50 câu ôn phần toán đánh giá năng lực đhqg hà nội phần 9 (bản word có giải)

50 câu ơn phần Tốn - Đánh giá năng lực ĐHQG Hà Nội - Phần 9 (Bản word có giải)
TƯ DUY ĐỊNH LƯỢNG – Lĩnh vực: Toán học
Câu 1 (TH): Ở quốc gia nào, số giờ làm việc trung bình của người lao động nữ cao hơn những quốc gia
còn lại?

A. Hy Lạp

B. Hà Lan

Câu 2 (TH): Một chất điểm

C. Anh

D. Nga

chuyển động với phương trình

,(

tính bằng giây). Tính vận tốc tức thời của chuyển động tại thời điểm
A.

.

B.

.

C.

Câu 3 (NB): Nghiệm của phương trình

A.

tính bằng mét và t

.
D.

là:

B.

C.

D.

Câu 4 (TH): Hệ phương trình sau có bao nhiêu nghiệm?
A. 1

B. 2

Câu 5 (TH): Cho
điểm biểu diễn

C. 3

D. 4

lần lượt là các điểm biểu diễn của các số phức
sao cho

A.

là hình bình hành là :
B.

C.

Câu 6 (TH): Trong khơng gian Oxyz cho điểm
của điểm P trên ba trục tọa độ
A.

D.
. Gọi

lần lượt là hình chiếu vng góc

. Phương trình mặt phẳng qua ba điểm

B.

Câu 7 (NB): Trong không gian Oxyz, cho điểm
trên mặt phẳng

. Số phức có

C.

là:

D.

Tọa độ điểm

là hình chiếu vng góc của

là:
Trang 1


A.

B.

C.

Câu 8 (VD): Giải hệ bất phương trình:

D.
.

A.

B.

C.

D.

Câu 9 (TH): Tính tổng tất cả các nghiệm thuộc khoảng
A.

B.

của phương trình

C.

D.

Câu 10 (TH): Nền nhà tầng 1 của một hội trường có độ cao 0,8 mét so với mặt đất. Từ nền nhà tầng 1 lên
nền nhà tầng 2 có 1 cầu thang 19 bậc, độ cao của các bậc (so với mặt đất) theo thứ tự lập thành một cấp số
cộng

có 19 số hạng,

A.

(đơn vị là m). Độ cao của bậc thứ 8 so với mặt đất là
B.

Câu 11 (TH): Cho hàm số

C.
thỏa mãn

D.
và

A.

B.

C.

D.

. Mệnh đề nào dưới đây đúng?

Câu 12 (VD): Tập hợp tất cả các giá trị của tham số m để phương trình
nghiệm thuộc đoạn
A.

có

là:
B.

C.

D.

Câu 13 (VD): Một ơ tơ đang chạy với vận tốc 10m/s thì người lái xe đạp phanh. Từ thời điểm đó, ơ tơ
chuyển động chậm dần đều với vận tốc

, trong đó

là khoảng thời gian tính bằng

giây, kể từ lúc bắt đầu đạp phanh. Tính qng đường ơ tơ di chuyển được trong 8 giây cuối.
A. 25m

B. 50m

C. 55m

D. 16m

Câu 14 (VD): Một người gửi 75 triệu đồng vào một ngân hàng với lãi suất 5,4%/năm. Biết rằng nếu
không rút tiền ra khỏi ngân hằng thì cứ sau mỗi năm số tiền lãi được nhập vào gốc để tính lãi cho năm
tiếp theo. Hỏi sau ít nhất bao nhiêu năm người đó nhận được số tiền nhiều hơn 100 triệu đồng bao gồm cả
gốc và lãi ? Biết rằng suốt trong thời gian gửi tiền, lãi suất khơng đổi và người đó không rút tiền ra.
A. 7 năm.

B. 6 năm.

C. 5 năm.

Câu 15 (TH): Tập nghiệm của bất phương trình
A.

B.

D. 4 năm.
là:

C.

D.
Trang 2

Câu 16 (TH): Diện tích hình phẳng được gạch chéo như hình vẽ bằng:

A.

B.

C.

D.

Câu 17 (VD): Có bao nhiêu số nguyên m để hàm số
khoảng

đồng biến trên

?

A. 9

B. 10

C. 6

Câu 18 (TH): Cho số phức
A.

D. 5

. Giá trị của

B.

bằng

C. 2

D.

Câu 19 (TH): Tập hợp các điểm trên mặt phẳng tọa độ biểu diễn các số phức z thỏa mãn điều kiện
là đường thẳng có dạng

, với

ngun tố cùng nhau. Tính

.
A. 16

B. 6

C. 7

D.

Câu 20 (VD): Diện tích hình vng có 2 cạnh nằm trên 2 đường thẳng
A.

.

B.

.

C.

Câu 21 (VD): Trong mặt phẳng với hệ tọa độ
đường tròn
sao cho
A.

.

D.

. Gọi

tại hai điểm phân biệt
B.

và

A.

B.

. Điều kiện của

là

C.

và

và

là tâm đường tròn

D.

Câu 22 (TH): Viết phương trình mặt phẳng vng góc với
mặt phẳng

là:

.

, cho đường thẳng

có phương trình:
cắt

và

và chứa giao tuyến của hai
.

C.

D.

Trang 3


Câu 23 (TH): Cho tam giác
thành khi quay tam giác
quanh cạnh

vng tại
quanh cạnh

. Khi đó, tỉ số

A.

B.

. Gọi
và

là thể tích khối nón tạo

là thể tích khối nón tạo thành khi quay tam giác

bằng

.

C.

Câu 24 (TH): Một hình nón có đỉnh

.

D.

, đáy là đường trịn

tâm

, bán kính

bằng với đường cao

của hình nón. Tỉ số thể tích của hình nón và hình cầu ngoại tiếp hình nón bằng:
A.

B.

C.

Câu 25 (VD): Cho khối lăng trụ đứng
đáy góc
A.

và tam giác

D.
có đáy là tam giác đều. Mặt phẳng

tạo với

có diện tích bằng 8. Tính thể tích V của khối lăng trụ đã cho.
B.

C.

Câu 26 (VD): Cho hình hộp

. Gọi

D.
và

là trọng tâm các tam giác

và

.

Khẳng định nào sau đây đúng?
A.

B.

C.

Câu 27 (VD): Trong không gian
Xét điểm
A.

thay đổi thuộc

D.

cho

và mặt cầu

. Giá trị nhỏ nhất của biểu thức

B.

Câu 28 (TH): Trong không gian

C.
, đường thẳng

.
bằng:

D.
đi qua

và vuông góc với mặt phẳng

có phương trình tham số là:
A.

B.

Câu 29 (VD): Cho hàm số

C.
. Hàm số

D.
có đồ thị như hình vẽ bên.

Trang 4


Hàm số

có bao nhiêu điểm cực trị?

A. 5

B. 7

C. 4

Câu 30 (VD): Trong không gian với hệ tọa độ
thuộc mặt phẳng
A.

, cho hai điểm

sao cho

B.

C.

D.

có đúng 5 cực trị?
B. 3

C. 2

D. 5

Câu 32 (VD): Số giá trị nguyên dương của m để phương trình
A. 2

.

. Có tất cả bao nhiêu giá trị nguyên của tham

để hàm số
A. 6

. Điểm

nhỏ nhất. Tính

Câu 31 (VD): Cho hàm số
số

D. 3

B. 5

Câu 33 (VD): Cho hàm số

C. 4
liên tục trên

có nghiệm ?
D. 3

thỏa mãn

. Tính

.
A.

B.

C.

D.

Câu 34 (VD): Một hộp chứa 12 chiếc thẻ có kích thước như nhau, trong đó có 5 chiếc thẻ màu xanh được
đánh số từ 1 đến 5; có 4 chiếc thẻ màu đỏ được đánh số từ 1 đến 4 và 3 chiếc thẻ màu vàng được đánh số
từ 1 đến 3. Lấy ngẫu nhiên 2 chiếc thẻ từ hộp, tính xác suất để 2 chiếc thẻ được lấy vừa khác màu vừa
khác số.
A.

B.

C.

D.

Câu 35 (VD): Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vng cân đỉnh B,
. Gọi M, N, E lần lượt là trung điểm AC, BC, AB. Trên cạnh SB lấy điểm F sao
cho

. Thể tích khối tứ diện

bằng
Trang 5


A.

B.

C.

Câu 36 (NB): Tiếp tuyến với đồ thị hàm số

D.
tại điểm có hồnh độ

có hệ số góc bằng:

Đáp án: …………………………………………

Câu 37 (TH): Cho hàm số

có đạo hàm

. Điểm cực tiểu của hàm số

là:
Đáp án: …………………………………………
Câu 38 (TH): Trong không gian

khoảng cách giữa hai mặt phẳng

và

là :
Đáp án: …………………………………………
Câu 39 (TH): Một tổ gồm 6 học sinh trong đó có An và Hà được xếp ngẫu nhiên ngồi vào một dãy 6 cái
ghế, mỗi người ngồi một ghế. Tính xác suất để An và Hà không ngồi cạnh nhau.
Đáp án: …………………………………………
Câu 40 (VD): Cho đa thức

thỏa mãn

. Tính

.

Đáp án: …………………………………………
Câu 41 (TH): Tìm giá trị của m để hàm số

đạt giá trị lớn nhất bằng 6.

Đáp án: …………………………………………
Câu 42 (TH): Cho hàm số

Tìm tập hợp tất cả các giá trị của tham số

để

hàm số có đúng một cực trị.
Đáp án: …………………………………………
Câu 43 (TH): Diện tích hình phẳng giới hạn bởi hai đường

và

bằng

Đáp án: …………………………………………
Câu 44 (VD): Cho hàm số

có bảng biến thiên sau

Tìm tất cả các giá trị của tham số m để phương trình

có nghiệm thuộc khoảng

?
Đáp án: …………………………………………
Trang 6

Câu 45 (VD): Tập hợp các điểm biểu diễn của số phức z thỏa mãn

là một đường thẳng có

phương trình:
Đáp án: …………………………………………
Câu 46 (TH): Cho lăng trụ đứng
với mặt phẳng

một góc

có đáy là tam giác đều cạnh
. Thể tích lăng trụ

, mặt phẳng

tạo

bằng:

Đáp án: …………………………………………
Câu 47 (TH): Trong không gian với hệ tọa độ
. Gọi

là giao điểm của

, cho đường thẳng
và

và mặt phẳng

. Tính độ dài

.

Đáp án: …………………………………………
Câu 48 (VDC): Cho x, y là số thực dương thỏa mãn

. Tìm giá trị nhỏ nhất của

.
Đáp án: …………………………………………
Câu 49 (VD): Cho hình chóp S . ABC có SA 3a , SA   ABC  , AB BC 2a , ABC 1200 . Tính
khoảng cách từ A đến SBC  .
Đáp án: …………………………………………
Câu 50 (VD): Cho hình chóp
vng góc với đáy. Gọi
mặt phẳng

có đáy

là hình chữ nhật với

lần lượt là trung điểm của

và

. Tính khoảng cách

. Cạnh bên
từ

đến

.

Đáp án: …………………………………………

Trang 7


Đáp án
1. D

2. A

11. A

12. A

21. C

22. A

31. C
41.
m 10

32. A

3.
C
13.
C
23.
D
33.
B

43.
42.
4
 ;0  1;  
3

4. D

5. C

6. D

14. B

15. A

16. B

24. C

25. D

26. D

35. D

36.
1

5

34. B

46.
45.
44.
3
x

y

1

0
 1  m 1
3 3a 3

7. D
17.
B

27.
D

8. A
18. C
28. B

37.
1

38.
7
14

47.
3 2

48.
2 2 3

9. B
19.
A
29.
A
39.
2
3
49.
3a

2

10. B
20. A
30. B
40.

50.

1
4

a 6
3

LỜI GIẢI CHI TIẾT

TƯ DUY ĐỊNH LƯỢNG – Lĩnh vực: Toán học
Câu 1 (TH): Ở quốc gia nào, số giờ làm việc trung bình của người lao động nữ cao hơn những quốc gia
còn lại?

A. Hy Lạp

B. Hà Lan

C. Anh

D. Nga

Phương pháp giải:

- Tính tổng thời gian trung bình của lao động nữ tồn thời gian và bán thời gian của cả 4 nước.
- So sánh rồi chọn đáp án đúng.
Giải chi tiết:
Hy Lạp : 39,9  29,3 69, 2 (giờ)
Hà Lan : 38  29, 2 67, 2 (giờ)
Anh : 37  28 65 (giờ)
Nga : 39, 2  34 73, 2 (giờ)
Vậy Nga là nước có tổng số giờ lao động trung bình của nữ cao nhất trong 4 quốc gia.
Trang 8


2
Câu 2 (TH): Một chất điểm M chuyển động với phương trình s  f t  t  t  2 ,( s tính bằng mét và t

tính bằng giây). Tính vận tốc tức thời của chuyển động tại thời điểm t 2 s  .
A. 3 m / s  .

B. 2 m / s  .

C. 4 m / s 

D. 1m / s 

Phương pháp giải:
- Tìm v s  f t  . Sử dụng công thức  x n  nx n  1 .


- Thay t 2 tính v 2  .
Giải chi tiết:
2

Ta có s  f t  t  t  2  v  f t  2t  1

Khi đó v 2  2.2  1 3 m / s .
Câu 3 (NB): Nghiệm của phương trình log  x  1 0 là:
A. x 11

B. x 10

C. x 2

D. x 1

Phương pháp giải:
 f  x   0
.
Giải phương trình logarit: log f  x  0  
 f  x  1

Giải chi tiết:

x  1  0
x 1

 x 2.
Ta có: log  x  1 0  
 x  1 1
 x 2
 x 4  4 x 2 5
Câu 4 (TH): Hệ phương trình sau có bao nhiêu nghiệm? 
 x  y  1 3

A. 1

B. 2

C. 3

D. 4

Phương pháp giải:
Giải phương trình thứ nhất tìm nghiệm x và thế vào phương trình thứ hai tìm y .
Giải chi tiết:
 x 2 1
4
2
 x 1 .
Ta có: x  4 x 5   2
 x  5

 y 1
Với x 1 ta có 1  y  1 3  y  1 2  
.
 y  3
 y 3
Với x  1 ta có  1  y 1 3  y  1 4  
.
 y  5
Vậy hệ phương trình đã cho có 4 nghiệm.
1
Câu 5 (TH): Cho A, B, C lần lượt là các điểm biểu diễn của các số phức 4  3i, 1  2i i, . Số phức có

i

điểm biểu diễn D sao cho ABCD là hình bình hành là :
Trang 9


A. z  6  4i

B. z  6  3i

C. z 6  5i

D. z 4  2i

Phương pháp giải:
+) Số phức z a  bi có điểm biểu diễn là M a; b   Tọa độ các điểm A, B, C .
 
+) ABCD là hình bình hành  AB DC .
Giải chi tiết:
1
Ta có: 1  2i i  2  i,  i
i

 A 4;  3; B  2;1; C 0;  1 .

 
 2  4 0  xD
 x 6
 D
ABCD là hình bình hành  AB DC  

.
1  3  1  yD
 yD  5
Vậy số phức có điểm biểu diễn D là z 6  5i .
Câu 6 (TH): Trong không gian Oxyz cho điểm P 2;  3;1 . Gọi A, B, C lần lượt là hình chiếu vng góc
của điểm P trên ba trục tọa độ Ox, Oy, Oz . Phương trình mặt phẳng qua ba điểm A, B, C là:
A.

x y z
  1
2 3 1

B. 2 x  3 y  z 1

C. 3x  2 y  6 z 1

D. 3x  2 y  6 z  6 0

Phương pháp giải:
- Tìm tọa độ điểm A, B, C: Trong khơng gian Oxyz, hình chiếu vng góc của điểm A  x; y; z  lên trục
Ox , Oy , Oz lần lượt có tọa độ là  x;0;0  , 0; y;0  , 0;0; z  .

- Viết phương trình mặt chắn: Phương trình mặt phẳng đi qua 3 điểm a;0;0  , 0; b;0  , 0;0; c  là:
x y z
  1 .
a b c

Giải chi tiết:
Ta có A, B, C là hình chiếu vng góc của điểm P 2;  3;1 trên trục Ox, Oy, Oz nên A 2; 0;0 ,
B 0;  3;0 , C 0;0;1.

Phương trình mặt phẳng qua ba điểm A, B ,C là:

x y z
  1  3x  2 y  6 z  6 0 .
2 3 1

Câu 7 (NB): Trong không gian Oxyz, cho điểm M 1;  2;3. Tọa độ điểm A là hình chiếu vng góc của

M trên mặt phẳng Oyz  là:
A. A 1;  2;3

B. A 1;  2;0 

C. A 1; 0;3

D. A 0;  2;3

Phương pháp giải:
Tọa độ hình chiếu vng góc của điểm A  x0 ; y0 ; z0  trên mặt phẳng Oyz  là H 0; y0 ; z0 .
Giải chi tiết:
Tọa độ hình chiếu vng góc của điểm M 1;  2;3 trên mặt phẳng Oyz  là A 0;  2;3.
Trang 10


 2  3x
0

Câu 8 (VD): Giải hệ bất phương trình:  4 x  1
.

 x  12  16  0

A. S  ;  5   3;   

B. S  5;3

2

C. S  ;  5    ;   
3


2

D. S   5; 
3


Phương pháp giải:
Giải từng bất phương trình sau đó kết hợp nghiệm.
Giải chi tiết:

 2  3x
 4 x  1 0

 x  12  16  0

 2  3x
0


  4x  1

 x 2  2 x  1  16  0

ĐKXĐ: 4 x  1 0  x 

1
4

 2  3x
0

 4x  1
 x 2  2 x  15  0

  2  3 x 0

1
 
x


4
x

1

0
4
 


  2  3 x 0
2
x5


  
  x   
3

x 3
  4 x  1  0

 x   5
 x   5

 x  3

  x  3
Vậy hệ bất phương trình có tập nghiệm S  ;  5   3;    .
4
Câu 9 (TH): Tính tổng tất cả các nghiệm thuộc khoảng 0; 2  của phương trình sin

A.

9
8

B.

12
3

C.

9
4

x
x 5
 cos 4  .
2
2 8

D. 2

Phương pháp giải:
Sử dụng công thức hạ bậc, đưa về phương trình lượng giác cơ bản, dựa vào khoảng nghiệm xác định
nghiệm cụ thể và tính tổng các nghiệm.
Giải chi tiết:
2

x
x 5
x
x
x
x 5

Ta có sin  cos 4    sin 2  cos 2   2sin 2 .cos 2 

2
2 8
2
2
2
2 8

4

 1

1 2
5
1
5
sin x   1  1  cos 2 x  
2
8
4
8

 cos 2 x 

1
2
 2 x   k 2, k  
2
3

Trang 11


 x   k , k  
3

  2 4 5 
Mà x  0; 2  nên 0    k   2  x  ; ; ;  .
3
3 3 3 3 

Vậy tổng các nghiệm cần tính là



 x 3 

2 4 5 12



4  .
3
3
3
3

Câu 10 (TH): Nền nhà tầng 1 của một hội trường có độ cao 0,8 mét so với mặt đất. Từ nền nhà tầng 1 lên
nền nhà tầng 2 có 1 cầu thang 19 bậc, độ cao của các bậc (so với mặt đất) theo thứ tự lập thành một cấp số
cộng un  có 19 số hạng, u1 0,95; d 0,15 (đơn vị là m). Độ cao của bậc thứ 8 so với mặt đất là

A. 1,8m

C. 2, 4m

B. 2m

D. 2, 2m

Phương pháp giải:
Công thức tổng quát của CSC có số hạng đầu là u1 và công sai d : un u1  n  1 d .
Tổng

của

d : Sn 

n

số

hạng

đầu

của

CSC

có

số

hạng

đầu

là

u1

và

cơng

sai

n u1  un  n  2u1  n  1 d 

.
2
2

Giải chi tiết:
Độ cao của các bậc thang thứ n của tòa nhà được tính theo cơng thức: u 0,95  n  1.0,15.
Độ cao của bậc thứ 8 so với mặt đất là: u8 0,95  7.0,15 2m .
Câu 11 (TH): Cho hàm số f  x  thỏa mãn f  x  

6
và f 2  0 . Mệnh đề nào dưới đây đúng?
3  2x

A. f  x   3ln 3  2 x

B. f  x  2 ln 3  2 x

C. f  x   2 ln 3  2 x

D. f  x  3ln 3  2 x

Phương pháp giải:
Sử dụng công thức nguyên hàm mở rộng:

ln ax  b
1
dx

C .
ax  b
a

Giải chi tiết:

6
6
f  x  f  x  dx 
dx  ln 3  2 x  C  3ln 3  2 x  C .
3  2x
2
Câu 12 (VD): Tập hợp tất cả các giá trị của tham số m để phương trình x  x  1 x  1 x  2  m có
nghiệm thuộc đoạn  0;1 là:

A. m    1; 0

B. m    1;1

C. m   0;1

D. m   0; 2

Phương pháp giải:

Trang 12


Số nghiệm của phương trình x  x  1 x 1 x  2  m là số giao điểm của đồ thị hàm số
f  x  x  x  1 x 1x  2  và đường thẳng y m .

Giải chi tiết:
4
3
2
Xét hàm số f  x  x  x  1 x 1 x  2  x  2 x  x  2 x

1

 x  2

 1 5

3
2

TXĐ: D R . Ta có f  x  4 x  6 x  2 x  2 0   x 
.
2

 1 5

x 2

BBT:

Từ BBT ta thấy phương trình có nghiệm thuộc  0;1  m    1; 0 .
Câu 13 (VD): Một ô tô đang chạy với vận tốc 10m/s thì người lái xe đạp phanh. Từ thời điểm đó, ơ tơ
chuyển động chậm dần đều với vận tốc v t   2t  10 m / s  , trong đó t là khoảng thời gian tính bằng
giây, kể từ lúc bắt đầu đạp phanh. Tính qng đường ơ tơ di chuyển được trong 8 giây cuối.
A. 25m

B. 50m

C. 55m

D. 16m

Phương pháp giải:

s t  v t  dt .
Giải chi tiết:
Thời gian từ lúc đạp phanh đến lúc dừng hẳn là: 5 s 
Do đó trong 8 giây cuối thì 3s đầu ơ tô chuyển động đều với vận tốc 10m/s, 5s cuối chuyển động chậm
dần đều sau đó dừng hẳn.
5

Qng đường ơ tô di chuyển được trong 8 giây cuối là S 10.3   2t  10  dt 30  25 55 m  .
0

Câu 14 (VD): Một người gửi 75 triệu đồng vào một ngân hàng với lãi suất 5,4%/năm. Biết rằng nếu
không rút tiền ra khỏi ngân hằng thì cứ sau mỗi năm số tiền lãi được nhập vào gốc để tính lãi cho năm
Trang 13


tiếp theo. Hỏi sau ít nhất bao nhiêu năm người đó nhận được số tiền nhiều hơn 100 triệu đồng bao gồm cả
gốc và lãi ? Biết rằng suốt trong thời gian gửi tiền, lãi suất không đổi và người đó khơng rút tiền ra.
A. 7 năm.

B. 6 năm.

C. 5 năm.

D. 4 năm.

Phương pháp giải:
Sử dụng công thức lãi kép An  A 1  r  trong đó:
n

An : Số tiền nhận được sau n năm (cả gốc lẫn lãi).
A : Số tiền gửi ban đầu
r : lãi suất (%/năm)
n : thời gian gửi (năm)

Giải chi tiết:
Giả sử sau n năm người đó nhận được số tiền nhiều hơn 100 triệu đồng, ta có:

An 75 1  5, 4%   100  1, 054 n 
n

4
4
 n  log1,054 5, 47 .
3
3

Vậy sau ít nhất 6 năm người đó mới nhận được số tiền nhiều hơn 100 triệu đồng.
Câu 15 (TH): Tập nghiệm của bất phương trình log 3  x  1  log 3 2 x  là:
B.  0;1

A. 0;1

C. 1;  

D.  ;1

Phương pháp giải:

 f x   0
.
Tìm điều kiện xác định 

 g x   0

 a  1

  f  x   g  x .

Giải bất phương trình log a f  x   log a g  x   
0  a 1
 
  f  x   g  x 
Giải chi tiết:
log 3  x  1  log 3 2 x  *

 x 1  0

Điều kiện: 
2 x  0

* 

x   1
 x  0.

x  0

x  1  2 x  x  1.

Kết hợp với điều kiện, bất phương trình có tập nghiệm là: S 0;1.
Câu 16 (TH): Diện tích hình phẳng được gạch chéo như hình vẽ bằng:

Trang 14


3

A.

 x

1

2

 2 x  3 dx B.

3

 x

1

2

 2 x  3 dx C.

3

 x

1

2

 2 x  3 dx

3

D.

 x

1

2

 2 x  3 dx

Phương pháp giải:
- Dựa vào đồ thị hàm số xác định các giao điểm của hai đồ thị hàm số.
- Diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số y  f  x  , y  g  x  , đường thẳng x a , x b là
b

 f  x   g  x  dx .
a

Giải chi tiết:

 x  1
2
Dựa vào đồ thị hàm số ta thấy: x  3 2 x  
.
 x 3
3

2
Khi đó diện tích phần gạch chéo là: S  x  3  2 x dx .

1

Trên khoảng

 1;3

đồ thị hàm số

y 2 x nằm phía trên đồ thị hàm số

y x 2  3 nên

2 x  x 2  3 x   1;3 
3

2
Vậy S   x  2 x  3 dx .
1

1 3
2
2
Câu 17 (VD): Có bao nhiêu số nguyên m để hàm số f  x   x  mx  m  6  x  đồng biến trên
3
3

khoảng 0;   ?
A. 9

B. 10

C. 6

D. 5

Phương pháp giải:
- Để hàm số y  f  x  đồng biến trên a; b  thì f  x  0 x  a; b  và bằng 0 tại hữu hạn điểm.
- Xét dấu tam thức bậc hai.
Giải chi tiết:
TXĐ: D  .
Trang 15


2
Ta có: f  x  x  2mx  m  6 .

Để hàm số đồng biến trên 0;   thì f  x  0 x  0;   và bằng 0 tại hữu hạn điểm.
 x 2  2mx  m  6 0 x  0;   .

Ta có:  m 2  m  6 .
TH1:  0  m 2  m  6 0   2 m 3 , f  x  0 x   , trường hợp này thỏa mãn.

m 3
TH2:   0  
, khi đó phương trình đã cho có 2 nghiệm phân biệt x1  x2 . Ta có bảng xét dấu
m  2
như sau:

Do đó để f  x  0 x  0;   thì x1  x2 0 . Khi đó S  x1  x2  0, P  x1 x2 0 .

 2m  0
m  0
 

  6 m  0 .
m  6 0 m  6
Kết hợp hai trường hợp ta có  6 m 3 . Mà m    m    6;  5;  4;  3;  2;  1; 0;1; 2;3 .
Vậy có 10 giá trị của m thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Câu 18 (TH): Cho số phức z 2  i 
A.

 1 i
. Giá trị của z bằng
1  3i

B. 2 3

2

C. 2

D. 10

Phương pháp giải:
- Tính số phức z bằng MTCT.
- Số phức z a  bi có mơđun z  a 2  b 2 .
Giải chi tiết:
Sử dụng MTCT ta có z 2  i 

2

 1 i 8 6
  i.
1  3i 5 5

2

8
6
Vậy z        2.
 5  5

Câu 19 (TH): Tập hợp các điểm trên mặt phẳng tọa độ biểu diễn các số phức z thỏa mãn điều kiện
2 | z  1  2i || 3i  1  2 z | là đường thẳng có dạng ax  by  c 0 , với b, c nguyên tố cùng nhau. Tính

P a  b .

A. 16

B. 6

C. 7

D.  1
Trang 16


Phương pháp giải:
Phương pháp tìm tập hợp điểm biểu diễn số phức
Bước 1: Gọi số phức z x  yi có điểm biểu diễn là M ( x; y )

Bước 2: Thay z vào đề bài  Sinh ra một phương trình:
+) Đường thẳng: Ax  By  C 0.
+) Đường tròn: x 2  y 2  2ax  2by  c 0.
+) Parabol: y a.x 2  bx  c
x2 y 2
+) Elip:

1
a
b
Giải chi tiết:
Giả sử ta có số phức z  x  yi . Thay vào điều kiện 2 | z  1  2i || 3i  1  2 z | có
2 | ( x  yi )  1  2i || 3i  1  2( x  yi ) | 2 | ( x  1)  ( y  2)i || (1  2 x)  (3  2 y)i |

 2 ( x  1) 2  ( y  2) 2  (1  2 x) 2  (3  2 y ) 2
 4( x  1) 2  4( y  2) 2 (1  2 x) 2  (3  2 y) 2
 4 x 2  8 x  4  4 y 2  16 y  16 4 x 2  4 x  1  4 y 2  12 y  9
 4 x  28 y  10 0  2 x  14 y  5 0
 a 2, b 14

Vậy P a  b 2  14 16.
Câu 20 (VD): Diện tích hình vng có 2 cạnh nằm trên 2 đường thẳng  2 x  y  3 0 và 2 x  y 0 là:
A.

9
.
5

B.

3
.
5

C.

6
.
5

D.

9
.
25

Phương pháp giải:

Khoảng cách giữa hai đường thẳng song song:
d 1 ;  2  d M ;  2 , M  1

hoặc d 1 ;  2  d M ; 1 , M   2 .
Giải chi tiết:

Trang 17


(Quan sát hình vẽ) Dễ dàng nhân thấy 1 / /  2 .
Lấy M 1; 2  1 :2 x  y 0
Vì 1 : 2 x  y 0 song song với  2 :  2 x  y  3 0 nên d 1 ;  2  d M ;  2   AB

 AB 

 2.1  2  3

 2 

2

 12



3
5.
2

9
 3 
Diện tích hình vng ABCD: S  AB 
 5 .
 5
2

Câu 21 (VD): Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho đường thẳng d  : 2 x  my  1 

2 0 và

đường tròn C  có phương trình: x 2  y 2  2 x  4 y  4 0 . Gọi I là tâm đường tròn C  . Điều kiện của
m sao cho d  cắt C  tại hai điểm phân biệt A và B là

A. m  

B. m 1

C. m  

D. m 2

Phương pháp giải:
Để đường thẳng d  cắt đường tròn C  tại hai điểm phân biệt A và B thì d  I , d   R .
Giải chi tiết:

C  : x 2  y 2  2 x  4 y  4 0 

 I 1;  2 

 R 3

d  cắt C  tại hai điểm phân biệt


2  2m 1 

A và B  d  I , d   R

2  3 2  m2

 1  4m  4m 2  18  9m 2
 5m 2  4m  17  0

2 4

 5.  m 2  2 m     13  0
5 5

2

2

 5.  m    13  0 luôn đúng với m
5

Vậy m  .

Trang 18


Câu 22 (TH): Viết phương trình mặt phẳng vng góc với  P  : x  z  y 0 và chứa giao tuyến của hai
mặt phẳng Q  :2 x  2 y  z  1 0 và  R  : x  2 y  2 z  2 0 .
A. x  z  1 0

B. x  y  z  1 0

C. x  z 0

D. x  z  1 0

Phương pháp giải:
-

Gọi

mặt

phẳng

cần

tìm

là

  ,

phương

trình

mặt

phẳng

 

có

dạng:

2 x  2 y  z  1  m  x  2 y  2 z  2  0

- Hai mặt phẳng  P  : Ax  By  Cz  D 0 và Q  : Ax  By  C z  D 0 vng góc với nhau khi và chỉ
khi AA  BB  CC  0 .
Giải chi tiết:
Gọi mặt phẳng cần tìm là   , phương trình mặt phẳng   có dạng:
2 x  2 y  z  1  m  x  2 y  2 z  2  0  2  m  x  2  2m  y   1  2m  z  2m  1 0

Vì     P  : x  z  y 0 nên ta có:

2  m .1  2  2m .1   1  2m .  1 0
 2  m  2  2m  1  2m 0
 5  5m 0  m  1

Vậy phương trình mặt phẳng cần tìm là: x  z  1 0 .
Câu 23 (TH): Cho tam giác ABC vuông tại A, AB 6cm, AC 8cm . Gọi V1 là thể tích khối nón tạo
thành khi quay tam giác ABC quanh cạnh AB và V2 là thể tích khối nón tạo thành khi quay tam giác
ABC quanh cạnh AC . Khi đó, tỉ số

A.

16
9

B.

9
.
16

V1

bằng
V2
C.

3
.
4

D.

4
3

Phương pháp giải:
1 2
Thể tích khối nón: V  R h .
3

Giải chi tiết:
Thể tích khối nón tạo thành khi quay tam giác ABC quanh cạnh AB là:
1
.82.6
2
V1  . AC . AB 
3
3
Thể tích khối nón tạo thành khi quay tam giác ABC quanh cạnh AC là:
1
.62.8
V2  . AB 2 . AC 

3
3

Trang 19


.82.6
V
4
 1  32  .
V2 .6 .8 3
3
Câu 24 (TH): Một hình nón có đỉnh S , đáy là đường trịn C  tâm O , bán kính R bằng với đường cao
của hình nón. Tỉ số thể tích của hình nón và hình cầu ngoại tiếp hình nón bằng:
A.

1
2

B.

1
3

C.

1
4

D.

1
6

Phương pháp giải:
1 2
+ Hình nón có chiều cao h và bán kính R thì có thể tích là V  R h
3
4 3
+ Hình cầu có bán kính r thì có thể tích bằng V  r
3

Giải chi tiết:

Vì hình nón có bán kính R và chiều cao h bằng nhau nên h R và thể tích hình nón đã cho là
1
1
1
Vn  R 2 h  R 2 .R  R 3
3
3
3

Cắt hình nón bởi mặt phẳng đi qua trục ta được thiết diện là tam giác cân
SH h R HB 

SAB

có

BA
nên SAB vng tại S .
2

Khi đó H là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác SAB và H cũng là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình nón
đỉnh S .
4 3
Nên bán kính mặt cầu là HS R nên  thể tích hình cầu này là Vc  R
3

1 3
R
Vn 3
1

 .
Suy ra
Vc 4 R 3 4
3
Câu 25 (VD): Cho khối lăng trụ đứng ABC. ABC  có đáy là tam giác đều. Mặt phẳng  ABC  tạo với
đáy góc 300 và tam giác A1 BC có diện tích bằng 8. Tính thể tích V của khối lăng trụ đã cho.
Trang 20