PHÁT TRIỂN đề MINH họa của BGD năm 2021 2022 câu 31 40

PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA CỦA BGD&ĐT NĂM 2022
CÂU 31-40

HƯỚNG DẤN GIẢI CÂU 31-40

Câu 31:

Với mọi a , b thỏa mãn log 2 a − 3log 2 b = 2 , khẳng định nào dưới đây đúng?
A. a = 4b3 .

B. a = 3b + 4 .

C. a = 3b + 2 .

D. a =

4
.
b3

Lời giải
Chọn A
Ta có log 2 a − 3log 2 b = 2  log 2 a − log 2 b3 = 2  log 2
Câu 31.1: Với mọi a , b thỏa mãn
A. a + b = 1.

a
a
= 2  3 = 22  a = 4b3 .
3
b

b

log 3 a.log 2 3
+ log b = 1 . Khẳng định nào dưới đây đúng?
1 + log 2 5
B. a = 1 − b log 2 5 .

C. ab = 10 .

D.

a log 2 5 + b = 1 .

Lời giải
Chọn C
Ta có

log 3 a.log 2 3
log 2 a
+ log b = 1 
+ log b = 1  log a + log b = 1  log ab = 1
1 + log 2 5
log 2 10

 ab = 10 .
Câu 31.2: Nếu log 2 x = 5log 2 a + 4 log 2 b ( a, b  0 ) thì x bằng
A. a 4b5 .

B. 5a + 4b .

C. 4a + 5b .

D. a 5b 4 .

Lời giải
Chọn D
Ta có log 2 x = 5log 2 a + 4log 2 b  log 2 x = log 2 a5b4  x = a5b4 .
Câu 31.3: Cho hai số thực dương a, b bất kì thỏa mãn 4ln 2 a + 9ln 2 b = 12ln a.ln b . Khẳng định
nào dưới đây đúng ?
A. 3a = 2b .

B. a 2 = b3 .

C. 2a = 3b .

D. a3 = b 2 .


Lời giải
Chọn B
Ta có: 4ln 2 a + 9ln 2 b = 12ln a.ln b  ( 2 ln a − 3ln b ) = 0  2ln a = 3ln b  a 2 = b3 .
2

Câu 31.4: Cho log a b = 2 với a , b là các số thực dương và a khác 1 . Giá trị biểu thức

T = log a2 b6 + log a b bằng
A. 8 .

B. 7 .

C. 5 .

D. 6 .

Lời giải
Chọn B

Câu 32:

1
7
T = log a2 b6 + log a b = 3log a b + log a b = log a b = 7 .
2
2
Cho hình hộp ABCD. ABCD có tất cả các cạnh bằng nhau (tham khảo hình vẽ). Góc
giữa hai đường thẳng AC và BD bằng
D'

C'

A'

B'
D

C

A

A. 90 .

B

B. 30 .

C. 45 .

D. 60 .

Lời giải
Chọn A

D'
A'

C'

B'
D

A
Ta có BD // BD nên ( AC, BD ) = ( AC, BD ) .

C

B


Tứ giác ABCD là hình bình hành có AB = BC nên ABCD là hình thoi nên
AC ⊥ BD hay ( AC, BD ) = 90 .

Vậy ( AC, BD ) = 90 .
Câu 32.1: Cho hình lập phương ABCD  ABCD (tham khảo hình bên dưới).

Góc giữa hai đường thẳng AD  và DC  bằng
A. 90 .
B. 30 .
C. 45 .
Lời giải
Chọn D

D. 60 .

Theo giả thiết, ta có DC / / AB  ( AD, DC ) = ( AD, AB ) .
Mặt khác, vì AD = AB = BD nên ABD đều.
Vậy ( AD, DC  ) = ( AD, AB ) = BAD = 60 .
Câu 32.2: Cho tứ diện ABCD có AB = CD = a, JI =

a 3
, I , J lần lượt là trung điểm của AD, BC
2

.
Số đo góc giữa hai đường thẳng AB và CD bằng
A. 60 .
B. 30 .
C. 45 .
Lời giải
Chọn A

D. 90 .

Gọi M là trung điểm AC . Khi đó góc giữa hai đường thẳng AB, CD bằng góc giữa hai
đường thẳng MI và MJ .
IM 2 + MJ 2 − IJ 2 −1
=
Ta có cos IMJ =
.
2MI .MJ
2
Từ đó suy ra góc giữa hai đường thẳng AB, CD bằng 600 .
Câu 32.3: Cho hình lập phương ABCD  ABCD , gọi M , N lần lượt là trung điểm của AD và

BC 
(tham khảo hình bên dưới).

Góc giữa hai đường thẳng MN và AA bằng
A. 90 .
B. 30 .
C. 45 .
Lời giải
Chọn C

D. 60 .

Gọi P là trung điểm của AD . Khi đó, AA / / MP  ( MN , AA ) = ( MN , MP ) .
Ta có MNP vng cân tại P . Suy ra ( MN , AA ) = ( MN , MP ) = NMP = 45


Câu 32.4: Cho hình chóp S. ABCD có đáy ABCD là hình thang vng tại A và D , SA vng góc

với
mặt phẳng đáy. Tính cosin góc giữa hai đường thẳng SD và BC biết

AD = DC = a, AB = 2a, SA =
1
.
42

A.

B.

2a 3
3
2
.
42

3
.
42

C.

D.

4
.
42

Lời giải
Chọn C

Gọi M là trung điểm AB . Ta có MB = DC = a .
Mà MB / /CD nên MBCD là hình bình hành. Do đó DM / / BC .

(

) (

)

Suy ra SD, BC = SD, DM .
Lại

SM = SA2 + AM 2 =

có

DM = AM 2 + AD 2 = a 2, SD = SA2 + AD 2 =

a 21
và
3

a 21
.
3

Áp dụng định lí cosin trong SDM ta được:

3
SD 2 + DM 2 − SM 2
3
.Suy ra cos ( SD, BC ) =
.
cos SDM =
=
2SD.DM
42
42
Câu 33:

Nếu

3

3

1

1

 f ( x ) dx = 2 thì   f ( x ) + 2 x  dx = 2 bằng

A. 20 .

B. 10 .

C. 18 .

D. 12 .

Lời giải
Chọn B
3

3

1

1

3

Ta có:   f ( x ) + 2 x  dx =  f ( x ) dx +  2 xdx = 2 + x 2 = 2 + 32 − 12 = 10 .
1
Câu 33.1: Cho

A.

3

1

5

5

2

2

 f ( x ) dx = 10 . Kết quả  2 − 3x − 4 f ( x ) dx bằng

−51
.
2

B.

−131
.
2

C.

−291
.
2

D.

51
.
2


Lời giải
Chọn B

−51
−131
Ta có:   2 − 3x − 4 f ( x )  dx =  (2 − 3x)dx − 4  f ( x)dx =
− 4.10 =
.
2
2
2
2
2
5

5

2

Câu 33.2: Cho   4 f ( x ) − 2 x  dx = 1 . Khi đó
1

A. 1 .

5

2

 f ( x )dx bằng
1

C. −3 .

B. 3 .

D. −1 .

Lời giải
Chọn A
2

2

2

2

1

1

1

1

Ta có :   4 f ( x ) − 2 x  dx = 4 f ( x)dx −  2 xdx = 4 f ( x)dx − 3 = 1
2

2

1

1

Suy ra 4 f ( x )dx = 1 + 3 = 4   f ( x )dx = 1
Câu 33.3: Cho hai tích phân
A. I = 27 .

5

−2

5

−2

5

−2

 f ( x ) dx = 8 và  g ( x ) dx = 3 . Tính I =   f ( x ) − 4 g ( x ) − 1 dx .
B. I = 3 .

D. I = 13 .

C. I = −11 .
Lời giải

Chọn D
5

I=

−2

5

  f ( x ) − 4 g ( x ) − 1 dx =  f ( x ) dx + 4  g ( x ) dx − x
−2

−2

5
−2

= 8 + 4.3 − ( 5 + 2 ) = 13 .

5

Câu 33.4: Cho f , g là hai hàm liên tục trên 1;3 thỏa điều kiện

3

  f ( x ) + 3g ( x ) dx = 10 đồng
1

thời
3

3

1

1

 2 f ( x ) − g ( x ) dx = 6 . Tính I =   f ( x ) + g ( x ) + 3x − 1 dx .
A. 16 .

B. 19 .

C. 18 .
Lời giải

Chọn A
Ta có:



3

Ta có:



3

1

1

 f ( x ) + 3g ( x )  dx = 10   f ( x ) dx + 3 g ( x ) dx = 10 (1) .
1
1

3

3

 2 f ( x ) − g ( x )  dx = 6  2 f ( x ) dx −  g ( x ) dx = 6 ( 2 ) .
1
1

Giải hệ (1) và ( 2 ) ta được

3



3

1

3

f ( x ) dx = 4;  g ( x ) dx = 2.
3

1

D. 17 .


Suy ra
3

3

3

1

1

3

I =   f ( x ) + g ( x ) + 3x − 1 dx =  f ( x)dx +  g ( x)dx +  (3x − 1)dx = 4 + 2 + 10 = 16.
1

1

2

2

2

−1

−1

−1

 f ( x ) dx = 2 và  g ( x ) dx = −1 . Tính I =   x + 2 f ( x ) − 3g ( x ) dx .

Câu 33.5: Cho

17
.
2

A. I =

B. I =

11
.
2

C. I =

7
.
2

D. I =

5
2

.
Lời giải
Chọn A
2

x2
I
=
x
+
2
f
x
−
3
g
x
d
x
=


Ta có
( )
( )

2
−1
5

Câu 33.6: Cho



2

−1

2

2

−1

−1

+ 2  f ( x ) dx − 3  g ( x ) dx =

17
.
2

5

f ( x ) dx = −2 . Tích phân   4 f ( x ) − 3x 2  dx bằng

0

0

A. −133 .

B. −120 .

C. −130 .

D. −140

.
Lời giải
Chọn A
5

5

5

0

0

2
3
 4 f ( x ) − 3x  dx = 4 f ( x ) dx − 3 x dx = 4. ( −2 ) − ( x ) 0 = −8 − 125 = −133 .
5

2

0

Câu 33.7: Nếu

8

4

2

1

 f ( x)dx = 10 thì   f (2 x) + 3

A. 24 .

x  dx bằng

B. 19 .

C. 26 .

D. 10 .

Lời giải
Chọn B
Ta có
4

4

4

8

1

1

1

2

1
I =   f (2 x) + 3 x  dx =  f (2 x)dx +  3 xdx =  f ( x)dx + 2 x x = 5 + 14 = 19 .
1
2
Câu 33.8: Nếu

1

4

0

1

 f (3x + 1)dx = 10 thì   f ( x) − 4 x  dx bằng

4


C. −

B. −4 .

A. −20 .

80
.
3

D. 0 .

Lời giải
Chọn D
Đặt t = 3x + 1  dt = 3dx .
Với x = 0  t = 1
x =1 t = 4 .
4

4

1
Khi đó 10 =  f (t )dt   f ( x)dx = 30 .
31
1
4

4

4

1

1

1

Ta có I =   f ( x) − 4 x  dx =  f ( x)dx −  4 xdx = 30 − 30 = 0 .
Câu 34:

Trong không gian Oxyz cho điểm M ( 2; − 5;3) và đường thẳng d :

x y + 2 z −3
.
=
=
2
4
−1

Mặt phẳng đi qua M và vng góc với d có phương trình là
A. 2 x − 5 y + 3z − 38 = 0.
B. 2 x + 4 y − z + 19 = 0 .
C. 2 x + 4 y − z − 19 = 0.
D. 2 x + 4 y − z + 11 = 0.
Lời giải
Chọn B
Đường thẳng d đi qua A ( 0; − 2;3) và có vectơ chỉ phương u = ( 2;4; − 1)
Mặt phẳng đi qua M và vng góc với d nhận u = ( 2;4; − 1) làm vectơ pháp tuyến
Do đó, phương trình mặt phẳng cần tìm là: 2 ( x − 2 ) + 4 ( y + 5) − 1( z − 3) = 0
 2 x + 4 y − z + 19 = 0 .

Câu 34.1: Trong không gian Oxyz , cho điểm E (−1;5; 4) và mặt phẳng ( P ) : x − 3z + 2 = 0 . Đường
thẳng đi qua E và vng góc với ( P ) có phương trình tham số là

 x = −1 + t

A.  y = 5 − 3t .
 z = 4 + 2t


x = 1+ t

B.  y = 5
.
 z = 4 − 3t


x = 1− t

C.  y = 5t
.
 z = 3 + 4t

Lời giải

Chọn D
Mặt phẳng ( P ) : x − 3z + 2 = 0 có vectơ pháp tuyến n( P ) = (1;0; −3) .

 x = −1 − t

D.  y = 5
.
 z = 4 + 3t


Do đường thẳng  vng góc với ( P ) nên  có vectơ chỉ phương u = n( P ) = (1;0; −3)
.
Suy ra loại phương án A, C.
Vì  đi qua điểm E (−1;5; 4) nên chọn đáp án D.
Câu 34.2: Trong không gian Oxyz , cho hai điểm A ( −1;3;2 ) và B (1; −2;3) . Mặt phẳng đi qua A
và vng góc với AB có phương trình là
A. 2 x − 5 y + z − 15 = 0 .
C. 2 x − 5 y + z − 17 = 0 .

B. 2 x − 5 y + z + 15 = 0 .
D. 2 x − 5 y + z + 17 = 0 .

Lời giải
Chọn B
Do mặt phẳng ( ) vng góc với AB nên ( ) nhận AB = ( 2; −5;1) làm vectơ pháp
tuyển.
Suy ra phương trình mặt phẳng ( ) : 2 ( x + 1) − 5 ( y − 3) + ( z − 2 ) = 0
 2 x − 5 y + z + 15 = 0

x = t

Câu 34.3: Trong không gian Oxyz , cho đường thẳng d :  y = 1 − t ( t 
z = 2

và chứa d có phương trình là
A. 2 x + 2 y − z = 0 .
C. x + 2 y − z = 0 .

) . Mặt phẳng đi qua O

B. −2 x + 2 y − z = 0 .
D. − x + 2 y − z = 0 .
Lời giải

Chọn A
Đường thẳng d đi qua M ( 0;1; 2 ) và có vectơ chỉ phương u = (1; −1;0 ) .

n( ) ⊥ OM = ( 0;1; 2 )
Do mặt phẳng ( ) đi qua O và chứa d nên 
.
n( ) ⊥ u = (1; −1;0 )
Do đó chọn n( ) = OM , u  = ( 2;2; −1) .
Suy ra phương trình mặt phẳng ( ) : 2 x + 2 y − z = 0 .
Câu 34.4: Trong không gian Oxyz , cho mặt cầu ( S ) : x 2 + y 2 + z 2 − 2 x + 4 z − 4 = 0 và đường thẳng

x −1 y z +1
=
=
. Viết phương trình mặt phẳng ( ) vng góc với d và cắt mặt cầu
1
−2 −5
( S ) theo giao tuyến là một đường tròn có bán kính bằng 3 .
d:


A. ( ) : x − 2 y − 5 z + 11 = 0 .

B. ( ) : x − 2 y − 5 z − 11 = 0 .

C. ( ) : x − z + 3 = 0 .

D. ( ) : x − 2 y − 5 z + 5 = 0 .
Lời giải

Chọn B
Đường thẳng d có vectơ chỉ phương u = (1; −2; −5) .
Vì ( ) vng góc với d nên ( ) nhận u = (1; −2; −5) làm vectơ pháp tuyến.
Mặt cầu ( S ) có tâm I (1;0; −2 ) và bán kính R = 3 .
Do mặt phẳng ( ) cắt mặt cầu ( S ) theo giao tuyến là một đường trịn có bán kính bằng

r = 3 = R nên ( ) đi qua điểm I .
Suy ra phương trình mặt phẳng ( ) : 1( x − 1) − 2 ( y − 0 ) − 5 ( z + 2 ) = 0
 x − 2 y − 5 z − 11 = 0 .

Câu 35:

Cho số phức z thỏa mãn iz = 5 + 2i. Phần ảo của z bằng.
A. 5 .
B. 2 .
C. −5 .
Lời giải
Chọn A
5 + 2i
= 2 − 5i  z = 2 + 5i .
Ta có: iz = 5 + 2i  z =
i

Câu 35.1: Cho số phức z thỏa mãn z − 3 + 5i = 6 + 7i . Phần thực của z là

A. −2 .
B. 2 .
C. −9 .
Lời giải

D. −2 .

D. 9 .

Chọn D
Ta có: z − 3 + 5i = 6 + 7i  z = 6 + 7i − ( −3 + 5i )  z = 9 + 2i .
Phần thực của z là 9 .
Câu 35.2: Cho số phức z thỏa mãn z (1 − i ) = 5 + i . Phần ảo của z là
A. −3 .

B. 3 .

C. 2 .
Lời giải

Chọn A
Ta có: z (1 − i ) = 5 + i  z =

z = 2 − 3i
Phần ảo của z là −3 .

5+i
= 2 + 3i .
1− i

D. −2 .


Câu 35.3: Cho số phức z thỏa mãn ( 3 − i ) z = 2 + i − (1 − 2i ) i. Số phức liên hợp của z bằng
2

A. 1 − i .

B. 1 + i .

C. −1 + i .

D. −1 − i .

Lời giải
Chọn D

( 3 − i ) z = 2 + i − (1 − 2i )

2

i  ( 3 − i ) z = 2 + i − ( −3 − 4i ) i

 ( 3 − i ) z = 2 + i + 3i + 4i 2  ( 3 − i ) z = −2 + 4i

z=

−2 + 4i ( −2 + 4i )( 3 + i ) −6 − 2i + 12i + 4i 2 −10 + 10i
=
=

=
= −1 + i
3−i
10
10
10

Vậy z = −1 − i .
Câu 35.4: Cho số phức z thỏa mãn 3 ( z − i ) − ( 2 + 3i ) z = 7 − 16i . Môđun của số phức z bằng
A. 3 .

B.

3.

C. 5 .

D.

5.

Lời giải
Chọn D
Đặt z = a + bi, a, b  .
Khi
đó
ta
3 ( a − bi − i ) − ( 2 + 3i )( a + bi ) = 7 − 16i  ( a + 3b ) − (3a + 5b + 3)i = 7 − 16i

được:

a + 3b = 7
a = 1


→ z = 1 + 2i
3a + 5b + 3 = 16
b = 2
Vậy z = 12 + 22 = 5 .
Câu 36:

Cho hình lăng trụ đứng ABC. A ' B ' C ' có đáy là tam giác vng cân tại B và AB = 4
(tham khảo hình bên). Khoảng cách từ C đến mặt phẳng ( ABB ' A ') là:

A. 2 2 .

B. 2 .

C. 4 2 .
Lời giải

D. 4.


Chọn D
CB ⊥ BA
Ta có: 
 CB ⊥ ( ABB ' A ')  d ( C , ( ABB ' A ') ) = CB.
CB ⊥ BB '
Mặt khác tam giác ABC vuông cân tại B  CB = BA = 4.

Vậy d ( C , ( ABB ' A ') ) = CB = 4 .
Câu 36.1: Cho hình lăng trụ đứng ABC. A ' B ' C ' có đáy là tam giác vng cân tại C và AB = 4 .
Khoảng cách từ C đến mặt phẳng ( ABB ' A ') là:
A.

2.

B. 2 .

C. 2 2 .

D. 4.

Lời giải
Chọn B

Kẻ CH ⊥ AB , do tam giác ABC vuông cân nên H là trung điểm của BC .
Mặt khác lại có AA ' ⊥ ( ABC )  AA ' ⊥ CH . Do đó CH ⊥ ( ABB ' A ') .
Suy ra d ( C , ( ABB ' A ') ) = CH =

1
AB = 2 .
2

Câu 36.2: Cho hình chóp S. ABCD có SA ⊥ ( ABCD ) , đáy ABCD là hình chữ nhật. Biết
AD = 2a, SA = a . Khoảng cách từ A đến ( SCD ) bằng?

A.

3a

.
7

B.

3a 2
.
2

C.

2a 3
.
3
Lời giải
Chọn C

2a
.
5

D.


CD ⊥ AD
Ta có 
 CD ⊥ ( SAD ) .
CD ⊥ SA
Kẻ AH ⊥ SD , do CD ⊥ ( SAD )  CD ⊥ AH suy ra AH ⊥ ( SCD ) .

d ( A, ( SCD ) ) = AH . Ta có:
1
1
1
2a
= 2+
 AH =
.
2
2
AH
SA
AD
5

Câu 36.3: Cho hình lăng trụ đứng ABC. ABC có AA = 2a, tam giác ABC vuông cân và

AB = BC = a . Khoảng cách từ điểm C  đến mặt phẳng ( ABC ) bằng
A.

2a
.
3

B.

3
.
2a

C. a
Lời giải

Chọn A

2
.
3

D.

2a
.
3


Tứ giác BCCB là hình chữ nhật, nên BC và B ' C cắt nhau tại trung điểm mỗi đường

 d ( C , ( ABC ) ) = d ( B, ( ABC ) ) .
Dựng các đường cao BI , BH của các tam giác ABC , BB I .

 BH ⊥ ( ABC )
Ta có:

1
1
1
1
1
1

1
1
1
9
= 2+
=
+
+
= 2+ 2+
= 2
2
2
2
2
2
2
BH
BI
BB
BA BC
BB
a
a ( 2a )
4a

 BH =

2a
.
3

 d ( C , ( ABC ) ) =

2a
.
3

Câu 36.4: Cho lăng trụ đứng tam giác ABC. ABC có đáy là một tam giác vuông cân tại B ,
AB = AA = 2a, M là trung điểm BC . Khoảng cách giữa hai đường thẳng AM và BC
bằng

a
.
2
a 3.

A.

B.

2a
.
3

C.
Lời giải

Chọn B

a 7

.
7

D.


Gọi N là trung điểm BB  MN / / BC  BC / / ( AMN ) .
Khi đó d ( AM , BC ) = d ( BC , ( AMN ) ) = d (C , ( AMN ) ) .

Ta có BC  ( AMN ) = M và MB = MC nên d ( C , ( ABM ) ) = d ( B, ( ABM ) ) .

Gọi h là khoảng cách từ B đến mặt phẳng ( ABM ) . Tứ diện BAMN có BA, BM , BN
đơi một vng góc nên:

1
1
1
1
1
=
=
+
+
2
2
2
2
h
BH
BA BM

BN 2

AB = 2a = BC .
1
1
2a
BN = BB = AA =
= a.
2
2
2
1
BM = BC = a .
2
1
1
1
1
9
4a 2
2a
h=
Suy ra 2 = 2 + 2 + 2 = 2  h 2 =
.
h
4a
a
a
4a
9

3
Câu 37:

Từ một hộp chứa 16 quả cầu gồm 7 quả màu đỏ và 9 quả màu xanh, lấy ngẫu nhiên
đồng thời hai quả. Xác suất để lấy được hai quả có màu khác nhau bằng.
7
21
3
2
.
A.
.
B.
.
C.
.
D.
40
40
10
15
Lời giải
Chọn B
Khơng gian mẫu: n (  ) = C162 .
Gọi A là biến cố lấy được hai quả cầu có màu khác nhau: n ( A) = 7.9 = 63


Xác suất cần tìm là: P ( A ) =

n ( A ) 63 21

=
= .
n (  ) 120 40

Câu 37.1: Một hộp có 5 bi vàng, 4 bi xanh. Chọn ngẫu nhiên 2 bi. Xác suất 2 bi được chọn cùng
màu là
A.

4
.
9

B.

5
.
9

C.

1
.
9

D.

1
.
4

Lời giải
Chọn A
Gọi biến cố A : “Hai viên bi được chọn ra có cùng màu”.
Ta có: n (  ) = C92 = 36 .

n ( A) = C52 + C42 = 10 + 6 = 16 .
Xác suất để hai viên bi được chọn có cùng màu là:
n ( A) 16 4
P ( A) =
=
= .
n (  ) 36 9
Câu 37.2: Từ một hộp chứa 7 quả cầu màu đỏ và 5 quả cầu màu xanh, lấy ngẫu nhiên đồng thời
3 quả cầu. Xác suất để lấy được ba quả cầu có đủ hai màu bằng
A.

35
.
44

B.

2
.
7

C.

7
.

44

D.

5
.
12

Lời giải
Chọn A
Chọn ngẫu nhiên 3 quả cầu trong 12 quả cầu có C123 = 220 cách.
 Số phần tử của không gian mẫu là n (  ) = 220 .

Gọi A là biến cố “Lấy được ba quả cầu có đủ hai màu”.
 n ( A) = C71 .C52 + C72 .C51 = 175 .

Xác suất để lấy được ba quả cầu màu xanh là P ( A ) =

n ( A)

n ()

=

175 35
=
.
220 44

Câu 37.3: Một hộp đựng 9 viên bi trong đó có 4 viên bi đỏ và 5 viên bi xanh. Lấy ngẫu nhiên từ

hộp 3 viên bi. Tìm xác suất để 3 viên bi lấy ra có ít nhất 2 viên bi màu xanh.
A.

25
.
42

B.

5
.
14

C.
Lời giải

Chọn A

10
.
21

D.

5
.
42


3

Ta có: n (  ) = C9 = 84 .

Gọi biến cố A : “ 3 viên bi lấy ra có ít nhất 2 viên bi màu xanh”.
➢ Trường hợp 1: “ 3 viên bi lấy ra có 2 viên bi màu xanh và 1 viên bi màu đỏ”.
Số cách chọn ra 2 viên bi có màu xanh là: C52 = 10 (cách)
Số cách chọn ra 1 viên bi có màu đỏ là: 4 (cách)
Theo quy tắc nhân ta có: 10.4 = 40 (cách).
➢ Trường hợp 2: Cả 3 viên bi lấy ra đều có màu xanh có: C53 = 10 (cách).
Suy ra n ( A) = 40 + 10 = 50 .
Xác suất để 3 viên bi lấy ra có ít nhất 2 viên bi màu xanh là:
n ( A) 50 25
P ( A) =
=
=
.
n (  ) 84 42
Câu 37.4: Một bình đựng 5 quả cầu xanh khác nhau, 4 quả cầu đỏ khác nhau và 3 quả cầu vàng
khác nhau. Chọn ngẫu nhiên 3 quả cầu trong quả cầu trên. Xác suất để chọn được 3
quả cầu khác màu là
3
3
3
3
A. .
B. .
C.
.
D. .
5
7

14
11
Lời giải
Chọn D
3
 Số phần tử của không gian mẫu là: n (  ) = C12 = 220 .
 Gọi A là biến cố: “Ba quả cầu được chọn là khác màu ”. Ta có:
n ( A) = C51.C41 .C31 = 60 .
 Vậy P ( A ) =

n ( A)

n ()

=

60
3
= .
220 11

Câu 37.5: Chọn ngẫu nhiên lần lượt hai số nguyên dương bé hơn 100. Tính xác suất để hiệu hai số
vừa được chọn là một số lẻ.
49
25
50
8
A.
.
B.

.
C.
.
D.
.
99
33
99
33
Lời giải
Chọn C
Có 99 số nguyên dương bé hơn 100 nên khi chọn ngẫu nhiên hai số trong 99 số đó có:
C992 = 4851 cách chọn.
Để chọn được hai số trong 99 số nói trên mà hiệu của nó là một số lẻ thì ta cần chọn 1
1
1
.C50
= 2540 cách
số chẵn (trong 49 số chẵn) và 1 số lẻ (trong 50 số lẻ), suy ra có: C49
chọn.
2450 50
=
Vậy xác suất cần tìm là:
.
4851 99


Câu 37.6: Chọn ngẫu nhiên 2 viên bi từ một hộp gồm 5 viên bi đen và 4 viên bi trắng. Xác suất
2
để bi được chọn cùng màu là

4
5
1
1
A. .
B. .
C. .
D. .
9
9
4
9
Lời giải
Chọn A
Xét phép thử: “Chọn ngẫu nhiên 2 viên bi từ một hộp gồm 5 viên bi đen và 4 viên bi
trắng”
 n (  ) = C92 .
Gọi biến cố A: “ 2 viên bi được chọn cùng màu”
TH1: 2 viên bi được chọn cùng màu đen  có C52 (cách chọn)
TH2: 2 viên bi được chọn cùng màu trắng  có C42 (cách chọn)

 n ( A) = C52 + C42 .

Vậy P ( A ) =

n ( A)

n ()

=

C52 + C42 4
= .
C92
9

Câu 37.7: Có 30 quả cầu được đánh số từ 1 đến 30 . Lấy ngẫu nhiên đồng thời hai quả cầu rồi
nhân các số trên hai quả với nhau. Tính xác suất để tích nhận được là một số chia hết
cho 10 ?
48
8
16
16
A.
.
B.
.
C.
.
D.
.
145
29
29
145
Lời giải
Chọn B
2
 Phép thử: Lấy hai quả cầu từ 30 quả cầu   = C30
 Biến cố A: Tích các số ghi trên hai quả cầu là một số chia hết cho 10

1
Trường hợp 1: Số cách chọn sao cho có một số chia hết cho 10 , ta có C31.C27
cách
chọn
Trường hợp 2: Số cách chọn sao cho có một số chia hết cho 5 từ tập 5;15; 25 và số
cịn lại là một số chẵn (khơng có số nào được chọn chia hết cho 10 ), ta có C31.C131 cách
chọn.
 Vậy xác suất để tích nhận được là một số chia hết cho 10 là
1
C31.C27
+ C31.C131
8
p ( A) =
=
2
C30
29
Câu 37.8: Cho hai hộp đựng bi, đựng 2 loại bi là bi trắng và bi đen, tổng số bi trong hộp là 20 bi
và hộp thứ nhất đựng ít bi hơn hộp thứ hai. Lấy ngẫu nhiên từ mỗi hộp 1 bi. Cho biết
55
xác suất để lấy được 2 bi đen là
, tính xác suất để lấy được 2 bi trắng?
84


A.

1
.
28

B.

15
.
84

C.

11
.
84

D.

3
.
28

Lời giải
Chọn A
Hộp thứ nhất có chứa x viên bi, trong đó có d viên bi đen.
Hộp thứ hai có chứa x viên bi, trong đó có d  viên bi đen.
Ta có: x + x = 20, x  x . (1)
Xét phép thử: Lấy ngẫu nhiên từ mỗi hộp 1 viên bi.
Số phần tử không gian mẫu: n (  ) = xx .
Gọi A là biến cố lấy được hai bi đen, suy ra n ( A) = dd  .
Theo giả thiết, ta có: P ( A ) =
Theo BĐT côsi: xx 
Suy ra: xx = 84, ( 2 ) .

n ( A)

n ()

=

dd  55
=
.
xx 84

1
1
2
( x + x) = .202 = 100 .
4
4

x = 6
Từ (1) và (2) suy ra x, x là nghiệm của phương trình X 2 − 20 X + 84 = 0  
 x = 14
d = 5, (d  x)
Khi đó dd  = 55  
d  = 11
Do đó hộp thứ nhất chứa 1 bi trắng, hộp thứ hai chứa 3 bi trắng.
Gọi B là biến cố lấy được hai bi trắng.
n ( B ) 1.3 1
=
=

Ta có: P ( B ) =
.
n (  ) 84 28
Câu 37.9: Chi đồn lớp 12A có 20 đồn viên trong đó có 12 đồn viên nam và 8 đồn viên nữ. Tính
xác suất khi chọn 3 đồn viên có ít nhất 1 đồn viên nữ.
46
251
11
110
A.
.
B.
.
C. .
D.
.
57
285
7
570
Lời giải
Chọn A
3
= 1140
Số phần tử của không gian mẫu: C20

Gọi A là biến cố chọn được ít nhất 1 đồn viên nữ
Gọi A là biến cố chọn được 3 đoàn viên là nam: C123 = 220

( )

220 11
=
1140 57
11 46
 P ( A) = 1 − = .
57 57
P A =


Câu 38:

Trong không gian Oxyz , cho ba điểm A ( 2; −2;3) ; B (1;3;4 ) và C ( 3; −1;5) . Đường
A
BC
thẳng đi qua và song song với
có phương trình là:
x − 2 y + 4 z −1
x+2 y−2 z +3
=
=
.
=
=
.
A.
B.
2
−2
3

2
−4
1
x −2 y + 2 z −3
x −2 y + 2 z −3
=
=
.
=
=
.
C.
D.
4
2
9
2
−4
1
Lời giải
Chọn D
Véctơ chỉ phương của đường thẳng cần tìm: BC = ( 2; −4;1) .

x −2 y + 2 z −3
=
=
.
2
−4
1

Câu 38.1: Trong không gian Oxyz cho ba điểm A (1; 2;0 ) , B (1;1; 2 ) và C ( 2;3;1) . Đường thẳng
Phương trình cần tìm là:

đi qua

A và song song với BC có phương trình là
x −1 y − 2 z
x −1 y − 2 z
=
=
=
= .
A.
.
B.
1
2
−1
3
4
3
x +1 y + 2 z
x +1 y + 2 z
=
= .
=
= .
C.
D.
3

4
3
1
2
−1
Lời giải
Chọn A

Gọi d là đường thẳng qua A (1; 2;0 ) và song song với BC .
d nhận BC = (1; 2; − 1) làm vectơ chỉ phương.

Vậy d :

x −1 y − 2 z
=
=
.
1
2
−1

Câu 38.2: Trong không gian Oxyz cho ba điểm A ( 0; − 1;3) , B (1;0;1) và C ( −1;1; 2 ) . Đường
thẳng đi
qua A và song song với BC có phương trình là
x y +1 z − 3
x −1 y z −1
=

= =


A. =
B.
2
1
1
−2
1
−1
x −1 y z −1
x
y +1 z − 3
= =

=
=

C.
D.
−2
1
1
−2
1
1
Lời giải
Chọn D
Gọi d là đường thẳng qua A(0; −1;3) và song song với BC .
d nhận BC = ( −2;1;1) làm vectơ chỉ phương.

x
y +1 z − 3
=
=

−2
1
1
Câu 38.3: Trong không gian Oxyz đường thẳng  đi qua điểm A(2; −1;0) và song song với đường
thẳng
Vậy d :

x y − 2 z +1
=
=
có phương trình là
1
−2
3
x + 2 y −1 z
x − 2 y +1 z
=
=  B.  :
=
= 
A.  :
1
−2
3
−5

−1
1
x + 2 y −1 z
x − 2 y +1 z
=
=

=
= 
C.  :
D.  :
5
1
−1
1
−2
3
Lời giải
d:

Chọn D
Ta có:  //d  u = ud = (1; −2;3).
Vậy phương trình đường thẳng  đi qua A(2; −1;0) và có véctơ chỉ phương

u = (1; −2;3) là:

x − 2 y +1 z
=
= 
1

−2
3
Câu 38.4: Trong không gian Oxyz đường thẳng  đi qua A(3; −1; 2) và vng góc với mặt phẳng
:

( P) : x − 2 y + z − 3 = 0 có phương trình là
x − 3 y +1 z − 2
x+3
=
=

=
A.  :
B.  :
1
−2
1
1
x − 3 y +1 z − 2
x+3
=
=

=
C.  :
D.  :
1
2
1
1

Lời giải

y −1 z + 2
=

−2
1
y −1 z + 2
=

2
1

Chọn A
Ta có:  ⊥ ( P)  u = n( P ) = (1; −2;1) .
Vậy phương trình đường thẳng  đi qua A(3; −1; 2) và có véctơ chỉ phương
x − 3 y +1 z − 2
=
=

u = (1; −2;1) là:  :
1
−2
1
Câu 39:

x
x+2
Có bao nhiêu số nguyên x thoả mãn ( 4 − 5.2 + 64 ) 2 − log ( 4 x )  0 ?

A. 22 .

B. 25 .

C. 23 .
Lời giải

Chọn D

2 − log ( 4 x )  0
 0  x  25 .
Điều kiện xác định: 
 x  0
Bpt tương đương

D. 24 .


2x  4
x  2
( 2 x )2 − 20.2 x + 64  0
 4 x − 5.2 x+2 + 64  0
 x

  2  16   x  4 .

2
−
log
4

x
=
0
(
)


 x = 25
 4 x = 100
 x = 25

0  x  2
Kết hợp với điều kiện xác định ta được: 
.
 4  x  25
Vậy có 24 giá trị nguyên của x thoả mãn u cầu bài tốn.

(

Câu 39.1: Có bao nhiêu số nguyên x thỏa mãn 25x − 4.5x +1 − 125
A. 6 .

)

3 − log 2 x  0 ?

C. 8 .

B. 7 .

D. 9 .

Lời giải
Chọn B

( 25

x

− 4.5 x +1 − 125

)

3 − log 2 x = 0

3 − log 2 x  0   3 − log 2 x  0
 25 x − 4.5 x +1 − 125  0


x = 8
x = 8
x = 8

  0  x  8   0  x  8  

2  x  8
 5 x  25

x


2



Vì x  Z nên x  2; 3; 4; 5; 6; 7;8
Vậy có 7 số nguyên thỏa mãn bất phương trình đã cho.

(

Câu 39.2: Có bao nhiêu số nguyên x thỏa mãn 4 x − 2 x +3 − 128
B. 3 .

A. 4 .

)

2 − log 3 x  0 ?

C. 5 .
Lời giải

Chọn C

(4

x

− 2 x +3 − 128

)

 2 − log 3 x = 0

2 − log 3 x  0   2 − log 3 x  0
 4 x − 2 x +3 − 128  0


x = 9
x = 9
x = 9

  0  x  9   0  x  9  

0  x  4
 2 x  16

x

4



Vì x  Z nên x  1; 2; 3; 4;9
Vậy có 5 số nguyên thỏa mãn bất phương trình đã cho.

D. 9 .


1 
Câu 39.3: Bất phương trình 4 x + 2 x + 1 (log 24 x − log 4 x − 12)  0 có tập nghiệm là  ;b  Tính giá

a 
trị của

(

)

biểu thức 4a − b
B. 512 .

A. 0 .

C.

2049
.
16

D. −

2047
.
16

Lời giải
Chọn A
Điều kiện xác định x  0

(4

x

)

+ 2 x + 1 (log 24 x − log 4 x − 12)  0  log 42 x − log 4 x − 12  0  −3  log 4 x  4 

1
 x  256
64

a = 64, b = 256  4a − b = 0

(

)

Câu 39.4: Bất phương trình 4 x − 9.2 x + 8 (log 24 x + 2log 4 x + 5)  0 có tập nghiệm là
A. (1;8) .

B. ( − ;0 )  ( 3; +  ) .

C. ( 0;3) .

D. 0;3 .

Lời giải
Chọn C
Điều kiện xác định x  0 vì log 24 x + 2.log 4 x + 5 = ( log 4 x + 1) + 4  0 , x  0
2

(4

x

)

− 9.2 x + 8 (log 24 x + 2.log 4 x + 5)  0  4 x − 9.2 x + 8  0  1  2 x  8  0  x  3

2
x
x
Câu 39.5: Có bao nhiêu số nguyên x  25 thỏa mãn (log 3 3x) − 4 log 3 x  ( 4 − 18.2 + 32 )  0 ?
A. 22 .
B. 23 .
C. 24 .
D. 25 .

Lời giải
Chọn B
(log 3 3x) 2 − 4 log 3 x  ( 4 x − 18.2 x + 32 )  0(1)

+ĐK: 0  x  25; x  Z
(1)  (log 3 x) 2 − 2 log 3 x + 1 ( 4 x − 18.2 x + 32 )  0
 ( log 3 x − 1) ( 4 x − 18.2 x + 32 )  0
2

+TH 1: log 3 x − 1 = 0  x = 3(tm)
+TH 2 : log 3 x − 1  0  x  3
(1)  4 x − 18.2 x + 32  0
 2 x  24

x  4
 x

& 0  x  25; x  Z  x  1; 4;5;...; 24
x  1
2  2


Vậy có 23 giá trị nguyên của x thỏa mãn yêu cầu bài ra.

(

Câu 39.6: Tính tổng các nghiệm nguyên của bất phương trình log 22 x + log 2 4 x − 8
B. 10 .

A. 22 .

)

64 − 2 x  0
D. 20 .

C. 12 .
Lời giải

Chọn A

( log

2

2

x + log 2 4 x − 8 ) 64 − 2 x  0 (1)

x0


x  0

+Đk: 

 0  x  12
 x
x
6
2
64
−
2

0



2  2

+TH 1: x = 12(tm)
+TH 2 : 0  x  12  (1)  log 22 x + log 2 4 x − 8  0  log 22 x + log 2 x − 6  0
1
x4

8
KHDK  x  1; 2;3; 4

 −3  log 2 x  2 

 S = 1 + 2 + 3 + 4 + 12 = 22

Câu 39.7: Có bao nhiêu số nguyên x thỏa mãn ( 5.2 x + 2 − 4 x − 64 ) log 1 8 x + 7  0 ?
2

A. 15 .

B. 16 .

C. 4 .

D. 3 .

Lời giải
Chọn C

(5.2

x+2

− 4 x − 64 ) log 1 8 x + 7  0(1)
2

x0


x  0

+ĐK: log 8 x + 7  0  
1
 x  16

 2
+TH 1: x = 16(tm)

+TH 2 : 0  x  16  (1)  4 x − 5.2 x + 2 + 64  0  2 2  2 x  2 4  2  x  4
khdk  x  2;3; 4
Vậy có 4 số nguyên thỏa mãn bất phương trình đã cho.
Câu 39.8: Tổng tất cả các nghiệm nguyên của bất phương trình

(2

x

+ 4.5x − 4 − 10 x ) log 2 ( x + 1) − 3  0 là

A. 18.

B. 17.

C. 27.

D. 26.


Lời giải

Chọn A
Điều kiện x  −1.
2 x − 10 x + 4.5x − 4 = 2 x (1 − 5 x ) − 4 (1 − 5 x ) = (1 − 5x )( 2 x − 4 )

(

Bất phương trình tương đương: f ( x ) = 1 − 5x

)( 2

x

− 4 ) log 2 ( x + 1) − 3  0

x = 0
2 x − 10 x + 4.5x − 4  
x = 2
log 2 ( x + 1) − 3 = 0  x = 7
Bảng xét dấu f ( x )

Suy ra tập nghiệm của bất phương trình là ( −1;0 )  ( 2;7 )
Vì x   x  3; 4;5;6  tổng các nghiệm nguyên là 18
Câu 39.9: Bất phương trình

(x

2

− 4 ( x − 1) ) log 1 ( − x 2 + 4 x + 1)  0 có tổng tất cả các nghiệm
e

nguyên là?
A. 6 .

B. 8 .

C. 4 .

D. 10 .

Lời giải
Chọn C
Ta có: ( x 2 − 4 ( x − 1) ) log 1 ( − x 2 + 4 x + 1)  0  ( x − 2 ) log 1 ( − x 2 + 4 x + 1)  0
2

e

e

x−2 0

x2

 x2
 x2

 2

 log − x 2 + 4 x + 1  0   2
.

(
)
− x + 4 x + 1  1
− x + 4 x  0
0  x  4
 1e
Vì x   x  1;3 . Vậy tổng tất cả các nghiệm nguyên bằng 4 .
Câu 39.10: Số giá trị nguyên dương của tham số m để bất phương trình
52 x +3 − 5x ( 5m +3 + 1) + 5m  0 có khơng q 21 nghiệm ngun là
A. 18.

B. 19.

C. 21.
Lời giải

Chọn B

D. 22.