ĐỀ THI TOÁN – NĂM HỌC 2018 – 2019
TRẮC NGHIỆM MÔN TOÁN 12
(Thời gian làm bài 90 phút, không kể thời gian phát đề)
Mã đề : 100

SỞ GD và ĐT YÊN BÁI
ĐỀ THI THỬ LẦN 1

Câu 1 [NB]: Cho hàm số y = f ( x ) có đồ thị ( C ) như hình vẽ. Số giao điểm của ( C ) và đường thẳng
y = 3 là:

A. 2.
C. 0.

B. 3
D. 1.

Câu 2 [NB]: Thể tích khối chóp có diện tích đáy là B và chiều cao h bằng
1
1
A. V = Bh.
B. V = 3Bh.
C. V = Bh.
2
3

D. V = Bh.

Câu 3 [NB]: Cho hàm số y = f ( x ) có bảng biến thiên như sau:
x
y'


D. Hàm số đồng biến trên khoảng ( −∞;0 ) .

Câu 4 [NB]: Họ nguyên hàm của hàm số f ( x ) =

1 1
+
là:
x x3

4
1
1
3
+ C.
B. ln x + 2 + C .
C. ln x − 2 + C.
D. ln x − 4 + C.
4
x
2x
2x
x
Câu 5 [NB]: Hình tứ diện đều có bao nhiêu mặt phẳng đối xứng?
A. 6.
B. 9
C. 3.
D. 4.
Câu 6 [NB]: Có 10 cái bút khác nhau và 8 quyển sách giáo khoa khác nhau. Một bạn học sinh cần chọn 1
cái bút và 1 quyển sách. Hỏi bạn học sinh đó có bao nhiêu cách chọn?


hạn bởi các đường y = f ( x ) liên tục trên đoạn [ a; b ] trục Ox và hai đường thẳng x = a, x = b là:
b

A. π ∫ f ( x ) dx.
a

a

2
B. π ∫ f ( x ) dx.

b

∫

C.

b

f 2 ( x ) dx.

a

b

2
D. π ∫ f ( x ) dx.
a



Câu 13 [TH]: Phương trình log 2 ( 3 x − 2 ) = 2 có nghiệm là:
2
4
B. x =
C. x = 1
D. x = 2
3
3
Câu 14 [NB]: Hình nón có bán kính đáy, chiều cao, đường sinh lần lượt là r, h, l. Diện tích xung quanh
của hình nón là:

A. x =

A. S = π rh

B. S = π r 2

C. S = π hl

D. S = π rl

2

Câu 15 [NB]: Cho a là một số thực dương, biểu thức a 3 a viết dưới dạng lũy thừa với số mũ hữu tỉ là:
5

6

7


C. x − 3 y + 3z − 15 = 0

D. 3 x + 3 y − z = 0

Câu 18 [TH]: Số nghiệm của phương trình log 3 ( − x ) + log 3 ( x + 3) = log 3 5 là:
A. 1

B. 2

C. 3

D. 0

2


Câu 19 [TH]: Hàm số y = f ( x ) có đồ thị như hình vẽ bên. Số nghiệm
của phương trình 2 f ( x ) − 1 = 0 là
A. 3
C. 1.

B. 2
D. 4

2
Câu 20 [TH]: Họ nguyên hàm của hàm số f ( x ) = tan x là

A. 2 tan x + C



Rd

Câu 22 [TH]: Cho hàm số y = x 4 − 2 x 2 + 2 . Khẳng định nào sau đây là khẳng định đúng?
A. Hàm số đồng biến trên khoảng ( 2; +∞ )
B. Hàm số đồng biến trên khoảng ( −∞;0 )
C. Hàm số nghịch biến trên khoảng ( 2; +∞ )
D. Hàm số nghịch biến trên khoảng ( −∞;0 )
Câu 23 [NB]: Đồ thị hình bên là của hàm số nào trong các hàm số dưới
đây?
x −1
x +1
.
.
A. y =
B. y =
1− 2x
2x −1
x −1
x −1
.
.
C. y =
D. y =
2x +1
2x −1

Câu 24 [TH]: Trong các hàm số sau, hàm số nào đồng biến trên khoảng ( −∞; +∞ ) ?
x3 + x




A. 102.423.000 đồng.
C. 102.016.000 đồng.

B. 102.017.000 đồng.
D. 102.424.000 đồng.

2
Câu 27 [VD]: Một vật chuyển động với gia tốc a ( t ) = 6t ( m / s ) . Vận tốc của vật tại thời điểm t = 2

giây là 17 m / s . Quãng đường vật đó đi được trong khoảng thời gian từ thời điểm t = 4 giây đến thời
điểm t = 10 giây là:
A. 1014m.
B. 1200m.
C. 36m.
D. 966m.
Câu 28 [TH]: Trong không gian Oxyz, cho A ( 1;3;5 ) , B ( −5; −3; −1) . Phương trình mặt cầu đường kính
AB là:
A. ( x + 2 ) + y 2 + ( z − 2 ) = 27.

B. ( x − 2 ) + y 2 + ( z + 2 ) = 3 3.

C. ( x + 2 ) + y 2 + ( z − 2 ) = 3 3.

D. ( x − 2 ) + y 2 + ( z + 2 ) = 27.

2

2


1
.
81

C. 40095.

D.

55
.
9

Câu 31 [TH]: Thể tích của một khối lăng trụ tam giác đều có cạnh đáy bằng a và chiều cao bằng a 2 là:
A. V =

a3 6
4
−1

Câu 32 [TH]: Cho

∫

B. V = a3 6
f ( x + 1) dx = −3 . Giá trị của

−2

A. -2

D. log 3 5

C. 15

Câu 34 [VD]: Gieo đồng thời hai con súc sắc cân đối và đồng chất. Xác suất để tổng số chấm trên mặt
xuất hiện của hai con súc sắc đó không vượt quá 5 bằng
2
1
5
5
A.
B.
C.
D.
9
6
18
12
Câu 35 [TH]: Cho hình lăng trụ ABCD.A’B’C’D’ có đáy ABCD là hình bình hành. Tỉ số thể tích của khối
tứ diện AA 'B 'C và khối lăng trụ đã cho là:
1
3
1
1
A.
B.
C.
D.
2
4

11
2

D.

1
5

4


Câu 38 [TH]: Biết đồ thị của hàm số y = x 4 − 2mx 2 + 1 có ba điểm cực trị A ( 0;1) , B, C . Các giá trị của
tham số m để BC = 4 là:
A. m = ± 2

B. m = ±4

C. m = 4

A. a 3

B.

10a 3
79

C. 5a 3

D. m = 2
Câu 39 [VD]: Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại B, AB = 3a, BC = 4a . Cạnh bên

99π
11π
99π
99π
A.
B.
C.
D.
8
8
4
2
2x + 1
Câu 43 [VD]: Cho hàm số y =
( C ) . Tập hợp tất cả các giá trị của tham số m để đường thẳng
x−2

y = x + m cắt đồ thị ( C ) tại hai điểm thuộc hai nhánh là:.
1

A.  −∞; − ÷
2


 1

B.  − ; +∞ ÷
 2




B.

biết tiếp tuyến của ( C ) tại M cắt tiệm cận đứng và tiệm cận ngang lần lượt tại A và B sao cho
S∆OIB = 8S ∆OIA (trong đó O là gốc tọa độ, I là giao điểm hai tiệm cận). Giá trị của S = x0 + 4 y0 bằng
A. 8

B. 2

C.

17
4

D.

23
4

2
Câu 46 [VD]: Cho hàm số f ( x ) dương thỏa mãn f ( 0 ) = e và x f ' ( x ) = f ( x ) + f ' ( x ) , ∀x ≠ ±1 . Giá trị

1
f  ÷ là:
2

A. e

3


B. V =

3a 3
.
4

C. V =

4
( 1 − log a b ) .log a ab bằng
b

A. 3.

B. -4

C. 4.

D. 2

Câu 49 [VD]: Cho hàm số f ( x ) có đạo hàm liên tục trên ¡ và hàm

y = f ' ( x ) có đồ thị như hình vẽ. Xét hàm số g ( x ) = f ( x 2 − 5 ) . Khẳng
định nào dưới đây khẳng định đúng?
A. Hàm số g ( x ) nghịch biến trên khoảng ( −∞; −2 ) .
B. Hàm số g ( x ) đồng biến trên khoảng ( −2;0 ) .
C. Hàm số g ( x ) nghịch biến trên khoảng ( 2; +∞ ) .
D. Hàm số g ( x ) nghịch biến trên khoảng ( −2; 2 ) .
Câu 50 [VD]: Cho khối lăng trụ tứ giác đều ABCD. A 'B 'C 'D ' có khoảng cách giữa AB và A’D bằng 2,
đường chéo của mặt bên bằng 5. Biết A ' A > AD . Thể tích lăng trụ là

3-B
13-D
23-C
33-B
43-D

4-C
14-D
24-B
34-C
44-A

5-A
15-C
25-A
35-C
45-A

6-A
16-C
26-D
36-B
46-D

7-B
17-C
27-D
37-B
47-A


3
Cách giải:
1
Thể tích khối chóp có diện tích đáy là B và chiều cao h bằng V = Bh.
3
Chọn: C
Câu 3:
Phương pháp:
Dựa vào BBT xác định các khoảng đơn điệu của hàm số.
Cách giải:

Quan sát bảng biến thiên ta có: Hàm số nghịch biến trên khoảng ( −∞; 2 ) : Là mệnh đề sai.
Chọn: B
Câu 4:
Phương pháp:
1
x n +1
n
dx
=
ln
x
+
C
,
x
dx
=
+ C , ( n ≠ −1)
∫x

Câu 7:
Phương pháp:
Hình chiếu vuông góc của điểm M ( a; b; c ) trên trục Oz có tọa độ là: M ' ( 0;0; c ) .
Cách giải:
Hình chiếu vuông góc của điểm M ( 2017; 2018; 2019 ) trên trục Oz có tọa độ là: M ' ( 0;0; 2019 ) .
Chọn: B
Câu 8:
Phương pháp:
Xác định nghiệm của phương trình y ' = 0 và kết luận.
Cách giải:
+) y =

2x −1 
, D=¡
3 x + 2 

7
 2 
\ −  ÷⇒ y ' =
> 0, ∀x ∈ D ⇒ Hàm số không có cực trị.
2
 3 
( 3x + 2 )

+) y = 3x + 4, ( D = ¡ ) ⇒ y ' = 3 > 0, ∀x ⇒ Hàm số không có cực trị.
3
2
+) y = x + 1, ( D = ¡ ) ⇒ y ' = 3x ≥ 0, ∀x ⇒ Hàm số không có cực trị.
4
2

a
d
, ( ad − bc ≠ 0, c ≠ 0 ) có 1 TCN là y = và 1 TCĐ là x = − .
cx + d
c
c

Cách giải:
Đồ thị hàm số có TCN y = 1 và TCĐ x = 1 .
Vậy số đường tiệm cận của đồ thị hàm số y =

x+2
là 2.
x −1

Chọn: D
Câu 11:
Phương pháp:
Cho hàm số y = log a x, 0 < a ≠ 1 .
Nếu a > 1 thì hàm số đồng biến trên khoảng ( 0; +∞ ) .
Nếu 0 < a < 1 thì hàm số nghịch biến trên khoảng ( 0; +∞ ) .
Cách giải:
Nếu a > 1 thì hàm số đồng biến trên khoảng ( 0; +∞ ) .
Chọn: D
Câu 12:
Phương pháp:
a ⊥ b

⇒ a ⊥ ( P)
a ⊥ c

Câu 15:
Phương pháp:
n

Sử dụng các công thức a m .a n = a m + n , m a n = a m .
Cách giải:
2

2

1

2 1
+
2

a 3 a = a 3 .a 2 = a 3

7

= a6 .

Chọn: C
Câu 16:
Phương pháp:
Mặt cầu đi qua 8 đỉnh của hình hộp chữ nhật có tâm là tâm của hình hộp chữ nhật đó và có bán kính bằng
nửa độ dài đường chéo của hình hộp.
Cách giải:
Mặt cầu đi qua 8 đỉnh của hình hộp chữ nhật có tâm là tâm của hình hộp chữ nhật đó và có bán kính bằng
nửa độ dài đường chéo của hình hộp R =

Phương trình của mặt phẳng ( α ) là: 1( x − 0 ) − 3 ( y + 1) + 3 ( z − 4 ) = 0 ⇔ x − 3 y + 3 z − 15 = 0 .
Chọn: C
Câu 18:
Phương pháp:
+) Sử dụng công thức log a x + log a y = log a ( xy ) .
10


+) Giải phương trình logarit cơ bản.
Cách giải:
− x > 0
x < 0
⇔
⇔ −3 < x < 0.
ĐK: 
x + 3 > 0
 x > −3
Ta có:
log3 ( − x ) + log 3 ( x + 3 ) = log 3 5
⇔ log3 ( − x ) ( x + 3)  = log 3 5
⇔ − x 2 − 3x = 5 ⇔ x 2 + 3x + 5 = 0
Phương trình vô nghiệm
Chọn: D
Câu 19:
Phương pháp:

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.
Cách giải:
Ta có: 2 f ( x ) − 1 = 0 ⇔ f ( x ) =

Phương pháp:
d 2 + r 2 = R 2 . Trong đó,

d: khoảng cách từ tâm O đến mặt phẳng (P),
r: bán kính đường tròn là giao tuyến của mặt cầu (S) và mặt phẳng (P),
R: bán kính hình cầu.
Cách giải:
Nếu d < R thì giao tuyến của mặt phẳng ( α ) với mặt cầu S ( O; R ) là đường tròn có bán kính bằng

r = R2 − d 2
Chọn: C
Câu 22:
11


Phương pháp:
Xét dấu y’ và kết luận các khoảng đơn điệu của hàm số.
Cách giải:
y = x 4 − 2 x 2 + 2 ⇒ y ' = 4 x3 − 4 x
x = 0
y ' = 0 ⇔ 4 x3 − 4 x = 0 ⇔ 
 x = ±1
Bảng xét dấu y’:
x
y’

-1
0

-

Phương pháp:
Cho hàm số y = log a x, 0 < a ≠ 1.
Nếu a > 1 thì hàm số đồng biến trên khoảng ( 0; +∞ ) .
Nếu 0 < a < 1 thì hàm số nghịch biến trên khoảng ( 0; +∞ ) .
Cho hàm số y = a x .
Nếu a > 1 thì hàm số đồng biến trên khoảng ¡ .
Nếu thì 0 < a < 1 hàm số nghịch biến trên khoảng ¡ .
Cách giải:
+) y = 2018

x

có TXĐ: D = [0; +∞) ⇒ Loại phương án A

x3 + x

1
+) y = −  ÷
2

,( D = ¡
x3 + x

1
Ta có: y ' = −  ÷
2

)
x3 + x


 x = ±1
Hàm số đã cho liên tục trên [ 0; 2] có:
y ( 0 ) = −3, y ( 1) = −1, y ( 2 ) = 5 ⇒ min y = −3 = m, max y = 5 = M
[ 0;2]

[ 0;2]

⇒ M +m= 2
Chọn: A
Câu 26:
Phương pháp:

Công thức lãi kép, không kỳ hạn: An = M ( 1 + r % )

n

Với:

An là số tiền nhận được sau tháng thứ n,
M là số tiền gửi ban đầu,
n là thời gian gửi tiền (tháng),
r là lãi suất định kì (%)
Cách giải:
Sau đúng 6 tháng, người đó được lĩnh số tiền là:
100. ( 1 + 0, 4% ) ≈ 102.424.000 đồng.
6

Chọn: D
Câu 27:
Phương pháp:


4

= 1050 − 84 = 966 ( m ) .

4

Chọn: D
Câu 28:
Phương pháp:
Phương trình đường tròn có tâm I ( x0 ; y0 ; z0 ) , bán kính R: ( x − x0 ) + ( y − y0 ) + ( z − z0 ) = R 2 .
2

2

2

Cách giải:

AB
62 + 62 + 6 2
Mặt cầu đường kính AB có tâm I ( −2;0; 2 ) và bán kính R =
=
= 3 3 , có phương trình
2
2
là: ( x + 2 ) + y 2 + ( z − 2 ) = 27.
2

2


Cách giải:
12

12

12 −i

12
 x 3
1

1 
Ta có:  − ÷ =  x − 3 x −1 ÷ = ∑ C12i  x ÷
3 x
3

3 
i =0

12

( −3x −1 ) = ∑ C12i ( −1) 32i−12 x12−2i
i

i

i =0

Hệ số của số hạng chứa x 4 trong khai triển ứng với i thỏa mãn 12 − 2i = 4 ⇔ i = 4 .

−1

1

1

1

−2

0

0

0

∫ f ( x + 1) dx = ∫ f ( t − 2 + 1) dt =∫ f ( t − 1) dt = − 3 ⇒ ∫ f ( x − 1) dx = − 3 .

Chọn: B
Câu 33:
Phương pháp:
Giải phương trình bậc cao đối với hàm số mũ.
Cách giải:
3 x = 3
x = 1
9 x − 8.3x + 15 = 0 ⇔  x
⇔
 x = log 3 5
3 = 5


1
1
VAA 'B'C' = VABC . A ' B ' C ' ⇒ AA 'B'C' = .
3
VABC . A ' B 'C ' 3
Chọn: C
Câu 36:
Phương pháp:
log a b = c ⇔ b = a c .

Cách giải:

 5.2 x − 8 
5.2 x − 8
5.2 x − 8 8
3− x
log
=
3
−
x
⇔
=
2
⇔
= x ⇔ ( 5.2 x − 8 ) .2 x = 8. ( 2 x + 2 )
Ta có:
÷
2
x


Cách giải:
Diện tích cần tìm là:
6

2

4

6

S = ∫ x − 4 x − 2 x dx = ∫ x − 4 x − 2 x dx + ∫ x − 4 x − 2 x dx + ∫ x 2 − 4 x − 2 x dx
2

2

0

2

(

4

)

2

0


2

0

2

2

4

4

6

= ∫ ( − x 2 + 2 x ) dx + ∫ ( x 2 − 2 x ) dx + ∫ ( 6 x − x 2 ) dx
0

2

4

2

4

6

1 
 1



2

+ ( yB − y A )

2

Cách giải:
Để đồ thị hàm số có 3 điểm cực trị thì m > 0 . Khi đó, tọa độ 3 điểm cực trị là:

(

) (

A ( 0;1) , B − m ;1 − m 2 , C
⇒ BC =

( 2 m)

2

m ;1 − m 2

)

+ 02 = 2 m = 4 ⇒ m = 2 ⇔ m = 4

Chọn: C
Câu 39:
Phương pháp:


BC 4a
=
= 2a
2
2

∆SAP vuông tại A có AH ⊥ SP ⇒
⇒ d ( AB; SM ) =

1
1
1
1
1
79
10 3a
= 2+
=
+ 2=
⇒ AH =
2
2
2
2
AH
SA
AP
75a
4a

−
+
∫  x + 1 ÷
∫ ( x + 1) 2
∫  ( x + 1) 2 ÷ ∫  ( x + 1) 2 ( x + 1) 2 ÷÷dx





= ∫ dx − ∫

2x + 2

( x + 1)

2

dx + ∫

1

( x + 1)

2

dx = x − ∫

d


M là số tiền gửi ban đầu
n là thời gian gửi tiền (tháng),
r là lãi suất định kì (%).
17


Cách giải:
Số tiền người đó có được sau 6 tháng đầu (2 quý) là: 100. ( 1 + 2% ) = 104, 04 (triệu đồng)
2

Tổng số tiền người đó nhận được 1 năm sau khi gửi thêm tiền (4 quý) là: 100 + 104, 04. ( 1 + 2% ) ≈ 220
4

(triệu đồng)
Chọn: A
Câu 42:
Phương pháp:
Tính bán kính đường tròn (cũng chính là bán kính mặt cầu), từ đó tính diện tích mặt cầu.
abc
S ∆ABC =
= p ( p − a) ( p − b) ( p − c)
4R
Cách giải:

A ( 1; 2; −1) , B ( 0;1;0 ) , C ( 3;0;1) ⇒ AB = 3, BC = 11, AC = 12
S ∆ABC =

p ( p − a) ( p − b) ( p − c)

=

.
2
2
2
2

=

(

)

23 + 2 132 − 3 3 − 23 − 2 132
20 + 2 132 2 132 − 20
.
=
.
= 8=2 2
4
4
4
4

S ∆ABC =

abc
3. 11. 12 3 11
3 11
3 11
=

⇔ Phương trình

2x +1
= x + m có 2 nghiệm phân biệt x1 , x2 thỏa mãn: x1 < 2 < x2
x−2

⇔ ( x1 − 2 ) ( x2 − 2 ) < 0 ⇔ x1 x2 − 2 ( x1 + x2 ) + 4 < 0 ( *)
Ta có:

2x +1
= x + m, ( x ≠ 2 ) ⇔ 2 x + 1 = x 2 − 2 x + mx − 2m ⇔ x 2 + ( m − 4 ) x − 2m − 1 = 0
x−2

18


( m − 4 ) 2 + 4 ( 2m + 1) > 0
 ∆ > 0
m 2 + 20 > 0
*
⇔
⇔
⇔
⇔ ∀m ∈ ¡
( ) 


−
5


- Xác định I = ( α ) ∩ d , I chính là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp đã cho.
Cách giải:
Gọi O, I lần lượt là trung điểm của AC, SC.
Ta có:
∆ABC vuông cân tại B ⇒ O là tâm đường tròn ngoại tiếp và

AC = AB 2 = a 2 .
Mà OI / / SA, SA ⊥ ( ABC ) ⇒ OI ⊥ ( ABC ) ⇒ IA = IB = IC ( 1)

∆SAC vuông tại A, I là trung điểm của SC ⇒ IS = IC = IA ( 2 )
Từ (1), (2) suy ra I là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABC, bán kính
R=

( 2a )

SA + AC
=
2
2

SC
=
2

2

2

(


2 x0 − 2

2

. ( 1 − x0 ) +

2 x0 − 1 −2 ( 1 − x0 ) ( 2 x0 − 1) ( 2 x0 − 2 )
=
+
2
2 x0 − 2 ( 2 x0 − 2 ) 2
( 2 x0 − 2 )

−2

( 2 x0 − 2 )

Cho x = 1
y=
=

−2

( 2 x0 − 2 )

4 x02 − 4 x0

( 2 x0 − 2 )

2

Đồ thị ( C ) có TCĐ là x = 1 và TCN là y = 1 , giao điểm của 2 đường tiệm cận I ( 1;1)
1
1
d ( B; OI ) .OI = 8. d ( A; OI ) .OI ⇔ d ( B; OI ) = 8d ( A; OI ) ( *)
2
2
Phương trình đường thẳng OI là: y = x ⇔ x − y = 0

Ta có: S ∆OIB = 8S∆OIA ⇔

( *) ⇔

2 x0 − 1 − 1
2

1−
= 8.

x0
x0 − 1
2

⇔ 2 x0 − 2 = 8.

 x0 = 3
 x0 − 1 = 2
−1
2
⇔ ( x0 − 1) = 4 ⇔ 
⇔


2
f '( x)
1
dx = ∫ 2 dx ⇔ ln f ( x )
f ( x)
x −1
0

1
2
0

1 x −1
= ln
2 x +1

1
2
0

f '( x)
1
= 2
f ( x ) x −1

1 1
1

⇔ ln f  ÷ − ln e =  ln − ln1÷

x 3
BC
a2 + x2
AB '
a2 + x2
, OM =
=
, OB ' =
=
2
2
2
2
2
⇒ ∆OB ' M vuông cân tại O

Ta có: BM =

x 3
a 2 + x2
= 2.
2
2
2
2
2
2
2
⇔ 3 x = 2a + 2 x ⇔ x = 2a ⇔ x = a 2


Phương pháp:
Sử dụng các công thức biến đổi logarit để rút gọn biểu thức P.
Cách giải:
4
4
= 1 + log a b +
log ab
( 1 − log a b ) .log a ab
1 − log a b ) . a
(
b
a
log a
b
4
4
= 1 + log a b +
= 1 + log a b +
1 + log a b
log a b + 1
( 1 − log a b ) .
1 − log a b
P = log a ab +

Do 0 < a < 1 < b nên 1 + log a b < 0 . Áp dụng BĐT Cô si ta có:
− ( 1 + log a b ) +

4
4
≥ 2  − ( 1 + log a b )  .

x

-2
-

0

2x

f ' ( x − 5)

-

2

-

+

0

-

0

-

g '( x)

-


-

0

-

0

+

⇒ Hàm số g ( x ) đồng biến trên khoảng ( −2;0 ) : Là khẳng định đúng.
Chọn: B
Câu 50:
Phương pháp:
Khối lăng trụ tứ giác đều có đáy là hình vuông, các mặt bên là hình chữ nhật.
21


Cách giải
Kẻ AH ⊥ A ' D, ( H ∈ A ' D ) . Ta có:
AB ⊥ AD, AB ⊥ AA ' ⇒ AB ⊥ ( ABB ' A ' ) ⇒ AB ⊥ AH

⇒ d ( AB; A ' D ) = AH = 2

Gọi độ dài đoạn AD là x
∆ADA ' vuông tại A,
AH ⊥ A ' D ⇒ AD.AA ' = AH.A'D ⇔ AA'=

AH.A'D 2.5 10

22