt giá trị nhỏ nhất khi MI đạt giá trị nhỏ nhất.
M là hình chiếu của I trên trục Oz .
M
0;0;3 .
Câu 216:
Chọn B
Gọi E là điểm thỏa mãn EA EB 2EC
0 E 3;0;1 .
Ta có:
S MA MB 2MC
2 2 2
MA MB 2MC
ME EA ME EB 2ME EC
2 2 2
2 2 2
4ME EA EB 2EC
2 2 2 2
2 2 2
Vì EA EB 2EC
không đổi nên S nhỏ nhất khi và chỉ khi ME nhỏ nhất.
M là hình chiếu vuông góc của E lên Q
.
x
3
3t
Phương trình đường thẳng ME : y
t .
z
1 t
.

x
3
3t
x
0
y t
y
1
Tọa độ điểm M là nghiệm của hệ phương trình: .
z
1 t
z
2
3x y z 3 0
t
1
M 0; 1;2
a 0 , b 1, c 2 .
a b 5c
0 1 5.2 9 .
Câu 217:
Chọn A
Gọi G là trọng tâm tam giác ABC nên
2 1 1
G
; ;
3 3 3
Suy ra: T d A; d B; d C; 3 d G; 3GD
.
Vậy GTLN của bằng , đẳng thức xảy ra khi GD
T 3GD
Do đó: Phương trình mặt phẳng qua D0; 3; 5
nhận GD 2 8 14
; ;
làm VTPT có
3 3 3
dạng: x 4y 7z
47 0
Vậy E 7; 3; 4 .
1
Câu 218:
Chọn A
Ta có OA 1;0;1 , OB 0;1; 1
, OA OB 2 , AB 1;1; 2
, AB 6 .
Ta có
S
S
ODE
OAB
OD.
OE
OAOB .
1 OD.
OE
OD. OE 1
2 2
cos AOB
OA OB AB
2. OAOB .
2 2 2
2 2 6
4
1
2
.
Ta có
2 2 2
DE OD OE 2 OD. OE cos 2 2
AOB OD OE OD.
OE 3 OD.
OE
DE 3 . Dấu bằng xảy ra khi OD OE 1
2 2 2
Khi đó OD . OA D ;0;
2 2 2
,
2 2 2
OE . OB E
0; ;
2
2 2

2 2
Vậy trung điểm I của DE có tọa độ I
; ;0
.
4 4
Câu 219:
Chọn A
Nhận thấy tam giác đều có trọng tâm 2;2;2 , và OG ABC nên hình chiếu của O lên
ABC
là điểm G .
ABC G
Khi đó V 1 . . , 1 . . 1 . . .sin
OAMN
S
AMN
d O ABC OG AM AN MAN .
3 3 2
Vì OG và sin MAN
3 cố định nên thể tích V
OAMN
nhỏ nhất khi và chỉ khi AM.
AN nhỏ nhất.
2
Vì M , N , G thẳng hàng nên 3 AB AC 2 AB .
AC
4
, suy ra AM. AN AB.
AC . Đẳng
AM AN AM AN
9
AB AC
thức xảy ra khi hay MN // BC .
AM AN
Khi đó mặt phẳng đi qua và nhận GA 1;1; 2
là một vectơ pháp tuyến, do đó
P : x y 2z
0 .
P
O
Câu 220:
Chọn A.
x
1
3t
PTTS của đường thẳng là: y
2 4t
.
z
3 2t
Tọa độ giao điểm B của và P
là nghiệm hệ phương trình sau:
x 1
3t t
2
y 2 4t x
5
z 3 2t y
6
2x 2y z 3 0
z
1
B 5; 6; 1 .
S
AB
Mặt cầu đường kính có tâm là trung điểm I 2; 2; 1
của AB , bán kính R IA 29 .
S
2 2 2
Phương trình mặt cầu : x 2 y 2 z 1 29 .
4
Ta có: d d I; P
29 IA nên P
cắt mặt cầu đường kính AB theo giao tuyến là một
3
2 2 7 5
đường tròn T
có bán kính r R d . Khi đó, cả và cùng thuộc đường tròn
3
này. Do đó, để lớn nhất thì là đường kính của T .
14 5
Suy ra MBmax
2r
.
3
B M T
MB MB
Câu 221:

Chọn A
Gọi M x;0;0 Ox,
x .
Khi đó MA 1 x;1;1 , MB 2 x;1; 1 , MC x;4;6
.
MA MB MC 3 3 x;6;6
.
2 2 2 2
2
P MA MB MC 3 3x 6 6 9x 18x 81 9 x 1 72 72 .
để P MA MB MC có giá trị nhỏ nhất khi và chỉ khi x 1 .
Vậy tọa độ
M
1;0;0 .
.
Câu 222:
Chọn A
Gọi H là hình chiếu của N lên mặt phẳng P
. Khi đó, tam giác MNH vuông tại H nên
N P
M H P
NH NM . Do đó, để khoảng cách từ đến mặt phẳng lớn nhất thì hay qua
và có vecto pháp tuyến là MN 1; 1;1
.
M
Suy ra: P : x 1 y 2 z 4 0 x y z 1 0 .
1 3
Vậy d O;
P
.
2 2
1 1 1
3
2
Câu 223:
Chọn A
Gọi H là hình chiếu của N lên mặt phẳng P
. Khi đó, tam giác MNH vuông tại H nên
N P
M H P
NH NM . Do đó, để khoảng cách từ đến mặt phẳng lớn nhất thì hay qua
và có vecto pháp tuyến là MN 1; 1;1
.
M
Suy ra: P : x 1 y 2 z 4 0 x y z 1 0 .
1 3
Vậy d O;
P
.
2 2
1 1 1
3
2
Câu 224:
Chọn C
Gọi hình chiếu vuông góc của A trên d là I . Giả sử hình chiếu của A .
Trên mặt phẳng P là H khi đó AH d . Do đó nếu hình chiếu của A trên mp(P) mà nằm trên
đường thẳng d thì chỉ có thể trùng với điểm H. Mà tam giác IAH luôn vuông góc tại H do đó khoảng

cách từ đến P lớn nhất khi H I . Vậy khoảng cách từ đến P lớn nhất là khoảng cách từ
A đến P
.
A
A
Từ phương trình đường thẳng ta có VTCP : u 1;1;2 ; M 1; 2;0
d , AM 0; 6;0
.
2 2
AM ; u 10 2 2 6
210
Khoảng cách lớn nhất là: d .
2 2 2
u 1 1 2 3
Câu 225:
Chọn B
d A,
P
m m m m m
m 1 1
m 2m
2m
2
2
1 1 2 1 3 1 9 6 1
2 2
2
2
2m
2m
2
.
Xét hàm số f m
2
9m
6m
1
2
2m
2m
2
. Tập xác định D .
2
m
5
6m
32m
10 f m
2 ; f m
0
1 .
2
2m
2m
2
m
3
Bảng biến thiên.
Vậy, d A,
P lớn nhất khi và chỉ khi
f m lớn nhất m 5 .
.
Câu 226:
Chọn B
Câu 227:
Mặt phẳng ABC
có phương trình x y z 1
.
a b c
2 2 1 2 2 1
Ta có 3 1 .
a b c 3a 3b 3c
2 2 1
Nên ABC
luôn đi qua điểm I
; ;
.
3 3 3
H D
Gọi là hình chiếu của lên mp ABC .
Ta có d D,
ABC DH DI , suy ra trị lớn nhất của d D,
ABC bằng DI 1.

Chọn C
x y z
Nhận thấy A, B, C, D đồng phẳng, cùng thuộc mặt phẳng 1.
3 2 6
3
Trường hợp 1: A, B, C cùng phía với đường thẳng qua d: I
;1;0 là trung điểm của AB.
2
d
d
d
2d
d
d
d
; ; ; ; ; ; ;
2d
A B C I C E C J
;
với E là điểm đối xứng của D qua I;
J là trung điểm của EC.
1 5 1 3
Lúc này ta có E 2;1; 1
; J 1; ; DJ 0; ; .
2 2 2 2
d
Để thỏa mãn yêu cầu bài toán thì
max
J ;
và đi qua D. Tức là đường thẳng qua D 1;1;1 và
vuông góc với DJ.
Ta lần lượt thử các trường hợp xem DM DJ hay không thì ta thấy 3; 5; 1 , M
M 7;13;5
M 3; 5; 1
thỏa mãn. Lúc này thử tổng khoảng cách từ A, B, C đến là lớn nhất. Vậy ta chọn .
Cách khác.
x y z
Dề dàng có phương trình mp
ABC
là 1 2x 3y z 6 0 và có D ABC
.
3 2 6
ABC .
Do d A, AD;
d B, BD;
d C, CD;
và dấu bằng của 3 bất đằng thức đạt được khi
Vậy vtcp của là vtpt của mp là u 2;3;1 .
ABC
x 1 y 1 z 1
Phương trình : .
2 3 1
Vậy M 3; 5; 1
.
.
Câu 228.
Chọn D
Gọi điểm E thỏa EA 2EB
0 . Suy ra là trung điểm của , suy ra E 3; 4;5
.
B AE
2 2
2 2
2 2 2
Khi đó: MA 2MB
ME EA 2 ME EB ME EA 2EB
.

2 2
Do đó MA 2MB
lớn nhất nhỏ nhất là hình chiếu của 3; 4;5 lên
M
ME M E Oxy
3; 4;0 .
Chú ý: Ta có thể làm trắc nghiệm như sau
M
+ Loại C vì 0;0;5 không thuộc Oxy .
3 1
+ Lần lượt thay M 1 3
; ;0 , M ; ;0
2 2
, M 3; 4;0
vào biểu thức MA 2MB
thì
2 2 2 2
M 3; 4;0
cho giá trị lớn nhất nên ta chọn M 3; 4;0
.
Câu 229:
Chọn C
B'
C'
A'(3;0;-1)
D'
B(2;1;2)
A(1;0;1)
D(2;-2;2)
Ta có AB 1;1;1
; AA 2;0; 2
; AD 1; 2;1
.
Theo quy tắc hình hộp ta có AB AD AA
AC
C5; 1;1
.
Phương trình đường thẳng đi qua 2; 2;2 và nhận AB 1;1;1 làm véc tơ chỉ phương
x
2 t
là y
2 t .
z
2 t
Gọi M 2 t; 2 t;2
t DC .
DC D
Ta có
AM t 1; t 2; t 1
MA
2
3t
6 , CM t 3; t 1; t 1
MC
3t
1 2
8 .
Xét vectơ u 3 t; 6
, v 3 3 t;2 2 .
Do u v u v nên AM MC 3 6 8 AM MC 17 8 3 .
2 2
3t
6 t 3
Dấu " " xảy ra khi t 2 3 3 .
3 1
t 2 3 1
t 2
M 2 3 1;1 2 3;2 3 1
.
Vậy giá trị nhỏ nhất của tổng các khoảng cách AM MC là 17 8 3 .
M
C
Câu230:

Chọn B
S
Mặt cầu có tâm I 3;1;0 và bán kính là R 2 .
x
1
2t
Ta có d : y 1 t có véc tơ chỉ phương u
z
t
2;1; 1
Gọi H 1 2 t; 1 t;
t
là hình chiếu của I trên d .
Ta có
IH. u 0
Gọi Q là mặt phẳng chứa d .
2t 2 2 t 2 t 0 t 1 suy ra
H 3;0; 1
2
d S
2
Bán kính đường tròn giao tuyến của mặt phẳng chứa và mặt cầu là r R d I,
Q ,
suy ra nhỏ nhất khi d I,
Q lớn nhất
r
I
M
(Q)
d
H
Gọi M là hình chiếu của I trên Q
.
Ta có d I,
Q IM IH suy ra , lớn nhất khi d I,
Q IH , lúc đó mặt phẳng
qua 3;0; 1 và có một véc tơ pháp tuyến là IH 0; 1; 1
.
d I Q
H
: 1 0
Phương trình mặt phẳng Q y z .
Q
Câu 231:
Chọn D
Gọi M x; y;
z .
Ta có
MA 2MB
nên 2 2 2 2
x 1 y 2 z 3 4 x y 4 2 z 5
2
2 2 2 2 28 34
x y z x y z 50 0 .
3 3 3

1 14 17
Suy ra tập hợp các điểm M thỏa mãn MA 2MB
là mặt cầu S
có tâm I
; ;
và bán
3 3 3
kính R 2 .
29
Vì d I;
P
R nên P
không cắt S
.
9
Do đó, khoảng cách từ điểm M đến mặt phẳng P : 2x 2y z 6 0 đạt giá trị nhỏ nhất là dmin
29 11
d I;
P
R 2
9 9
.
Câu 232:
Chọn B
+ Đường thẳng d1
có véc tơ chỉ phương là u1 1;1;2
và đi qua điểm O0;0;0
.
+ Đường thẳng d2
có véc tơ chỉ phương là u2 2;1;1
và đi qua điểm K 1;0;1
.
+ Vì u1 , u
2
. OK 5 nên hai đường thẳng đã cho có vị trí chéo nhau.
+ Suy ra MN ngắn nhất khi và chỉ khi MN là đoạn vuông góc chung của d1
và d2
.
+ Vì M d 1
nên M m; m;2 m , m và N d2
nên N 1 2 n; n;1 n , n .
Ta có:
MN 2n m 1; n m; n 2m
1
. Từ yêu cầu của bài toán ta có hệ phương trình sau:
MN. u1
0
MN. u2
0
n
6m
1
6n
m 3
17
n
35
3
m
35
M 3 3 6
; ;
1 17 18
, ; ; .
35 35 35
N
35 35 35
Câu 233
Chọn B
Ta có AB 3;3;6 một véc tơ chỉ phương của đường thẳng là u 1;1;2 . Phương trình của
AB
x
t
đường thẳng AB là y
2 t
z
4 2t
Gọi I là điểm thỏa mãn IA 2IB
0 I 2;4;0
.
2 2
2 2
2 2 2
MA 2MB MI IA 2 MI IB IA 2IB 3MI 2MI IA 2IB
IA 2IB 3MI
2 2 2
2 2 2
2
Do A , B , I cố định nên IA 2IB 3MI
nhỏ nhất khi MI nhỏ nhất hay M là hình chiếu của I trên
đường thẳng AB .
Vì M AB nên M t;2 t;2 t 4
IM 2 t; t 2;2t
4
Ta có IM AB IM . AB 0 2 t t 2 4t
8 0 t 2 M 2;4;0
.
Câu 234:
Chọn A
.

x
t
Phương trình tham số của d : y 1 2t
.
z
2 3t
M d M t; 1 2 t; 2 3t
.
t 2 1 2t 2 2 3t
3
d M
, P
2 2
2 2
1 2 2
2
t
5
3
t
5 6 t
11
2 .
t
5 6
t
1
Vì M có hoành độ âm nên chọn t 1. Khi đó tung độ của M bằng 3
Câu 235:
Chọn C
B b 1;2b 1;4b
2
Gọi A a 1;3a 2; a ,
Ta có: MA a 2;3a 1; a 2 , MB b 4;2b 2;4b
4
a
0
Ta có: M , A,
B thẳng hàng MA kMB
b
0
A 1;2;0 , B 1;1;2
AB 3 .
Câu 236.
Chọn C
Gọi mặt phẳng đi qua
nhận AM 1; 2; 1 làm vectơ pháp tuyến nên:
M
R : 1 x 1 2 y 2 1 z 3 0 x 2y z 8 0 .
Gọi là giao tuyến của mặt phẳng và P .
d R
Vectơ pháp tuyến của mp
Ta có u AM , n
5; 3; 1
P
là: n 1; 1; 2
Gọi là điểm thuộc giao tuyến của và P nên tọa độ M là nghiệm của hệ
M R
x 2 y z 8 0
x y 2z
1 0
x
0
x
0
y
3
z
2
nên
M
0; 3; 2
Phương trình đường thẳng d :
Ta có
x
0 5t
y
3 3t
z
2 t
B d nên B 5 t; 3 3 t; 2 t

Mặt khác M là trung điểm của đoạn BC nên
xC
2.1
5t
xC
2 5t
yC
2.2 3 3t yC
1
3t
zC
2.3 2 t
zC
4 t
Mặt khác C Q nên 2 5t 2 1 3t 4 t 4 0 10t
0 t 0 .
Nên C 2;1; 4 nên T a b c 7 .
Câu 237:
Chọn D
Ta có S 1 . ; .
MAB
d M AB AB nên MAB
có diện tích nhỏ nhất khi d M ; AB
nhỏ nhất.
2
Gọi là đường vuông góc chung của d,
AB . Khi đó M d . Gọi N AB .
Ta có:
AB
1;2;0
, phương trình đường thẳng
x
s
AB : y 1 2s
z
2
Do N AB N s; 1 2 s;2
, M d M 1 t ; t ;1
t .
NM t s 1; t 2s 1; t 1
. Mà MN d,
MN nên
4
t s 1 2t 4s 2 0 3t 5s 1
t
3 .
t s 1 t 2s 1 t 1 0 3t 3s
1
s
1
Do đó M 1 4 7
; ;
hay T a 2b 3c
10
.
3 3 3
Câu238:
Chọn A
Cách 1 :
Ta có AB 2;1;2
; AC 2;2;1
Do AB, AC 1 9
3; 6;6
nên S ABC
AB,
AC
.
2 2
Gọi là một véc tơ pháp tuyến của mặt phẳng thì n 1;2; 2
phương trình mặt
n ABC
phẳng ABC là x 2y 2z
2 0 .
4t
11
Gọi M 1 2 t; 2 t;3 2t d d M
, ABC
.
3
5
1 9 4t 11
t
Do thể tích V của tứ diện MABC bằng 3 nên . . 3 4t
11 6
4
.
3 2 3
17
t
4

5 3 3 1
Với t thì M
; ;
.
4 2 4 2
17
15 9 11
Với t thì M
; ;
.
4 2 4 2
Cách 2:
Ta có AB 2;1;2
; AC 2;2;1
AB, AC
3; 6;6
Gọi M 1 2 t; 2 t;3 2t d AM 1 2 t; 3 t;3
2t
.
1
Vì VMABC
AB, AC.
AM
6
nên
5 3 3 1
Với t thì M
; ;
.
4 2 4 2
17
15 9 11
Với t thì M
; ;
.
4 2 4 2
12t 33 18
5
t
4
17
t
4
Câu239:
Chọn B.
x
1
t
Phương trình tham số của đường thẳng d : y 2 t t
.
z
1 2t
1 ;2 ;1 2 .
H d H t t t
2 2 2 2
2
Độ dài AH t 1 t 1 2t 3 6t 12t 11 6 t 1 5 5 .
t
Độ dài AH nhỏ nhất bằng 5 khi 1 H 2;3;3 .
3 3 3
Vậy a 2 , b 3 , c 3 a b c 62 .
Câu 240:
Chọn D
M d M t; 1 2 t; 2 3t
.
t
11 M 11;21;31 (L)
d M , P
2 t
5 6 .
t 1 M 1; 3; 5 (N)
Câu 241:
Chọn C
Gọi I 1 t; t;2 t d. IA t; t 2; t 1 , IB t 3; t 3; t
.
2
Do ABCD là hình thoi nên IA. IB 0 3t 9t 6 0 t 2; t 1.
Do C đối xứng A qua I và D đối xứng B qua I nên:

+) t 1 I 0;1;1 C 1;0;1 , D 2; 1;0
.
+) t 2 C 3;2; 1 , D 0;1; 2
.
Câu 242:
Chọn C
Giả sử Aa;0;0
. B 0; b;0
, C 0;0;
c
( a , b , c 0 ), có dạng x y z 1
.
a b c
1 2 1
đi qua điểm M 1;2;1
1 .
a b c
OA , OB , OC theo thứ tự tạo thành cấp số nhân có công bội bằng 2
b 2a
, c 2b
1 1 1
1 , , :
a a 4a
9 9
4x 2y z
a b c 9
1
4 2
9 9 9
9 3 21
hay : 4x 2y z 9 0 d O,
.
2 2 2
4 2 1
7
Câu 243:
Chọn B
I
J
B
A
H
M
d
A'
K
S
Mặt cầu có tâm I 1;0;0 , bán kính R1 2 .
1
S
Mặt cầu có tâm J 2;3;2 , bán kính R2 1
.
2
Đường thẳng đi qua điểm 2;0; 2 và có véc tơ chỉ phương u 1; 3; 1
.
d N
Ta có: IJ 1;3;1 // u và I d nên IJ // d .
S
1
K S
A
S
Gọi là mặt cầu đối xứng của S qua d ; K , A lần lượt là điểm đối xứng của I và A qua d .
Thì là tâm của và .

Khi đó : P MA MB MA
MB AB
.
Suy ra P AB JK R R .
min 1 2
3 66 6 66
Ta lại có : IH d I;
d IK .
11
11
3707
Và IJ 11 JK .
11
3707
Vậy Pmin
3.
11
Câu 244.
Chọn A
Cách 1: Gọi
I, H, K,
E
* Ta có: IHO 60
là các điểm như hình vẽ.
2 2
2 2 2 2 3R
R R
OH OB BH R OH OI OH.tan 60
4 4 2
OH
IE OK
IH R , IOH
EKH
nên ta có: 2 IE 2R
.
cos 60
IH OH
* Chọn hệ trục tọa độ như hình vẽ ta có elip E có bán trục lớn là a IE 2R
và E đi qua
A
R;
R
2
3
Ixy
2 2
x y
nên E
có phương trình là E
: 1.
2 2
4R
R
R
2
3
,
* Diện tích của thiết diện là
2R
2 2R
2
x
x
S 2 R 1 dx 2R 1 dx
4R
4R
R
2 2
R
2R
2
x
* Xét tích phân: I 1
dx , đặt x 2 R.sin t; t ; ta được
2
4R
2 2
R

R 2
sin 2 2 2 3
1 cos 2 d
R t 4
3
2
I t t t R
.
2
2 2
3 8
S
R
3 4
6
2 2 2
Cách 2: OA OB AB 1
cos
R
AOB AOB 120 OH .
2. OAOB . 2 2
6
Chọn hệ trục tọa độ Oxy
như hình vẽ
Phương trình đường tròn đáy là
2 2 2 2
x y R y R x
2 .
Hình chiếu của phần elip xuống đáy là miền sọc xanh như hình vẽ.
Ta có
R
2 2
S 2 R x d x.
Đặt
R
2
x R.sin
t
2
3
2
S
R .
3 4
Gọi diện tích phần elip cần tính là S.
Theo công thức hình chiếu, ta có
S 4
3
S S
R
cos 60 3 2
2
2 .