ĐỀ THI THỬ CHUYÊN THÁI BÌNH 2017-2018

ĐỀ THI THỬ CHUYÊN THÁI BÌNH 2017-2018 Đề và lời giải do nhóm BTN gõ.

Thời gian làm bài 90:00

Câu 1.Tính $\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\dfrac{\sqrt{x+1}}{{{x}^{2018}}-1}$.
A. $-1$.
B. $1$.
C. $2$.
D. $0$.

Lời giải
Đáp án D
$\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\dfrac{\sqrt{x+1}}{{{x}^{2018}}-1}=\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\dfrac{1}{{{x}^{2017}}}.\dfrac{\sqrt{\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{{{x}^{2}}}}}{1-\dfrac{1}{{{x}^{2017}}}}=0$.

Câu 2.Cho hàm số $y={{x}^{3}}+3{{x}^{2}}2$ . Mệnh đề nào dưới đây đúng?
A. Hàm số nghịch biến trên khoảng $\left( \infty ;2 \right)$ và $\left( 0;+\infty \right)$ .
B. Hàm số nghịch biến trên khoảng $\left( 1;5 \right)$ .
C. Hàm số đồng biến trên khoảng $\left( \infty ;1 \right)$ và $\left( 2;+\infty \right)$ .
D. Hàm số đồng biến trên khoảng $\left( \infty ;2 \right)$ và $\left( 0;+\infty \right)$ .

Lời giải
Đáp án D
TXĐ: $D=\mathbb{R}$.
${y}'=3{{x}^{2}}+6x$ .
${y}'=0\Leftrightarrow 3{{x}^{2}}+6x=0$ $\Leftrightarrow \left[ \begin{align} & x=0\Rightarrow y=-2 \\ & x=-2\Rightarrow y=2 \\ \end{align} \right.$ .
BBT

Dựa vào BBT, hàm số đồng biến trên khoảng $\left( \infty ;2 \right)$ và $\left( 0;+\infty \right)$ .

Câu 3.Đường cong trong hình bên là đồ thị của một hàm số trong bốn hàm số dưới đây. Hỏi hàm số đó là hàm số nào?

A. $y=\dfrac{2x+1}{2x-2}$.
B. $y=\dfrac{x+1}{x-1}$.
C. $y=\dfrac{-x}{1-x}$.
D. $y=\dfrac{x-1}{x+1}$.

Lời giải
Đáp án B
Từ đồ thị suy ra đồ thị hàm số có tiệm cận ngang là $y=1$ và tiệm cận đứng là $x=1$ đồng thời đồ thị đi qua điểm $\left( 0;-1 \right)$ nên chọn đáp ánB.

Câu 4.Cho hàm số $y=f\left( x \right)$ có đồ thị như hình vẽ. Mệnh đề nào dưới đây đúng?

A. Điểm cực đại của hàm số là $3$.
B. Giá trị cực đại của hàm số là $0$.
C. Giá trị cực tiểu của hàm số bằng $-1$.
D. Điểm cực tiểu của hàm số là $-1$.

Lời giải
Đáp án C
Từ đồ thị hàm số suy ra giá trị cực tiểu của hàm số bằng $-1$.

Câu 5.Cho khối cầu có bán kính $R$ . Thể tích của khối cầu đó là
A. $V=4\pi {{R}^{3}}$
B. $V=\dfrac{4}{3}\pi {{R}^{3}}$ .
C. $V=\dfrac{1}{3}\pi {{R}^{3}}$ .
D. $V=\dfrac{4}{3}\pi {{R}^{2}}$ .

Lời giải
Đáp án B
- Công thức tính thể tích khối cầu bán kính $R$ là: $V=\dfrac{4}{3}\pi {{R}^{3}}$.

Câu 6.Trong không gian với hệ trục tọa độ $Oxyz$ , vectơ nào sau đây không phải là vectơ pháp tuyến của mặt phẳng $\left( P \right):x+3y-5z+2=0$.
A. $\overrightarrow{n}=\left( -3;\text{ }-9\text{; 15} \right)$ .
B. $\overrightarrow{n}=\left( -1;-3\text{; 5} \right)$.
C. $\overrightarrow{n}=\left( 2;\text{ 6; }-\text{10} \right)$.
D. $\overrightarrow{n}=\left( -2;\text{ }-\text{6; }-\text{10} \right)$.

Lời giải
Đáp án D
Vectơ pháp tuyến của mặt phẳng $\overrightarrow{{{n}_{\left( P \right)}}}=\left( 1;3;-5 \right)$.
Vì vectơ $\overrightarrow{n}=\left( -2;\text{ }-\text{6; }-\text{10} \right)$ không cùng phương với $\overrightarrow{{{n}_{\left( P \right)}}}$ nên không phải là vectơ pháp tuyến của mặt phẳng $\left( P \right)$.

Câu 7.Từ một tập gồm $10$ câu hỏi, trong đó có $4$ câu lý thuyết và $6$ câu bài tập, người ta cấu tạo thành các đề thi. Biết rằng trong một đề thi phải gồm $3$ câu hỏi trong đó có ít nhất $1$ câu lý thuyết và $1$ câu hỏi bài tập. Hỏi có thể tạo được bao nhiêu đề như trên ?
A. $60$.
B. $96$.
C. $36$.
D. $100$.

Lời giải
Đáp án B
TH1: chọn $2$ câu lý thuyết và $1$ câu bài tập có: $C_{4}^{2}.C_{6}^{1}$ cách.
TH1: chọn $1$ câu lý thuyết và $2$ câu bài tập có: $C_{4}^{1}.C_{6}^{2}$ cách.
Vậy số cách lập đề thỏa điều kiện bài toán là: $96$ cách.

Câu 8.Cho hình chóp $S.ABCD$ có đáy $ABCD$ là hình vuông cạnh $a$, $SA$ vuông góc với đáy, $SA=a\sqrt{3}$. Khoảng cách giữa hai đường thẳng $SB$ và $CD$ là:
A. $\dfrac{a\sqrt{3}}{2}$.
B. $\dfrac{a}{2}$.
C. $a\sqrt{3}$.
D. $a$.

Lời giải
Đáp án D

Ta có: $BC\bot \left( SAB \right)$$\Rightarrow BC\bot SB$ và $BC\bot DC$.
Do đó, $BC$ chính là đoạn vuông góc chung của hai đường thẳng $SB$ và $DC$.
Nên khoảng cách giữa hai đường thẳng $SB$ và $DC$là $BC=a$.

Câu 9.Hàm số nào dưới đây luôn đồng biến trên tập $\mathbb{R}$ ?
A. $y={{x}^{2}}+2x+1$
B. $y=x-\sin x.$
C. ${y = \frac { 3 x + 2 } { 5 x + 7 }}$.
D. $y=\ln \left( x+3 \right)$.

Lời giải
Đáp án B
Ta có hàm số $y=x-\sin x$ có tập xác định $D=\mathbb{R}$ và ${y}'=1-\cos x\ge 0$ với mọi $x\in \mathbb{R}$ nên luôn đồng biến trên $\mathbb{R}$.

Câu 10.Hàm số $y=\sqrt[3]{{{\left( {{x}^{2}}-2x-3 \right)}^{2}}}+2$ có tất cả bao nhiêu điểm cực trị
A. $3$.
B. $0$.
C. $1$.
D. $2$.

Lời giải
Đáp án A
Tập xác định $\mathbb{R}$
${y}'=\dfrac{2}{3}\dfrac{2x-2}{\sqrt[3]{\left( {{x}^{2}}-2x-3 \right)}}$
${y}'=0\Leftrightarrow x=1$ và ${y}'$ không xác định tại $x=-1$ ; $x=3$
Bảng biến thiên:

Hàm số có $3$ điểm cực trị.

Câu 11.Tìm tất cả các giá trị của tham số thực $m$ để đồ thị hàm số $y=\dfrac{mx+2}{1-x}$ luôn có tiệm cận ngang.
A. $\forall m\in \mathbb{R}.$.
B. $\forall m\ne -2.$
C. $\forall m\ne 2.$
D. $\forall m\ne \dfrac{1}{2}.$

Lời giải
Đáp án A
Để đồ thị hàm số luôn có tiệm cận ngang thi $\underset{x\to \pm \infty }{\mathop{\lim }}\,y$ phải tồn tại.
Nếu $m=-2$ thì $y=-1$ khi đó đồ thị hàm số luôn có tiệm cận ngang $y=-1$.
Nếu $m\ne -2$ thì $\underset{x\to \pm \infty }{\mathop{\lim }}\,\dfrac{mx+2}{1-x}=-m$, đồ thị hàm số luôn có tiệm cận ngang $y=-m$.
Vậy đồ thị hàm số luôn có tiệm cận ngang $\forall m\in \mathbb{R}.$.

Câu 12.Đường thẳng nào dưới đây là đường tiệm cận ngang của đồ thị hàm số $y=\dfrac{3-2x}{x-1}$?
A. $y=-2$.
B. $x=-2$.
C. $x=1$.
D. $y=3$.

Lời giải
Đáp án A
Ta có: $\underset{x\to \infty }{\mathop{\lim }}\,y=\underset{x\to \infty }{\mathop{\lim }}\,\dfrac{3-2x}{x-1}=-2$$\Rightarrow y=-2$ là đường tiệm cận ngang của đồ thị hàm số.

Câu 13.Cho biểu thức $P=\dfrac{{{a}^{\sqrt{7}+1}}.{{a}^{2-\sqrt{7}}}}{{{\left( {{a}^{\sqrt{2}-2}} \right)}^{\sqrt{2}+2}}}$ với $a>0$. Rút gọn biểu thức $P$ được kết quả
A. $P={{a}^{5}}$.
B. $P={{a}^{4}}$.
C. $P={{a}^{3}}$.
D. $P=a$.

Lời giải
Đáp án A
$P=\dfrac{{{a}^{\sqrt{7}+1}}.{{a}^{2-\sqrt{7}}}}{{{\left( {{a}^{\sqrt{2}-2}} \right)}^{\sqrt{2}+2}}}=\dfrac{{{a}^{3}}}{{{a}^{-2}}}={{a}^{5}}$

Câu 14.Trong các hàm số sau, hàm số nào có cùng tập xác định với hàm số $y={{x}^{\dfrac{1}{5}}}$
A. $y=\dfrac{1}{\sqrt[5]{x}}$.
B. $y=\sqrt[3]{x}$.
C. $y={{x}^{\pi }}$.
D. $y=\sqrt{x}$.

Lời giải
Đáp án C
Tập xác định của $y={{x}^{\dfrac{1}{5}}}$ là $D=\left( 0;+\infty \right)$ , $y=\dfrac{1}{\sqrt[5]{x}}$ có $D=\mathbb{R}\backslash \left\{ 0 \right\}$ , $y=\sqrt{x}$ có $D=\left[ 0;+\infty \right)$ , $y=\sqrt[3]{x}$ có $D=\mathbb{R}$ , $y={{x}^{\pi }}$ có $D=\left( 0;+\infty \right)$ .

Câu 15.Cho hàm số $y=\dfrac{{{2}^{x}}}{\ln 2}-2x+3$. Kết luận nào sau đây sai?
A. Hàm số có giá trị cực tiểu là $y=\dfrac{2}{\ln 2}+1$.
B. Hàm số nghịch biến trên khoảng $\left( -\infty ;0 \right)$.
C. Hàm số đạt cực trị tại $x=1$.
D. Hàm số đồng biến trên khoảng $\left( 0;+\infty \right)$.

Lời giải
Đáp án D
Ta có ${y}'={{2}^{x}}-2$, ${y}'=0\Leftrightarrow x=1$ $\Rightarrow y\left( 1 \right)=\dfrac{2}{\ln 2}+1$ .

Dựa vào BBT, mệnh đề sai là hàm số đồng biến trên khoảng $\left( 0;+\infty \right)$.

Câu 16.Số nghiệm của phương trình ${{2}^{{{\log }_{5}}\left( x+3 \right)}}=x$ là:
A. $0$ .
B. $1$ .
C. $3$ .
D. $2$ .

Lời giải
Đáp án B
Đk: $x>-3$
Đặt $t={{\log }_{5}}\left( x+3 \right)$$\Rightarrow x={{5}^{t}}-3$, phương trình đã cho trở thành
${{2}^{t}}={{5}^{t}}-3$$\Leftrightarrow {{2}^{t}}+3={{5}^{t}}$$\Leftrightarrow {{\left( \dfrac{2}{5} \right)}^{t}}+3.{{\left( \dfrac{1}{5} \right)}^{t}}=1$ (1)
Dễ thấy hàm số $f\left( t \right)={{\left( \dfrac{2}{5} \right)}^{t}}+3.{{\left( \dfrac{1}{5} \right)}^{t}}$ nghịch biến trên $\mathbb{R}$ và $f\left( 1 \right)=1$ nên phương trình (1) có nghiệm duy nhất $t=1$.
Với $t=1$, ta có ${{\log }_{5}}\left( x+3 \right)=1$$\Leftrightarrow x=2$
Vậy phương trình có nghiệm duy nhất $x=2$.

Câu 17.Tập nghiệm của bất phương trình $3{{\log }_{2}}\left( x+3 \right)-3\le {{\log }_{2}}{{\left( x+7 \right)}^{3}}-{{\log }_{2}}{{\left( 2-x \right)}^{3}}$ là $S=\left( a;\text{ }b \right)$. Tính $P=b-a$
A. $2$.
B. $3$.
C. $5$.
D. $1$.

Lời giải
Đáp án C
$3{{\log }_{2}}\left( x+3 \right)-3\le {{\log }_{2}}{{\left( x+7 \right)}^{3}}-{{\log }_{2}}{{\left( 2-x \right)}^{3}}$
Điều kiện: $\left\{ \begin{align} & x+3>0 \\ & x+7>0 \\ & 2-x>0 \\ \end{align} \right.$ $\Leftrightarrow \left\{ \begin{align} & x>-3 \\ & x>-7 \\ & x<2 \\ \end{align} \right.$ $\Leftrightarrow -3 Bất phương trình đã cho tương đương với
$3\left( {{\log }_{2}}\left( x+3 \right)-1 \right)\le 3\left( {{\log }_{2}}\left( x+7 \right)-{{\log }_{2}}\left( 2-x \right) \right)$
$\Leftrightarrow {{\log }_{2}}\left( x+3 \right)-1\le {{\log }_{2}}\left( x+7 \right)-{{\log }_{2}}\left( 2-x \right)$
$\Leftrightarrow {{\log }_{2}}\left( x+3 \right)+{{\log }_{2}}\left( 2-x \right)\le {{\log }_{2}}\left( x+7 \right)+1$
$\Leftrightarrow \left( x+3 \right)\left( 2-x \right)\le 2\left( x+7 \right)$
$\Leftrightarrow {{x}^{2}}+3x+8\ge 0$ (luôn đúng)
Vậy tập nghiệm của bất phương trình là $S=\left( -3;\text{ 2} \right)$
Suy ra $P=2-\left( -3 \right)=5$.

Câu 18.Cho hàm số $f\left( x \right)={{x}^{4}}-4{{x}^{3}}+2{{x}^{2}}-x+1$,$\forall x\in \mathbb{R}$. Tính$\int\limits_{0}^{1}{{{f}^{2}}\left( x \right).{f}'\left( x \right)\text{d}x}$
A. $\dfrac{2}{3}$.
B. $2$.
C. $-\dfrac{2}{3}$.
D. $-2$.

Lời giải
Đáp án C
Ta có $\int\limits_{0}^{1}{{{f}^{2}}\left( x \right).{f}'\left( x \right)\text{d}x}=\int\limits_{0}^{1}{{{f}^{2}}\left( x \right).\text{d}\left[ f\left( x \right) \right]}$$\left. =\dfrac{{{f}^{3}}\left( x \right)}{3} \right|_{0}^{1}$$=\dfrac{{{f}^{3}}\left( 1 \right)-{{f}^{3}}\left( 0 \right)}{3}$ $=-\dfrac{2}{3}$.

Câu 19.Cho hàm số $y=f\left( x \right)$ có đạo hàm liên tục trên đoạn $\left[ 0;\,5 \right]$ và $f\left( 5 \right)=10$, $\int\limits_{0}^{5}{x{f}'\left( x \right)\text{d}x}=30$. Tính $\int\limits_{0}^{5}{f\left( x \right)\text{d}x}$.
A. $20$.
B. $-30$.
C. $-20$.
D. $70$.

Lời giải
Đáp án A
Đặt $\left\{ \begin{align} & u=x\Rightarrow \text{d}u=\text{d}x \\ & \text{d}v={f}'\left( x \right)\text{d}x\Rightarrow v=f\left( x \right) \\ \end{align} \right.$
$\int\limits_{0}^{5}{x.{f}'\left( x \right)\text{d}x=\left. \left( x.f\left( x \right) \right) \right|_{0}^{5}-\int\limits_{0}^{5}{f\left( x \right)\text{d}x}\,}$ $\Leftrightarrow 30=5f\left( 5 \right)-\int\limits_{0}^{5}{f\left( x \right)\text{d}x}$
$\Leftrightarrow \int\limits_{0}^{5}{f\left( x \right)\text{d}x}=5f\left( 5 \right)-30=20$ .

Câu 20.Tính $I=\int\limits_{0}^{1}{\left( \dfrac{1}{2x+1}+3\sqrt{x} \right)\text{d}x}$ .
A. $2+\ln \sqrt{3}$.
B. $4+\ln 3$.
C. $2+\ln 3$.
D. $1+\ln \sqrt{3}$.

Lời giải
Đáp án A
Ta có
$I=\int\limits_{0}^{1}{\left( \dfrac{1}{2x+1}+3\sqrt{x} \right)\text{d}x}$ $=\int\limits_{0}^{1}{\dfrac{1}{2x+1}\text{d}x}+3\int\limits_{0}^{1}{\sqrt{x}\text{d}x}$$=\left. \dfrac{1}{2}\ln \left| 2x+1 \right| \right|_{0}^{1}+\left. 3.\dfrac{2}{3}x\sqrt{x} \right|_{0}^{1}$$=\dfrac{1}{2}\ln 3+2$$=\ln \sqrt{3}+2$.

Câu 21.Thể tích của vật tròn xoay có được khi quay hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm $y=\tan x$, trục $Ox$ , đường thẳng $x=0$, đường thẳng $x=\dfrac{\pi }{3}$ quanh trục $Ox$ là:
A. $V=\sqrt{3}-\dfrac{\pi }{3}$.
B. $V=\sqrt{3}+\dfrac{\pi }{3}$.
C. $V=\pi \sqrt{3}+\dfrac{{{\pi }^{2}}}{3}$.
D. $V=\pi \sqrt{3}-\dfrac{{{\pi }^{2}}}{3}$.

Lời giải
Đáp án D
Thể tích của vật tròn xoay là:
$V=\pi \int\limits_{0}^{\dfrac{\pi }{3}}{{{\tan }^{2}}x\text{d}x}$$=\pi \int\limits_{0}^{\dfrac{\pi }{3}}{\left( \dfrac{1}{{{\cos }^{2}}x}-1 \right)\text{d}x}$$=\pi \left. \left( \tan x-x \right) \right|_{0}^{\dfrac{\pi }{3}}$$=\pi \left( \tan \dfrac{\pi }{3}-\dfrac{\pi }{3} \right)$$=\pi \sqrt{3}-\dfrac{{{\pi }^{2}}}{3}$.

Câu 22.Cho khối chóp $S.ABCD$ có đáy $ABCD$ là hình vuông cạnh $a$ , tam giác $SAB$ cân tại $S$ và nằm trong mặt phẳng vuông góc với mặt đáy, $SA=2a$ . Tính theo $a$ thể tích khối chóp $S.ABCD$ .
A. $V=\dfrac{{{a}^{3}}\sqrt{15}}{6}$ .
B. $V=\dfrac{{{a}^{3}}\sqrt{15}}{12}$ .
C. $V=\dfrac{2{{a}^{3}}}{3}$ .
D. $V=2{{a}^{3}}$ .

Lời giải
Đáp án A

* Diện tích đáy là ${{S}_{ABCD}}={{a}^{2}}$.
* Gọi $H$ là trung điểm của $AB$ ta có $SH\bot AB$. Do $SH\bot \left( ABCD \right)$ nên chiều cao hình chóp là $h=SH$.
* Xét tam giác $SAH$ ta có: $SH=\sqrt{S{{A}^{2}}-A{{H}^{2}}}=\dfrac{a\sqrt{15}}{2}\Rightarrow h=\dfrac{a\sqrt{15}}{2}$ .
* Thể tích hình chóp là: ${{V}_{S.ABCD}}=\dfrac{1}{3}SH.{{S}_{ABCD}}=\dfrac{{{a}^{3}}\sqrt{15}}{6}$ .

Câu 23.Một hình hộp chữ nhật $ABCD.{A}'{B}'{C}'{D}'$ có ba kích thước là $2\operatorname{cm}$, $3\operatorname{cm}$ và $6\operatorname{cm}$. Thể tích của khối tứ diện $AC{B}'{D}'$ bằng
A. $12{{\operatorname{cm}}^{3}}$.
B. $8{{\operatorname{cm}}^{3}}$.
C. $6{{\operatorname{cm}}^{3}}$.
D. $4{{\operatorname{cm}}^{3}}$.

Lời giải
Đáp án A
Thể tích khối hộp chữ nhật $ABCD.{A}'{B}'{C}'{D}'$ là $V=2.3.6=36\left( {{\operatorname{cm}}^{3}} \right)$.
Ta có ${{V}_{A.{A}'{B}'{D}'}}={{V}_{C.{C}'{B}'{D}'}}={{V}_{{D}'.DAC}}={{V}_{{B}'.BAC}}=\dfrac{1}{6}V$ .
Nên: ${{V}_{AC{B}'{D}'}}=V-\left( {{V}_{A.{A}'{B}'{D}'}}+{{V}_{C.{C}'{B}'{D}'}}+{{V}_{{D}'.DAC}}+{{V}_{{B}'.BAC}} \right)=V-\dfrac{4}{6}V=\dfrac{1}{3}V=\dfrac{1}{3}.36=12\left( {{\operatorname{cm}}^{3}} \right)$ .

Câu 24.Trong không gian với hệ trục tọa độ $Oxyz$, cho tam giác $ABC$ với: $\overrightarrow{AB}=\left( 1;\,-2;\,\text{2} \right)$; $\overrightarrow{AC}=\left( 3;\text{ }-4;\text{ 6} \right)$. Độ dài đường trung tuyến $AM$của tam giác $ABC$ là:
A. $29$.
B. $\sqrt{29}$.
C. $\dfrac{\sqrt{29}}{2}$.
D. $2\sqrt{29}$.

Lời giải
Đáp án B
Ta có
$3$ , $A{{C}^{2}}={{3}^{2}}+{{\left( -4 \right)}^{2}}+{{6}^{2}}=61$, $\overrightarrow{AC}.\overrightarrow{AB}=1.3+\left( -2 \right)\left( -4 \right)+2.6=23$.
${{\overrightarrow{BC}}^{2}}={{\left( \overrightarrow{AC}-\overrightarrow{AB} \right)}^{2}}$$={{\overrightarrow{AC}}^{2}}+{{\overrightarrow{AB}}^{2}}-2.\overrightarrow{AC}.\overrightarrow{AB}$$=61+9-2.23=24$.
Áp dụng công thức đường trung tuyến ta có:
$A{{M}^{2}}=\dfrac{A{{B}^{2}}+A{{C}^{2}}}{2}-\dfrac{B{{C}^{2}}}{4}$$=\dfrac{9+61}{2}-\dfrac{24}{4}=29$.
Vậy $AM=\sqrt{29}$.

Câu 25.Trong không gian với hệ trục tọa độ $Oxyz$, cho $A\left( 1;2;3 \right)$;$B\left( 4;2;3 \right)$;$C\left( 4;\text{5};3 \right)$. Diện tích mặt cầu nhận đường tròn ngoại tiếp tam giác $ABC$ làm đường tròn lớn là:
A. $9\pi$.
B. $36\pi$.
C. $18\pi$.
D. $72\pi$.

Lời giải
Đáp án C
Ta có: $AB=3$; $BC=3$; $AC=3\sqrt{2}$ nên tam giác $ABC$ vuông cân tại $B$. Bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác $ABC$ là $R=\dfrac{3\sqrt{2}}{2}$.
Diện tích mặt cầu cần tìm là: $S=4\pi {{r}^{2}}$$=18\pi$.

Câu 26.Trong không gian với hệ trục tọa độ $Oxyz$ , cho$H\left( 1;\text{1};-3 \right)$. Phương trình mặt phẳng $\left( P \right)$ đi qua $H$ cắt các trục tọa độ $Ox$ , $Oy$ , $Oz$ lần lượt tại $A$, $B$, $C$ (khác $O$) sao cho $H$ là trực tâm tam giác $ABC$ là:
A. $x+y+3z+7=0$.
B. $x+y-3z+11=0$.
C. $x+y-3z-11=0$.
D. $x+y+3z-7=0$.

Lời giải
Đáp án C

Do $H$ là trực tâm $\Delta ABC\Rightarrow AH\bot BC$.
Mặt khác: $OA\bot \left( OBC \right)$$\Rightarrow OA\bot BC$$\Rightarrow BC\bot \left( OAH \right)$$\Rightarrow OH\bot BC$.
Tương tự: $OH\bot AB$$\Rightarrow OH\bot \left( ABC \right)$ hay $\overrightarrow{OH}=\left( 1;1;-3 \right)$ là vectơ pháp tuyến của mặt phẳng $\left( P \right)$.
Hơn nữa, $\left( P \right)$ đi qua $H\left( 1;1;-3 \right)$ nên phương trình mặt phẳng $\left( P \right)$ là: $x+y-3z-11=0$.

Câu 27.Trong không gian với hệ trục tọa độ $Oxyz$, cho mặt phẳng $\left( P \right):x+2y-2z+3=0$, mặt phẳng $\left( Q \right):x-3y+5z-2=0$. Cosin của góc giữa hai mặt phẳng $\left( P \right)$, $\left( Q \right)$ là
A. $\dfrac{\sqrt{35}}{7}$.
B. $-\dfrac{\sqrt{35}}{7}$.
C. $\dfrac{5}{7}$.
D. $\dfrac{-5}{7}$.

Lời giải
Đáp án A
Ta có véc tơ pháp tuyến của mặt phẳng $\left( P \right)$ là $\overrightarrow{{{n}_{P}}}=\left( 1;2;-2 \right)$, véc tơ pháp tuyến của mặt phẳng $\left( Q \right)$ là $\overrightarrow{{{n}_{Q}}}=\left( 1;-3;5 \right)$.
Gọi $\alpha$ là góc giữa hai mặt phẳng $\left( P \right)$, $\left( Q \right)$ ta có
$\cos \alpha =\dfrac{\left| \overrightarrow{{{n}_{P}}}.\overrightarrow{{{n}_{Q}}} \right|}{\left| \overrightarrow{{{n}_{P}}} \right|\left| \overrightarrow{{{n}_{Q}}} \right|}$$=\dfrac{\left| 1.1+2.\left( -3 \right)-2.5 \right|}{\sqrt{{{1}^{2}}+{{2}^{2}}+{{\left( -2 \right)}^{2}}}\sqrt{{{1}^{2}}+{{\left( -3 \right)}^{2}}+{{5}^{2}}}}$$=\dfrac{15}{3\sqrt{35}}$$=\dfrac{\sqrt{35}}{7}$.

Câu 28.Tập $A$ gồm $n$ phần tử $\left( n>0 \right)$. Hỏi $A$ có bao nhiêu tập con?
A. $A_{n}^{2}$ .
B. $C_{n}^{2}$ .
C. ${{2}^{n}}$ .
D. ${{3}^{n}}$.

Lời giải
Đáp án C
Số tập con gồm $k$ phần tử của tập $A$ là $C_{n}^{k}$ (với $0\le k\le n$, $k\in \mathbb{Z}$).
Số tất cả các tập con của tập $A$ là:
$C_{n}^{0}+C_{n}^{1}+C_{n}^{2}+\cdots +C_{n}^{k}+\cdots +C_{n}^{n}$$={{\left( 1+1 \right)}^{n}}={{2}^{n}}$.

Câu 29.Tìm hệ số của ${{x}^{5}}$ trong khai triển $P\left( x \right)=x{{\left( 1-2x \right)}^{5}}+{{x}^{2}}{{\left( 1+3x \right)}^{10}}$ .
A. $3240$ .
B. $3320$ .
C. $80$ .
D. $259200$ .

Lời giải
Đáp án B
Khải triển $P\left( x \right)$ có số hạng tổng quát $xC_{5}^{k}{{\left( -2x \right)}^{k}}$ $+{{x}^{2}}C_{10}^{m}{{\left( 3x \right)}^{m}}$ $={{\left( -2 \right)}^{k}}C_{5}^{k}{{x}^{k+1}}$ $+{{3}^{m}}C_{10}^{m}{{x}^{m+2}}$ ( $k\in \mathbb{N}$ , $k\le 5$ , $m\in \mathbb{N}$ , $m\le 10$ )
Hệ số của ${{x}^{5}}$ ứng với $k$, $m$ thỏa hệ $\left\{ \begin{align} & k+1=5 \\ & m+2=5 \\ \end{align} \right.$ $\Leftrightarrow \left\{ \begin{align} & k=4 \\ & m=3 \\ \end{align} \right.$ .
Vậy hệ số cần tìm là ${{\left( -2 \right)}^{4}}C_{5}^{4}+$ ${{3}^{3}}C_{10}^{3}=3320$ .

Câu 30.Có bao nhiêu giá trị thực của tham số $m$ để hàm số $f\left( x \right)=\left\{ \begin{array}{*{35}{l}} {{m}^{2}}{{x}^{2}} & \text{khi }x\le 2 \\ \left( 1-m \right)x & \text{khi }x>2 \\ \end{array} \right.$ liên tục trên $\mathbb{R}$?
A. $0$.
B. $2$.
C. $3$.
D. $4$.

Lời giải
Đáp án B
Ta có hàm số luôn liên tục $\forall x\ne 2$.
Tại $x=2$ , ta có $\underset{x\to {{2}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,f\left( x \right)=\underset{x\to {{2}^{-}}}{\mathop{\lim }}\,\left( 1-m \right)x=\left( 1-m \right)2$ ;
$\underset{x\to {{2}^{-}}}{\mathop{\lim }}\,f\left( x \right)=\underset{x\to {{2}^{-}}}{\mathop{\lim }}\,\left( {{m}^{2}}{{x}^{2}} \right)=4{{m}^{2}}$ ; $f\left( 2 \right)=4{{m}^{2}}$.
Hàm số liên tục tại $x=2$ khi và chỉ khi
$\underset{x\to {{2}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,f\left( x \right)=\underset{x\to {{2}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,f\left( x \right)=f\left( 2 \right)\Leftrightarrow 4{{m}^{2}}=\left( 1-m \right)2\Leftrightarrow 4{{m}^{2}}+2m-2=0\left( 1 \right)$
Phương trình (1) luôn có hai nghiệm thực phân biệt. Vậy có hai giá trị của $m$.

Câu 31.Cho hình lăng trụ tam giác đều $ABC.{A}'{B}'{C}'$ có tất cả các cạnh bằng $a$. Khoảng cách từ $A$ đến mặt phẳng $\left( {A}'BC \right)$ bằng:
A. $\dfrac{a\sqrt{2}}{2}$.
B. $\dfrac{a\sqrt{3}}{4}$.
C. $\dfrac{a\sqrt{21}}{7}$.
D. $\dfrac{a\sqrt{6}}{4}$.

Lời giải
Đáp án C

Gọi $E$ là trung điểm của $BC$. Ta có $\left\{ \begin{align} & {A}'E\bot BC \\ & AE\bot BC \\ \end{align} \right.\Rightarrow \left( {A}'AE \right)\bot \left( {A}'BC \right)$
Kẻ đường cao $AH$ $\left( H\in {A}'E \right)\Rightarrow AH\bot \left( {A}'BC \right)$
$\Rightarrow d\left( A,\left( {A}'BC \right) \right)=AH=\sqrt{\dfrac{{A}'{{A}^{2}}.A{{E}^{2}}}{{A}'{{A}^{2}}+A{{E}^{2}}}}=\sqrt{\dfrac{{{a}^{2}}.{{\left( \dfrac{a\sqrt{3}}{2} \right)}^{2}}}{{{a}^{2}}+{{\left( \dfrac{a\sqrt{3}}{2} \right)}^{2}}}}=a\dfrac{\sqrt{21}}{7}$.

Câu 32.Cho hình chóp $S.ABC$ có đáy $ABC$ là tam giác vuông cân tại $B$, $AC=2a$, tam giác $SAB$ và tam giác $SCB$ lần lượt vuông tại $A$, $C$. Khoảng cách từ $S$ đến mặt phẳng $\left( ABC \right)$ bằng $2a$. Côsin của góc giữa hai mặt phẳng $\left( SAB \right)$ và $\left( SCB \right)$ bằng
A. $\dfrac{1}{2}$.
B. $\dfrac{1}{3}$.
C. $\dfrac{1}{\sqrt{2}}$.
D. $\dfrac{1}{\sqrt{3}}$.

Lời giải
Đáp án B

Chọn hệ trục tọa độ sao cho $B\left( 0;0;0 \right)$ , $A\left( a\sqrt{2};0;0 \right)$ , $C\left( 0;a\sqrt{2};0 \right)$ , $S\left( x;y;z \right)$ .
Ta có $\left( ABC \right):z=0$ , $\overrightarrow{AS}=\left( x-a\sqrt{2};y;z \right)$ , $\overrightarrow{CS}=\left( x;y-a\sqrt{2};z \right)$
Do $\overrightarrow{AS}.\overrightarrow{AB}=0$ $\Rightarrow \left( x-a\sqrt{2} \right)a\sqrt{2}=0$ $\Rightarrow x=a\sqrt{2}$ , $d\left( S,\left( ABC \right) \right)=2a$ $\Rightarrow z=2a$ $\left( z>0 \right)$
$\overrightarrow{CS}.\overrightarrow{CB}=0$ $\Rightarrow \left( y-a\sqrt{2} \right)a\sqrt{2}=0$ $\Rightarrow y=a\sqrt{2}$ $\Rightarrow S\left( a\sqrt{2};a\sqrt{2};2a \right)$ .
Ta có $\overrightarrow{AS}=\left( 0;a\sqrt{2};2a \right)$ , $\overrightarrow{CS}=\left( a\sqrt{2};0;2a \right)$ , $\overrightarrow{BS}=\left( a\sqrt{2};a\sqrt{2};2a \right)$ .
$\left( SBC \right)$ có 1 vtpt $\vec{n}=\left( -\sqrt{2};0;1 \right)$ , $\left( SAB \right)$ có 1 vtpt $\vec{m}=\left( 0;\sqrt{2};-1 \right)$ $\Rightarrow \cos \varphi$ $=\dfrac{1}{\sqrt{3}.\sqrt{3}}$ $=\dfrac{1}{3}$ .

Câu 33.Cho hình lăng trụ đứng $ABC.{A}'{B}'{C}'$ có $AB=AC=a$, góc $\widehat{BAC}=120{}^\circ$, $A{A}'=a$. Gọi $M$ , $N$ lần lượt là trung điểm của ${B}'{C}'$ và $C{C}'$. Số đo góc giữa mặt phẳng$\left( AMN \right)$ và mặt phẳng $\left( ABC \right)$ bằng
A. $60{}^\circ$.
B. $30{}^\circ$.
C. $\arcsin \dfrac{\sqrt{3}}{4}$ .
D. $\arccos \dfrac{\sqrt{3}}{4}$ .

Lời giải
Đáp án D

Gọi $H$ là trung điểm $BC$ , $BC=a\sqrt{3}$ , $AH=\dfrac{a}{2}$ .
Chọn hệ trục tọa độ $H\left( 0;0;0 \right)$ , $A\left( \dfrac{a}{2};0;0 \right)$ , $B\left( 0;\dfrac{a\sqrt{3}}{2};0 \right)$ , $C\left( 0;-\dfrac{a\sqrt{3}}{2};0 \right)$ ,
$M\left( 0;0;a \right)$ , $N\left( 0;-\dfrac{a\sqrt{3}}{2};\dfrac{a}{2} \right)$ . Gọi $\varphi$ là góc giữa mặt phẳng$\left( AMN \right)$ và mặt phẳng $\left( ABC \right)$.
$\left( AMN \right)$ có một vtpt $\vec{n}=\left[ \overrightarrow{AM},\overrightarrow{AN} \right]$ $=\left( \dfrac{\sqrt{3}}{2};\dfrac{-1}{4};\dfrac{\sqrt{3}}{4} \right)$
$\left( ABC \right)$ có một vtpt $\overrightarrow{HM}$ $=\left( 0;0;1 \right)$ , từ đó $\cos \varphi =\dfrac{\left| \vec{n}.\overrightarrow{HM} \right|}{\left| {\vec{n}} \right|HM}$ $=\dfrac{\dfrac{\sqrt{3}}{4}}{1.1}$ $=\dfrac{\sqrt{3}}{4}$ .

Câu 34.Cho hàm số $y=f(x)$ liên tục trên R và có bảng biến thiên như sau

Có bao nhiêu mệnh đề đúng trong số các mệnh đề sau đối với hàm số $g\left( x \right)=f\left( 2-x \right)-2$?
I. Hàm số $g\left( x \right)$ đồng biến trên khoảng $\left( -4;-2 \right).$
II. Hàm số $g\left( x \right)$ nghịch biến trên khoảng $\left( 0;2 \right).$
III. Hàm số $g\left( x \right)$ đạt cực tiểu tại điểm $-2$.
IV. Hàm số $g\left( x \right)$ có giá trị cực đại bằng $-3$.
A. $3$.
B. $2$.
C. $1$.
D. $4$.

Lời giải
Đáp án C
Từ bảng biến thiên ta có hàm số $y=f\left( x \right)$ có
${f}'\left( x \right)=0$$\Leftrightarrow \left[ \begin{align} & x=0 \\ & x=2 \\ \end{align} \right.$, ${f}'\left( x \right)>0$$\Leftrightarrow \left[ \begin{align} & x<1 \\ & x>2 \\ \end{align} \right.$, ${f}'\left( x \right)<0\Leftrightarrow 0 Xét hàm số $g\left( x \right)=f\left( 2-x \right)-2$ ta có ${g}'\left( x \right)=-{f}'\left( 2-x \right)$.
Giải phương trình ${g}'\left( x \right)=0\Leftrightarrow \left[ \begin{align} & 2-x=0 \\ & 2-x=2 \\ \end{align} \right.$.
Ta có
${g}'\left( x \right)>0$$\Leftrightarrow -{f}'\left( 2-x \right)>0$$\Leftrightarrow {f}'\left( 2-x \right)<0$$\Leftrightarrow 0<2-x<2$$\Leftrightarrow 0 ${g}'\left( x \right)<0$$\Leftrightarrow -{f}'\left( 2-x \right)<0$$\Leftrightarrow {f}'\left( 2-x \right)>0$$\Leftrightarrow \left[ \begin{align} & 2-x<0 \\ & 2-x>2 \\ \end{align} \right.$$\left[ \begin{align} & x>2 \\ & x<0 \\ \end{align} \right.$.
$g\left( 0 \right)=f\left( 2-0 \right)-2$ $=f\left( 2 \right)-2$ $=-4$ .
$g\left( 2 \right)=f\left( 2-2 \right)-2$ $=f\left( 0 \right)-2$ $=-3$.
Bảng biến thiên

Từ bảng biến thiên ta có
Hàm số $g\left( x \right)$ đồng biến trên khoảng $\left( 0;2 \right)$ nên I sai.
Hàm số $g\left( x \right)$ đồng biến trên khoảng $\left( -\infty ;0 \right)$ và $\left( 2;+\infty \right)$nên II sai.
Hàm số $g\left( x \right)$ đạt cực tiểu tại $x=2$ nên III sai.
Hàm số $g\left( x \right)$ đạt cực đại tại $x=2$và ${{g}_{C}}=g\left( 0 \right)$ nên IV đúng.

Câu 35.Họ parabol $\left( {{P}_{m}} \right):\,y=m{{x}^{2}}-2\left( m-3 \right)x+m-2$ $\left( m\ne 0 \right)$ luôn tiếp xúc với đường thẳng $d$ cố định khi $m$ thay đổi. Đường thẳng $d$ đó đi qua điểm nào dưới đây?
A. $\left( 0;-2 \right).$
B. $\left( 0;2 \right).$
C. $\left( 1;8 \right).$
D. $\left( 1;-8 \right).$

Lời giải
Đáp án A
Gọi $H\left( {{x}_{0}};{{y}_{0}} \right)$ là điểm cố định mà $\left( {{P}_{m}} \right)$ luôn đi qua.
Khi đó ta có: ${{y}_{0}}=mx_{0}^{2}-2\left( m-3 \right){{x}_{0}}+m-2$$\Leftrightarrow$$m\left( x_{0}^{2}-2{{x}_{0}}+1 \right)+6{{x}_{0}}-{{y}_{0}}-2=0$, $\forall m\ne 0$.
$\Leftrightarrow \left\{ \begin{align} & x_{0}^{2}-2{{x}_{0}}+1=0 \\ & 6{{x}_{0}}-{{y}_{0}}-2=0 \\ \end{align} \right.$.
Do $x_{0}^{2}-2{{x}_{0}}+1=0$ có nghiệm kép nên $\left( {{P}_{m}} \right)$ luôn tiếp xúc với đường thẳng $d:y=6x-2$.
Ta thấy $\left( 0;-2 \right)\in d$.

Câu 36.$A$, $B$ là hai điểm di động và thuộc hai nhánh khác nhau của đồ thị $y=\dfrac{2x-1}{x+2}$. Khi đó khoảng cách $AB$ bé nhất là?
A. $\sqrt{10}$ .
B. $2\sqrt{10}$ .
C. $\sqrt{5}$ .
D. $2\sqrt{5}$ .

Lời giải
Đáp án B
Vì $A$, $B$ thuộc hai nhánh của đồ thị $y=\dfrac{2x-1}{x+2}$ nên $A\left( a;2-\dfrac{5}{a+2} \right)$, $B\left( b;2-\dfrac{5}{b+2} \right)$ với $a>-2$, $b<-2$.
Khi đó $A{{B}^{2}}={{\left( a-b \right)}^{2}}.\left[ 1+\dfrac{25}{{{\left( a+2 \right)}^{2}}{{\left( b+2 \right)}^{2}}} \right]={{\left[ \left( a+2 \right)+\left( -b-2 \right) \right]}^{2}}.\left[ 1+\dfrac{25}{{{\left( a+2 \right)}^{2}}{{\left( -b-2 \right)}^{2}}} \right]$ .
Áp dụng bất đẳng thức Cô-si ta có:
${{\left[ \left( a+2 \right)+\left( -b-2 \right) \right]}^{2}}\ge 4\left( a+2 \right)\left( -b-2 \right)$ $\left( 1 \right)$
$1+\dfrac{25}{{{\left( a+2 \right)}^{2}}.{{\left( -b-2 \right)}^{2}}}\ge \dfrac{10}{\left( a+2 \right)\left( -b-2 \right)}$ $\left( 2 \right)$
Từ $\left( 1 \right)$ và $\left( 2 \right)$ suy ra $A{{B}^{2}}\ge 40$ $\Rightarrow AB\ge 2\sqrt{10}$.
Dấu $''=''$ xảy ra khi và chỉ khi $\left\{ \begin{align} & a+2=-2-b \\ & 1=\dfrac{25}{{{\left( a+2 \right)}^{2}}{{\left( -2-b \right)}^{2}}} \\ \end{align} \right.\Leftrightarrow \left\{ \begin{align} & a=\sqrt{5}-2 \\ & b=-2-\sqrt{5} \\ \end{align} \right.$
Vậy $A{{B}_{\min }}=2\sqrt{10}.$

Câu 37.Với giá trị nào của tham số $m$ thì phương trình ${{x}^{3}}-m{{x}^{2}}-6x-8=0$ có ba nghiệm thực lập thành một cấp số nhân ?
A. $m=1$ .
B. $m=-3$ .
C. $m=3$ .
D. $m=-4$ .

Lời giải
Đáp án B
Ta chứng minh nếu ${{x}_{1}}$, ${{x}_{2}}$, ${{x}_{3}}$ là nghiệm của phương trình ${{x}^{3}}-m{{x}^{2}}-6x-8=0$ thì $\left\{ \begin{align} & {{x}_{1}}+{{x}_{2}}+{{x}_{3}}=m \\ & {{x}_{1}}{{x}_{2}}{{x}_{3}}=8 \\ \end{align} \right.$ .
Thật vậy ${{x}^{3}}-m{{x}^{2}}-6x-8=\left( x-{{x}_{1}} \right)\left( x-{{x}_{2}} \right)\left( x-{{x}_{3}} \right)$
$\Leftrightarrow {{x}^{3}}-m{{x}^{2}}-6x-8={{x}^{3}}-\left( {{x}_{1}}+{{x}_{2}}+{{x}_{3}} \right){{x}^{2}}+\left( {{x}_{1}}{{x}_{2}}+{{x}_{2}}{{x}_{3}}+{{x}_{3}}{{x}_{1}} \right)x-{{x}_{1}}{{x}_{2}}{{x}_{3}}$
$\Leftrightarrow \left\{ \begin{align} & {{x}_{1}}+{{x}_{2}}+{{x}_{3}}=m \\ & {{x}_{1}}{{x}_{2}}{{x}_{3}}=8 \\ \end{align} \right.$ .
Điều kiện cần: Phương trình ${{x}^{3}}-m{{x}^{2}}-6x-8=0$ có ba nghiệm thực ${{x}_{1}}<{{x}_{2}}<{{x}_{3}}$
lập thành một cấp số nhân $\Leftrightarrow {{x}_{1}}.{{x}_{3}}={{x}_{2}}^{2}$ $\Leftrightarrow {{x}_{1}}.{{x}_{2}}.{{x}_{3}}={{x}_{2}}^{3}$$\Leftrightarrow 8={{x}_{2}}^{3}$$\Leftrightarrow {{x}_{2}}=2$.
Vậy phương trình ${{x}^{3}}-m{{x}^{2}}-6x-8=0$ phải có nghiệm bằng $2$.
Thay $x=2$ vào phương trình ta có $m=-3$ .
Điều kiện đủ: Thử lại với $m=-3$ ta có ${{x}^{3}}+3{{x}^{2}}-6x-8=0$ $\Leftrightarrow \left[ \begin{align} & x=-4 \\ & x=2 \\ & x=-1 \\ \end{align} \right.$ (thỏa yêu cầu bài toán).

Câu 38.Gọi $M$ , $N$ là hai điểm di động trên đồ thị $\left( C \right)$ của hàm số $y=-{{x}^{3}}+3{{x}^{2}}-x+4$ sao cho tiếp tuyến của $\left( C \right)$ tại $M$ và $N$ luôn song song với nhau. Khi đó đường thẳng $MN$ luôn đi qua điểm cố định nào dưới đây?
A. $\left( -1;5 \right)$.
B. $\left( 1;-5 \right)$.
C. $\left( -1;-5 \right)$.
D. $\left( 1;5 \right)$.

Lời giải
Đáp án D
* Gọi tọa độ điểm $M$ , $N$ lần lượt là $M\left( {{x}_{1}};{{y}_{1}} \right),\text{ }N\left( {{x}_{2}};{{y}_{2}} \right)$ .
* Hệ số góc tiếp tuyến của $\left( C \right)$ tại $M$ và $N$ lần lượt là:
${{k}_{1}}={y}'\left( {{x}_{1}} \right)=-3{{x}_{1}}^{2}+6{{x}_{1}}-1$
${{k}_{2}}={y}'\left( {{x}_{2}} \right)=-3{{x}_{2}}^{2}+6{{x}_{2}}-1$
* Để tiếp tuyến của $\left( C \right)$ tại $M$ và $N$ luôn song song với nhau điều kiện là:
$\left\{ \begin{align} & {{k}_{1}}={{k}_{2}} \\ & {{x}_{1}}\ne {{x}_{2}} \\ \end{align} \right.$ $\Leftrightarrow \left\{ \begin{align} & \left( {{x}_{1}}-{{x}_{2}} \right)\left[ -3\left( {{x}_{1}}+{{x}_{2}} \right)+6 \right]=0 \\ & {{x}_{1}}\ne {{x}_{2}} \\ \end{align} \right.$ $\Leftrightarrow {{x}_{1}}+{{x}_{2}}=2$ .
* Ta có: ${{y}_{1}}+{{y}_{2}}=-\left( {{x}_{1}}+{{x}_{2}} \right)\left[ {{\left( {{x}_{1}}+{{x}_{2}} \right)}^{2}}-3{{x}_{1}}{{x}_{2}} \right]+3\left[ {{\left( {{x}_{1}}+{{x}_{2}} \right)}^{2}}-2{{x}_{1}}{{x}_{2}} \right]-\left( {{x}_{1}}+{{x}_{2}} \right)+8$
Do ${{x}_{1}}+{{x}_{2}}=2$ nên ${{y}_{1}}+{{y}_{2}}=-2\left( 4-3{{x}_{1}}{{x}_{2}} \right)+3\left( 4-2{{x}_{1}}{{x}_{2}} \right)+8=10$.
* Trung điểm của đoạn $MN$ là $I\left( 1;5 \right)$. Vậy đường thẳng $MN$ luôn đi qua điểm cố định $I\left( 1;5 \right)$.

Câu 39.Cho $\int\limits_{0}^{1}{\dfrac{\left( {{x}^{2}}+x \right){{\text{e}}^{x}}}{x+{{\text{e}}^{-x}}}\text{d}x}=a.\text{e}+b\ln \left( \text{e}+c \right)$ với $a$, $b$, $c\in \mathbb{Z}$. Tính $P=a+2b-c$.
A. $P=1$.
B. $P=-1$.
C. $P=0$.
D. $P=-2$.

Lời giải
Đáp án D
Ta có: $I=\int\limits_{0}^{1}{\dfrac{\left( {{x}^{2}}+x \right){{\text{e}}^{x}}}{x+{{\text{e}}^{-x}}}\text{d}x}$$=\int\limits_{0}^{1}{\dfrac{\left( x+1 \right){{\text{e}}^{x}}x{{\text{e}}^{x}}}{x{{\text{e}}^{x}}+1}\text{d}x}$.
Đặt $t=x{{\text{e}}^{x}}+1$ $\Rightarrow$$\text{d}t=\left( 1+x \right){{\text{e}}^{x}}\text{d}x$.
Đổi cận:$x=0\Rightarrow t=1$; $x=1\Rightarrow t=\text{e}+1$.
Khi đó: $I=\int\limits_{1}^{\text{e}+1}{\dfrac{t-1}{t}\text{d}t}$$=\int\limits_{1}^{\text{e}+1}{\left( 1-\dfrac{1}{t} \right)\text{d}t}$$=\left( t-\ln \left| t \right| \right)\left| \begin{matrix} \text{e}+1 \\ 1 \\ \end{matrix} \right.$$=\text{e}-\ln \left( \text{e}+1 \right)$.
Suy ra: $a=1$, $b=-1$, $c=1$.
Vậy: $P=a+2b-c=-2$.

Câu 40.Cho $F\left( x \right)$ là một nguyên hàm của hàm số $y=\dfrac{1}{1+\sin 2x}$ với $\forall x\in \mathbb{R}\backslash \left\{ \dfrac{-\pi }{4}+k\pi ,k\in \mathbb{Z} \right\}$, biết $F\left( 0 \right)=1$; $F(\pi )=0$. Tính $P=F\left( -\dfrac{\pi }{12} \right)-F\left( \dfrac{11\pi }{12} \right)$.
A. $P=2-\sqrt{3}$.
B. $P=0$.
C. Không tồn tại $P$.
D. $P=1$.

Lời giải
Đáp án D
Ta có $P=F\left( \dfrac{-\pi }{12} \right)-F\left( \dfrac{11\pi }{12} \right)=-\left[ F\left( 0 \right)-F\left( -\dfrac{\pi }{12} \right) \right]+\left[ F\left( \pi \right)-F\left( \dfrac{11\pi }{12} \right) \right]+F\left( 0 \right)-F\left( \pi \right)$
$=-\int\limits_{-\dfrac{\pi }{12}}^{0}{\dfrac{1}{1+\sin 2x}\text{d}x}+\int\limits_{\dfrac{11\pi }{12}}^{\pi }{\dfrac{1}{1+\sin 2x}\text{d}x}+1$.
Ta có $\dfrac{1}{1+\sin 2x}=\dfrac{1}{{{\left( \sin x+\cos x \right)}^{2}}}=\dfrac{1}{2{{\cos }^{2}}\left( x-\dfrac{\pi }{4} \right)}$ nên
$\int\limits_{-\dfrac{\pi }{12}}^{0}{\dfrac{1}{1+\sin 2x}\text{d}x}=\left. \dfrac{1}{2}\tan \left( x-\dfrac{\pi }{4} \right) \right|_{-\dfrac{\pi }{12}}^{0}=\dfrac{1}{2}\left( -1+\sqrt{3} \right)$; $\int\limits_{\dfrac{11\pi }{12}}^{\pi }{\dfrac{1}{1+\sin 2x}\text{d}x}=\left. \dfrac{1}{2}\tan \left( x-\dfrac{\pi }{4} \right) \right|_{\dfrac{11\pi }{12}}^{\pi }=\dfrac{1}{2}\left( -1+\sqrt{3} \right)$.
Vậy $P=1$.

Câu 41.Một chiếc máy bay chuyển động trên đường băng với vận tốc $v\left( t \right)={{t}^{2}}+10t\left( \text{m/s} \right)$ với $t$ là thời gian được tính theo đơn vị giây kể từ khi máy bay bắt đầu chuyển động. Biết khi máy bay đạt vận tốc $200\left( \text{m/s} \right)$ thì nó rời đường băng. Quãng đường máy bay đã di chuyển trên đường băng là
A. $500\left( \text{m} \right)$.
B. $2000\left( \text{m} \right)$.
C. $\dfrac{4000}{3}\left( \text{m} \right)$.
D. $\dfrac{2500}{3}\left( \text{m} \right)$.

Lời giải
Đáp án D
- Thời điểm máy bay đạt vận tốc $200\left( \text{m/s} \right)$ là nghiệm của phương trình:
${{t}^{2}}+10t=200$$\Leftrightarrow {{t}^{2}}+10t-200=0$$\Leftrightarrow \left[ \begin{align} & t=10 \\ & t=-20 \\ \end{align} \right.$$\Rightarrow t=10\left( \text{s} \right)$.
- Quãng đường máy bay di chuyển trên đường băng là:
$s=\int\limits_{0}^{10}{\left( {{t}^{2}}+10t \right)\text{d}t}$$=\left. \left( \dfrac{{{t}^{3}}}{3}+5{{t}^{2}} \right) \right|_{0}^{10}$$=\dfrac{2500}{3}\left( \text{m} \right)$.

Câu 42.Cho hình trụ có hai đáy là hai hình tròn $\left( O \right)$ và $\left( {{O}'} \right)$, chiều cao $2R$ và bán kính đáy $R$. Một mặt phẳng $\left( \alpha \right)$ đi qua trung điểm của $O{O}'$ và tạo với $O{O}'$ một góc $30{}^\circ$. Hỏi $\left( \alpha \right)$ cắt đường tròn đáy theo một dây cung có độ dài bằng bao nhiêu?
A. $\dfrac{2R\sqrt{2}}{\sqrt{3}}$.
B. $\dfrac{4R}{3\sqrt{3}}$.
C. $\dfrac{2R}{3}$.
D. $\dfrac{2R}{\sqrt{3}}$.

Lời giải
Đáp án A

Gọi $M$ là trung điểm của $O{O}'$. Gọi $A$, $B$ là giao điểm của mặt phẳng $\left( \alpha \right)$ và đường tròn $\left( O \right)$ và $H$ là hình chiếu của $O$ trên $AB$ $\Rightarrow AB\bot \left( MHO \right)$.
Trong mặt phẳng $\left( MHO \right)$ kẻ $OK\bot MH$, $\left( K\in MH \right)$ khi đó góc giữa $O{O}'$ và mặt phẳng $\left( \alpha \right)$là góc $\widehat{OMK}=30{}^\circ$.
Xét tam giác vuông $MHO$ ta có $HO=OM\tan 30{}^\circ$$=R\tan 30{}^\circ$$=\dfrac{R\sqrt{3}}{3}$.
Xét tam giác vuông $AHO$ ta có $AH=\sqrt{O{{A}^{2}}-O{{H}^{2}}}$$=\sqrt{{{R}^{2}}-\dfrac{{{R}^{2}}}{3}}$$=\dfrac{R\sqrt{2}}{\sqrt{3}}$.
Do $H$ là trung điểm của $AB$ nên $AB=\dfrac{2R\sqrt{2}}{\sqrt{3}}$.

Câu 43.Một cái phễu có dạng hình nón, chiều cao của phễu là $20\,\text{cm}$ . Người ta đổ một lượng nước vào phễu sao cho chiều cao của cột nước trong phễu bằng $10\,\text{cm}$ (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. $0,87\,\text{cm}$ .
B. $10\,\text{cm}$ .
C. $1,07\,\text{cm}$ .
D. $1,35\,\text{cm}$ .

Lời giải
Đáp án A

Trước khi lật phễu lên:
Theo bài ra ta có $SE=10\text{cm}$, $SH=20\text{cm}$. $\Delta SCD\backsim \Delta SAB\Rightarrow \dfrac{1}{2}=\dfrac{SE}{SH}=\dfrac{ED}{HB}$
Suy ra $\dfrac{{{V}_{nuoc}}}{{{V}_{pheu}}}=\dfrac{E{{D}^{2}}.SE}{H{{B}^{2}}.SH}=\dfrac{1}{8}\Rightarrow {{V}_{khi}}=\dfrac{7}{8}{{V}_{pheu}}$.
Sau khi lật phễu lên:
$\Delta SMN\sim \Delta SAB\Rightarrow \dfrac{SF}{SH}=\dfrac{FD}{HB}$
Do ${{V}_{khi}}=\dfrac{7}{8}{{V}_{pheu}}\Leftrightarrow {{\left( \dfrac{FN}{HB} \right)}^{2}}.\dfrac{SF}{SH}=\dfrac{7}{8}\Leftrightarrow {{\left( \dfrac{SF}{SH} \right)}^{3}}=\dfrac{7}{8}\Leftrightarrow SF=\dfrac{\sqrt[3]{7}}{2}SH$.
Vậy chiều cao của nước sau khi lật phễu là
$FH=SH-HF=SH\left( 1-\dfrac{\sqrt[3]{7}}{2} \right)=20.\left( 1-\dfrac{\sqrt[3]{7}}{2} \right)\approx 0,8706$

Câu 44.Trong không gian với hệ tọa độ $Oxyz$, cho $M\left( 3;4;5 \right)$ và mặt phẳng $\left( P \right):x-y+2z-3=0$. Hình chiếu vuông góc của $M$ lên mặt phẳng $\left( P \right)$ là
A. $H\left( 2;5;3 \right)$ .
B. $H\left( 2;-3;-1 \right)$ .
C. $H\left( 6;7;8 \right)$ .
D. $H\left( 1;2;2 \right)$ .

Lời giải
Đáp án A
Phương trình đường thẳng $d$ đi qua $M$ và vuông góc với mặt phẳng $\left( P \right)$ là: $\left\{ \begin{align} & x=3+t \\ & y=4-t \\ & z=5+2t \\ \end{align} \right.$.
Hình chiếu vuông góc $H$ của $M$ lên mặt phẳng $\left( P \right)$ có tọa độ là nghiệm $\left( x;y;z \right)$ của hệ phương trình: $\left\{ \begin{align} & x=3+t \\ & y=4-t \\ & z=5+2t \\ & x-y+2z-3=0 \\ \end{align} \right.$$\Leftrightarrow \left\{ \begin{align} & x=2 \\ & y=5 \\ & z=3 \\ & t=-1 \\ \end{align} \right.$.
Suy ra $H\left( 2;5;3 \right)$ .

Câu 45.Trong không gian với hệ trục tọa độ $\text{Ox}yz$ , cho bốn đường thẳng: $\left( {{d}_{1}} \right):\dfrac{x-3}{1}=\dfrac{y+1}{-2}=\dfrac{z+1}{1}$, $\left( {{d}_{2}} \right):\dfrac{x}{1}=\dfrac{y}{-2}=\dfrac{z-1}{1}$, $\left( {{d}_{3}} \right):\dfrac{x-1}{2}=\dfrac{y+1}{1}=\dfrac{z-1}{1}$, $\left( {{d}_{4}} \right):\dfrac{x}{1}=\dfrac{y-1}{-1}=\dfrac{z}{-1}$. Số đường thẳng trong không gian cắt cả bốn đường thẳng trên là:
A. $0$.
B. $2$.
C. Vô số.
D. $1$.

Lời giải
Đáp án A

Ta có $\left( {{d}_{1}} \right)$ song song $\left( {{d}_{2}} \right)$, phương trình mặt phẳng chứa hai
Hai đường thẳng $\left( {{d}_{1}} \right)$, $\left( {{d}_{2}} \right)$ là $\left( P \right):x+y+z-1=0$.
Gọi $A=\left( {{d}_{3}} \right)\cap \left( P \right)$ $\Rightarrow A\left( 1;-1;1 \right)$, $\left( A\notin \left( {{d}_{1}} \right),A\notin \left( {{d}_{2}} \right) \right)$.
$B=\left( {{d}_{4}} \right)\cap \left( P \right)$$\Rightarrow B\left( 0;1;0 \right)$, $\left( B\notin \left( {{d}_{1}} \right),B\notin \left( {{d}_{2}} \right) \right)$.
Mà $\overrightarrow{AB}=\left( -1;2;-1 \right)$ cùng phương với véc-tơ chỉ phương của hai đường thẳng $\left( {{d}_{1}} \right)$, $\left( {{d}_{2}} \right)$nên không tồn tại đường thẳng nào đồng thời cắt cả bốn đường thẳng trên.

Câu 46.Cho một đa giác $\left( H \right)$ có $60$ đỉnh nội tiếp một đường tròn $\left( O \right)$ . Người ta lập một tứ giác tùy ý có bốn đỉnh là các đỉnh của $\left( H \right)$ . Xác suất để lập được một tứ giác có bốn cạnh đều là đường chéo của $\left( H \right)$ gần với số nào nhất trong các số sau?
A. $85,40%$.
B. $13,45%$.
C. $40,35%$.
D. $80,70%$.

Lời giải
Đáp án D
Số phần tử của không gian mẫu là: $n\left( \Omega \right)=C_{60}^{4}$.
Gọi $E$ là biến cố “lập được một tứ giác có bốn cạnh đều là đường chéo của $\left( H \right)$ ”.
Để chọn ra một tứ giác thỏa mãn đề bài ta làm như sau:
Bước 1: Chọn đỉnh đầu tiên của tứ giác, có $60$ cách.
Bước 2: Chọn $3$ đỉnh còn lại sao cho hai đỉnh bất kỳ của tứ giác cách nhau ít nhất 1 đỉnh. Điều này tương đương với việc ta phải chia $m=60$ chiếc kẹo cho $n=4$ đứa trẻ sao cho mỗi đứa trẻ có ít nhất $k=2$ cái, có $C_{m-n(k-1)-1}^{n-1}=C_{55}^{3}$ cách, nhưng làm như thế mỗi tứ giác lặp lại 4 lần.
$\Rightarrow$ Số phần tử của biến cố $E$ là: $n\left( E \right)=\dfrac{60.C_{55}^{3}}{4}$.
Xác suất của biến cố $E$ là: $P\left( E \right)=\dfrac{n\left( E \right)}{n\left( \Omega \right)}=\dfrac{60.C_{55}^{3}}{4.C_{60}^{4}}\approx 80,7%$.

Câu 47.Cho các số thực dương $x$, $y$ thỏa mãn ${{\log }_{\left( x+y \right)}}\left( {{x}^{2}}+{{y}^{2}} \right)\le 1$. Giá trị lớn nhất của biểu thức $A=48{{\left( x+y \right)}^{3}}-156{{\left( x+y \right)}^{2}}+133\left( x+y \right)+4$ là:
A. $29$ .
B. $\dfrac{1369}{36}$.
C. $30$ .
D. $\dfrac{505}{36}$.

Lời giải
Đáp án C
TH1: ${{\log }_{\left( x+y \right)}}\left( {{x}^{2}}+{{y}^{2}} \right)\le 1$$\Leftrightarrow \left\{ \begin{align} & x+y>1 \\ & {{x}^{2}}+{{y}^{2}}\le x+y \\ \end{align} \right.$$\Leftrightarrow \left\{ \begin{align} & x+y>1 \\ & {{\left( x-\dfrac{1}{2} \right)}^{2}}+{{\left( y-\dfrac{1}{2} \right)}^{2}}\le \dfrac{1}{2}(*) \\ \end{align} \right.\,\,\,\,\left( 1 \right)$.
Tập nghiệm của BPT (*) là tất cả các điểm thuộc hình tròn tâm $I\left( \dfrac{1}{2};\dfrac{1}{2} \right)$ bán kính $R=\dfrac{1}{\sqrt{2}}$.
Miền nghiệm của hệ (1) là phần tô màu như hình vẽ.

Đặt $t=x+y\Rightarrow 1 Khi đó $f\left( t \right)=48{{t}^{3}}-156{{t}^{2}}+133t+4$
${f}'\left( t \right)=144{{t}^{2}}-312t+133$; ${f}'\left( t \right)=0$$\Leftrightarrow \left[ \begin{align} & t=\dfrac{19}{12} \\ & t=\dfrac{7}{12} \\ \end{align} \right.$
Bảng biến thiên

Do đó, $\underset{1 TH2: ${{\log }_{(x+y)}}\left( {{x}^{2}}+{{y}^{2}} \right)\le 1$$\Leftrightarrow \left\{ \begin{align} & 0 $\left( 2 \right)$ không thỏa điều kiện $x>0$, $y>0$.

Câu 48.Cho hàm số $y=f\left( x \right)$ có đạo hàm liên tục trên đoạn $\left[ -3;3 \right]$ và đồ thị hàm số $y={f}'\left( x \right)$ như hình vẽ bên. Biết $f(1)=6$ và $g(x)=f(x)-\dfrac{{{\left( x+1 \right)}^{2}}}{2}$. Kết luận nào sau đây là đúng?
A. Phương trình $g(x)=0$ có đúng hai nghiệm thuộc $\left[ -3;3 \right]$.
B. Phương trình $g(x)=0$ không có nghiệm thuộc $\left[ -3;3 \right]$.
C. Phương trình $g(x)=0$ có đúng một nghiệm thuộc $\left[ -3;3 \right]$.
D. Phương trình $g(x)=0$ có đúng ba nghiệm thuộc $\left[ -3;3 \right]$.

Lời giải
Đáp án C

Ta có: $g\left( x \right)=f\left( x \right)-\dfrac{{{\left( x+1 \right)}^{2}}}{2}$$\Rightarrow {g}'\left( x \right)={f}'\left( x \right)-\left( x+1 \right)$.
Vẽ đường thẳng $y=x+1$ trên cùng một hệ trục tọa độ với đồ thị hàm số $y={f}'\left( x \right)$ (như hình vẽ bên).
Từ đồ thị ta thấy: ${g}'\left( x \right)={f}'\left( x \right)-\left( x+1 \right)>0$, $\forall x\in \left( -3;1 \right)$ (do đường cong nằm phía trên đường thẳng), ${g}'\left( x \right)={f}'\left( x \right)-\left( x+1 \right)<0$, $\forall x\in \left( 1;3 \right)$ (do đường cong nằm phía dưới đường thẳng).
Ta có: $g\left( 1 \right)=f\left( 1 \right)-\dfrac{{{\left( 1+1 \right)}^{2}}}{2}$$=6-2=4$.
Bảng biến thiên:

Dựa vào đồ thị ta thấy: diện tích ${{S}_{1}}$ lớn hơn $4$ (trong phần bên trái có nhiều hơn 4 ô, mỗi ô có diện tích bằng $1$), do đó:
$4<{{S}_{1}}=\int\limits_{-3}^{1}{{g}'\left( x \right)\text{d}x}$$\Leftrightarrow 4<\left. g\left( x \right) \right|_{-3}^{1}$ $\Leftrightarrow 4 Mặt khác: diện tích $=R\tan 30{}^\circ$ nhỏ hơn $4$ (trong phần bên phải có ít hơn $4$ ô), do đó:
$4>{{S}_{2}}=-\int\limits_{1}^{3}{{g}'\left( x \right)\text{d}x}$$\Leftrightarrow 4>-\left. g\left( x \right) \right|_{1}^{3}$ $\Leftrightarrow 4>g\left( 1 \right)-g\left( 3 \right)$$\Leftrightarrow g\left( 3 \right)>0$.
Vậy phương trình $g\left( x \right)=0$ có đúng một nghiệm thuộc đoạn $\left[ -3;3 \right]$ (nghiệm này nằm trong khoảng $\left( -3;1 \right)$).

Câu 49.Khối chóp $S.ABCD$có đáy là hình thoi cạnh $a$,$SA=SB=SC=a$, cạnh $SD$ thay đổi. Thể tích lớn nhất của khối chóp $S.ABCD$ là:
A. $\dfrac{{{a}^{3}}}{2}.$
B. $\dfrac{{{a}^{3}}}{8}.$
C. $\dfrac{3{{a}^{3}}}{8}.$
D. $\dfrac{{{a}^{3}}}{4}.$

Lời giải
Đáp án D

Gọi $I$ là tâm hình thoi $ABCD$, $H$ là hình chiếu của $S$ lên mặt phẳng $\left( ABCD \right)$ .
Ta có $SA=SB=SC$ nên hình chiếu vuông góc của $S$ xuống mặt phẳng $\left( ABCD \right)$ trùng với tâm đường tròn ngoại tiếp $\Delta ABC$ hay $H\in BI$.
Có $S{{I}^{2}}=S{{A}^{2}}-I{{A}^{2}}={{a}^{2}}-I{{A}^{2}}$, $I{{B}^{2}}=A{{B}^{2}}-I{{A}^{2}}={{a}^{2}}-I{{A}^{2}}$suy ra $SI=IB$. Khi đó tam giác $SBD$ vuông tại $S$.
Giả sử $SD=x$. Ta có $SB.SD=SH.BD$ $\Leftrightarrow a.x=SH.BD$$\Leftrightarrow SH=\dfrac{a.x}{BD}$
Ta có ${{V}_{SABCD}}=\dfrac{1}{3}SH.\dfrac{1}{2}AC.BD=\dfrac{1}{3}.\dfrac{ax}{BD}.\dfrac{1}{2}AC.BD=\dfrac{1}{6}ax.AC$
Ta có $B{{D}^{2}}=S{{B}^{2}}+S{{D}^{2}}={{a}^{2}}+{{x}^{2}}$ suy ra $I{{B}^{2}}=\dfrac{{{a}^{2}}+{{x}^{2}}}{4}$ $\Rightarrow I{{A}^{2}}={{a}^{2}}-\dfrac{{{a}^{2}}+{{x}^{2}}}{4}=\dfrac{3{{a}^{2}}-{{x}^{2}}}{4}$
Suy ra $AC=2IA$ $=2\sqrt{\dfrac{3{{a}^{2}}-{{x}^{2}}}{4}}$$=\sqrt{3{{a}^{2}}-{{x}^{2}}}$
${{V}_{SABCD}}=\dfrac{1}{6}ax.\sqrt{3{{a}^{2}}-{{x}^{2}}}\le \dfrac{a}{6}.\dfrac{{{x}^{2}}+3{{a}^{2}}-{{x}^{2}}}{2}=\dfrac{{{a}^{3}}}{4}$
Vậy thể tích lớn nhất của khối chóp $S.ABCD$ là: $\dfrac{{{a}^{3}}}{4}$.

Câu 50.Trong không gian với hệ tọa độ $Oxyz$ , cho mặt phẳng $\left( P \right):x+y+z-1=0$, đường thẳng $\left( d \right):\dfrac{x-15}{1}=\dfrac{y-22}{2}=\dfrac{z-37}{2}$ và mặt cầu $\left( S \right):{{x}^{2}}+{{y}^{2}}+{{z}^{2}}-8x-6y+4z+4=0$. Một đường thẳng $\left( \Delta \right)$ thay đổi cắt mặt cầu $\left( S \right)$ tại hai điểm $A,\,B$ sao cho $AB=8$. Gọi ${A}'$, ${B}'$ là hai điểm lần lượt thuộc mặt phẳng $\left( P \right)$ sao cho $A{A}'$ , $B{B}'$ cùng song song với $\left( d \right)$. Giá trị lớn nhất của biểu thức $A{A}'+B{B}'$ là
A. $\dfrac{8+30\sqrt{3}}{9}$.
B. $\dfrac{24+18\sqrt{3}}{5}$.
C. $\dfrac{12+9\sqrt{3}}{5}$.
D. $\dfrac{16+60\sqrt{3}}{9}$.

Lời giải
Đáp án B

Mặt cầu $\left( S \right)$ có tâm $I\left( 4;3;-2 \right)$ và bán kính $R=5$.
Gọi $H$ là trung điểm của $AB$ thì $IH\bot AB$ và $IH=3$ nên $H$ thuộc mặt cầu $\left( {{S}'} \right)$ tâm $I$ bán kính ${R}'=3$.
Gọi $M$ là trung điểm của ${A}'{B}'$ thì $A{A}'+B{B}'=2HM$ , $M$ nằm trên mặt phẳng $\left( P \right)$.
Mặt khác ta có $d\left( I;\left( P \right) \right)=\dfrac{4}{\sqrt{3}} Vậy để $A{A}'+B{B}'$ lớn nhất thì $HK$ lớn nhất
$\Leftrightarrow HK$ đi qua $I$ nên $H{{K}_{\max }}={R}'+d\left( I;\left( P \right) \right)=3+\dfrac{4}{\sqrt{3}}=\dfrac{4+3\sqrt{3}}{\sqrt{3}}$ .
Vậy $A{A}'+B{B}'$ lớn nhất bằng $2\left( \dfrac{4+3\sqrt{3}}{\sqrt{3}} \right).\dfrac{3\sqrt{3}}{5}=\dfrac{24+18\sqrt{3}}{5}$.