25 câu ôn phần toán đánh giá tư duy đh bách khoa hn phần 17 (bản word có giải)

25 câu ơn phần Tốn - Đánh giá tư duy ĐH Bách Khoa HN - Phần 17
(Bản word có giải)
TỐN TRẮC NGHIỆM
Câu 36:
2
Cho hàm số y = f(x) có đạo hàm trên R và có đồ thị như hình vẽ. Hàm số y f  x  2x  có bao nhiêu điểm

cực trị?

A. 3

B. 5

C. 2

Câu 37: Có bao nhiêu số nguyên x nghiệm đúng bất phương trình:
A. 2.

B. 3

D. 4
1
1

 10 ?
log x 2 log x 4 2

C. 4

D. 1

Câu 38: Cho hàm số y = f(x) có đạo hàm trên R và f′(x)<0; ∀x∈(0;+∞). Biết f(1)=2020. Khẳng định nào sau
đây đúng
A. f(2020) > f(2022)

B. f(2018) < f(2020)

C. f(0) = 2020

D. f(2) + f(3) = 4040

Câu 39: Cho hình lăng trụ đứng ABC.A′B′C′ có độ dài cạnh bên bằng 2a, đáy là tam giác ABC vuông cân
tại C; CA=CB=a. Gọi M là trung điểm của cạnh AA’. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng AB và MC’.
A.

a
3

B.

a 3
3

C.

a 3
2

D.

2a

3

Câu 40: Cho tứ diện ABCD có AB = BD = AD = 2a; AC= 7a ; BC= 3a . Biết khoảng cách giữa hai đường
thẳng AB, CD bằng a, tính thể tích của khối tứ diện ABCD.
A.

2 6a 3
3

B.

2 2a 3
3

C. 2 6a 3

D. 2 2a 3


Câu 41: Cho hàm số y 

x 3
(C) . Đường thẳng d: y = 2x + m cắt (C) tại hai điểm phân biệt M, N và MN
x 1

nhỏ nhất khi giá trị của m thuộc khoảng nào?
A. m∈(−∞;0]

 3 5
B. m   ; 

 2 2

5

C. m   ;  
2


 3
D. m   0; 
 2

Câu 42: Một hộp đựng 1515 thẻ được đánh số từ 1 đến 15. Rút ngẫu nhiên 2 thẻ và nhận 2 số trên 2 thẻ với
nhau. Tính xác suất để tích 2 số ghi trên 2 thẻ rút được là số chẵn.
A.

4
15

B.

11
15

C.

1
5

D.

13
15

Câu 43: Có bao nhiêu cách chọn 4 học sinh từ một nhóm gồm 15 học sinh?
4
A. C15

4
B. A15

C. 415

D. 154

Câu 44: Một người nơng dân có 3 tấm lưới thép B40, mỗi tấm dài 16m và muốn rào một mảnh vườn dọc bờ
sơng dạng hình thang cân ABCD như hình vẽ, trong đó bờ sơng là đường thẳng DC không phải rào và mỗi
tấm là một cạnh của hình thang. Hỏi ơng ấy có thể rào một mảnh vườn với diện tích lớn nhất bao nhiêu m2?

A. 194 3m 2

B. 196 3m 2

C. 190 3m 2

D. 192 3m 2

Câu 45: Cho hàm số y = f(x) có đồ thị như hình bên.

Tìm tất cả các giá trị của m sao cho phương trình f  x  

A. m∈(0;1)∪(5;+∞)

B. m∈(0;2)∪(10;+∞)

m
có đúng hai nghiệm thực phân biệt?
2

C. m∈{2;10}

D. m∈(1;5)

Câu 46: Bà V gửi vào ngân hàng số tiền 300 triệu đồng theo thể thức lãi kép với lãi suất 1,5% một quý. Giả
định lãi suất không thay đổi trong suốt quá trình gửi thì bà V nhận được số tiền cả gốc lẫn lãi là bao nhiêu sau
hai năm kể từ ngày gửi?
A. 328032979 đồng.

B. 309067500 đồng.

C. 337947776 đồng.

D. 336023500 đồng.


2n

Câu 47: Tìm hệ số của x8x8 trong khai triển thành đa thức của  3  2x  , biết n là số nguyên dương thỏa
0
2
4

2n
mãn C 2n 1  C2n 1  C2n 1  ...  C2n 1 1024 .

A. −103680

B. 103680

C. 130260

D. −130260

Câu 48: Từ một hộp chứa 5 viên bi vàng và 7 viên bi trắng, lấy ngẫu nhiên 5 viên bi. Tính xác suất để 5 viên
bi lấy ra cùng màu.
A.

7
264

B.

1
36

C.

1
12

D.

19
792

Câu 49: Cho các hàm số y = f(x), y = f(f(x)), y = f(4−2x) có đồ thị lần lượt là (C1),(C2),(C3). Đường
thẳng x=1 cắt (C1),(C2),(C3) lần lượt tại M, N, P. Biết tiếp tuyến của (C1) tại M có phương trình là y = 3x−1,
tiếp tuyến của (C2) tại N có phương trình là y = x+1. Phương trình tiếp tuyến của (C3) tại P là:
A. y  2 x  4

B. y 

2
8
x
3
3

Câu 50: Một vật chuyển động theo quy luật s 

C. y 

2
8
x
3
3

D. y  2 x  4

1 3
t  9t 2 với t(giây) là khoảng thời gian tính từ lúc bắt đầu

2

chuyển động và s (mét) là quãng đường vật đi được trong khoảng thời gian đó. Hỏi trong khoảng thời gian 10
giây, kể từ lúc bắt đầu chuyển động, vận tốc lớn nhất của vật đạt được bằng bao nhiêu?
A. 216(m/s)

B. 30(m/s)

C. 400(m/s)

D. 54(m/s)

Câu 51: Cho hình lập phương ABCD.A’B’C’D’có tất cả các cạnh bằng a. Khoảng cách giữa hai đường
thẳng BD và A’C’ bằng:
A.

2a

B.

3a

3
a
2

C.

D. a

Câu 52: Cho lăng trụ tam giác đều ABC.A’B’C’ có AB = 2a, AA′= a 3 . Gọi I là giao điểm của AB’ và
A’B. Khoảng cách từ I đến mặt phẳng (BCC’B’) bằng:
3a
4

A.

3a
2

B.

C.

3a
4

D.

3a
2

1 3 1 2
Câu 53: Gọi x1,x2 là hai điểm cực trị của hàm số y  x  mx  4 x  10 . Tìm giá trị lớn nhất của biểu
3
2
2
2
thức S  x1  1  x2  1 .

A. 4

B. 8

C. 0

D. 9

Câu 54: Cho (un) là cấp số nhân, đặt Sn u1  u 2  ...  u n . Biết S2 = 4, S3 = 13 và u2 < 0, giá trị của S6 bằng
A.

481
64

B.

181
16

C.

35
16

Câu 55: Cho hàm số y = f(x) liên tục trên [−3;5] và có bảng biến thiên như sau

D. 121


2

Gọi M, m lần lượt là giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số g  x  f (cos2x  4sin x  3) . Giá trị

của M+m bằng:
A. 9

B. 4

C. 7

D. 6

3
2
Câu 56: Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để đồ thị hàm số y x  3 x  2  C  cắt đường thẳng d:
2
2
2
y = m(x − 1) tại ba điểm phân biệt có hồnh độ x1 ; x 2 ; x 3 thỏa mãn x1  x 2  x 3 5 .

A. (2;5]

B. m∈(−3;2]

C. [−7;−3)

D. (5;8]

F e 
Câu 57: Gọi F(x) là một nguyên hàm của hàm số f(x) = lnx thỏa F(1) = 3. Tính T 2  log 4 3.log3  F  e   .

A. T 

9
2

B. T=17

C. T= 2

D. T=8

Câu 58: Có bao nhiêu số nguyên dương của tham số thực m thì phương trình 362x  m  6 x có nghiệm nhỏ
hơn 4.
A. 6.
Câu 59: Biết

B. 7.
e

1  ln x

 ( x  ln x)
1

A. T=1

2

dx 

C. 26.

D. 27.

1
với a, b  Z . Tính T 2a  b 2 .
ae  b

B. T=4

C. T=2

D. T=3

Câu 60: Trong khơng gian Oxyz, cho A(-1;4;2), B(3;2;1), C(-2;0;2). Tìm tất cả các điểm D sao cho ABCD
là hình thang có đáy AD và diện tích hình thang ABCD gấp ba lần diện tích tam giác ABC.
A. D(9;-6;2)

B. D(-11;0;4) và D(9;-6;2)

C. D(-11;0;4)

D. D(11;0;-4) và D(-9;6;-2)

TỐN TỰ LUẬN
Câu 61: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi tâm I, cạnh a, ∠BAD = 600, SA=SB=SD=

a 3
2

a) Tính khoảng cách từ S đến mặt phẳng đáy.
b) Gọi α là góc giữa SD và mặt phẳng (SBC). Tính sinα.
Câu 62: Gọi S là tập hợp tất cả các số tự nhiên gồm 4 chữ số đôi một khác nhau được lập từ các chữ số 1, 2,


3, 4, 5, 6, 7, 8, 9 và lấy ngẫu nhiên một số từ tập hợp S. Tìm xác suất để số được lấy chia hết cho 11 và có
tổng các chữ số của nó cũng chia hết cho 11.


HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT
TOÁN TRẮC NGHIỆM
Câu 36:
2
Cho hàm số y = f(x) có đạo hàm trên R và có đồ thị như hình vẽ. Hàm số y f  x  2x  có bao nhiêu điểm

cực trị?

A. 3

B. 5

C. 2

D. 4

Phương pháp giải:
+ Đạo hàm và xét phương trình y’ = 0.
+ Giải phương trình y’ = 0 để tìm nghiệm và lập bảng xét dấu.
+ Từ bảng xét dấu chọn ra các điểm cực trị của hàm số (đạo hàm đổi dấu khi đi qua cực trị )
Giải chi tiết:

2
2
Ta có : y  f  x  2 x   y  2 x  2  f  x  2 x 

 2x  2 0

Cho y 0  
2
 f ( x  2x ) 0

 x 1
 2
 x  2x  1 
 x 2  2x 1


 x 1

, trong đó x=1 là nghiệm kép.
 x 1
 x  2


Ta có bảng xét dấu y′:

2
Vậy hàm số y f  x  2x  có 3 điểm cực trị.

Chọn A
Câu 37: Có bao nhiêu số nguyên x nghiệm đúng bất phương trình:

A. 2.

B. 3

C. 4

1
1

 10 ?
log x 2 log x 4 2
D. 1


Phương pháp giải:
+ Tìm ĐKXĐ của bất phương trình.
+ Vận dụng công thức loga để thu gọn
+ Giải bất phương trình bằng phương pháp biến đổi tương đương.
Giải chi tiết:
x  0
Điều kiện xác định: 
 x 1

 *

1
1

 10
log x 2 log x4 2



1
4

 10
log x 2 log x 2



5
 10
log x 2

 5log 2 x  10
 log 2 x  2
 x4
0  x  4
Kết hợp điều kiện (*) ta có: 
.
 x 1
Mà x  Z  x  {2;3} . Vậy bất phương trình đã cho có 2 nghiệm nguyên.
Chọn A
Câu 38: Cho hàm số y = f(x) có đạo hàm trên R và f′(x)<0; ∀x∈(0;+∞). Biết f(1)=2020. Khẳng định nào sau
đây đúng
A. f(2020) > f(2022)

B. f(2018) < f(2020)

C. f(0) = 2020

D. f(2) + f(3) = 4040

Phương pháp giải:
Dựa vào dữ kiện hàm số có đạo hàm âm để suy ra tính chất đơn điệu của hàm số.
Giải chi tiết:
Do f′(x) < 0; ∀x ∈ (0;+∞) nên hàm số y = f(x) nghịch biến trên (0;+∞).
Do đó ∀x1,x2 ∈ (0;+∞), x1 < x2 ⇒f(x1) > f(x2)
Áp dụng tính chất trên ta được:
+) f(2020) > f(2022), suy ra A đúng.
+) f(2018) > f(2020), suy ra B sai.
+) Do 0∉(0;+∞) nên không đủ căn cứ để đưa ra kết luận f(0) = f(1) = 2020, suy ra C sai.
+) f(2) + f(3) < f(1) + f(1) =4040 , suy ra D sai.
Chọn A


Câu 39: Cho hình lăng trụ đứng ABC.A′B′C′ có độ dài cạnh bên bằng 2a, đáy là tam giác ABC vuông cân
tại C; CA=CB=a. Gọi M là trung điểm của cạnh AA’. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng AB và MC’.
A.

a
3

B.

a 3
3

C.

a 3
2

Phương pháp giải:
Cách 1: Phương pháp tọa độ hóa, gắn hệ trục tọa độ và sử dụng công thức
 

∣ AB, MC  .AM ∣

d  AB, MC  
 
 AB, MC 


Cách 2: Gọi N là trung điểm của BB , D CN  BC, E CM  AC .





 



Chứng minh d AB, MC d A, C DE

   12 d  C  C DE   .




Giải chi tiết:
Cách 1: Phương pháp tọa độ hóa

Chọn hệ trục tọa độ Cxyz như hình vẽ. Coi a = 1.
Khi đó, ta có: A(0;1;0), B(1;0;0), C’(0;0;2), M(0;1;1).



+) AB  1;  1;0  , MC   0;  1;1 , AM  0;0;1 .

 
+)  AB, MC    1;  1;  1   AB, MC  . AM  1 .
Do đó, khoảng cách giữa hai đường thẳng AB và MC’ là:
 

∣ AB, MC  .AM ∣ 1
3

d  AB, MC  


 
.
3
3
 AB, MC 


Vậy d  AB; MC  

a 3
.
3

D.

2a
3


Cách 2:

Gọi N là trung điểm của BB’, D=C′N∩BC, E=C′M∩AC.
Ta có:
1
NB // CC’ và NB  CC  nên B là trung điểm của CD hay CD = 2BC = 2a.
2
1
MA // CC’ và MA  CC nên A là trung điểm của CE hay CE = 2CA = 2a.
2
 AB / /MN

Ta có  MN  (CDE)  AB / /(CDE).
 AB  (CDE)

1
1
Khi đó d (AB, MC) d (AB, (CDE )) d (A, (CDE ))  d (C, (CDE ))  h
2

2
Vì CC′DE là tứ diện vng tại C nên
1
1
1
1
1
1 1
3
2a 3
.
 2

 2  2 2  2  h
2
2
2
h
CD CE CC '
4a
4a 4a
4a
3
Vậy d  AB, MC 

a 3
.
3

Chọn B

Câu 40: Cho tứ diện ABCD có AB = BD = AD = 2a; AC= 7a ; BC= 3a . Biết khoảng cách giữa hai đường
thẳng AB, CD bằng a, tính thể tích của khối tứ diện ABCD.
A.

2 6a 3
3

Phương pháp giải:
Giải chi tiết:

B.

2 2a 3
3

C. 2 6a 3

D. 2 2a 3


Vì AB BD AD 2a, AC  7a, BC  3 a nên tam giác ABD và ABC vuông tại B (định lí Pytago
đảo).
Gọi M là trung điểm của AB, dựng hình chữ nhật BCEM.
AB  ME
 AB  (DME)  (ABC)  (DME) .
Ta có: 
AB  MD
Trong (DME), kẻ DH  ME tại H , suy ra DH  (ABC) .
Ta có DM a 3 ME , suy ra tam giác DME cân tại M .
Gọi N là trung điểm của DE  MN  DE . Do đó DH 

MN. DE
(*).
ME

Ta có: EC / /AB  EC  (DME)  EC  MN
 MN  DE
 MN  (DEC) .
Do đó 
 MN  EC
Lại có: AB / /(DEC)  d (AB, CD) d (AB, (DEC)) d (M, (DEC)) MN a .
Suy ra DE 2NE 2 ME 2  MN 2 2a 2
Thế vào (*) ta được: DH 

a.2a 2 2a 6

.
3
a 3

1
1
1 2a 6
2 2a 3
Vậy VABCD  .DH. .AB.BC  .
.
.2a.a 3 
3
2
6 3

3
Chọn B
Câu 41: Cho hàm số y 

x 3
(C) . Đường thẳng d: y = 2x + m cắt (C) tại hai điểm phân biệt M, N và MN
x 1

nhỏ nhất khi giá trị của m thuộc khoảng nào?
A. m∈(−∞;0]
Phương pháp giải:

 3 5
B. m   ; 
 2 2

5

C. m   ;  
2


 3
D. m   0; 
 2


+ Xét PT hồnh độ giao điểm để tìm điều kiện giao nhau giữa 2 hàm số.
+ Dùng định lý Vi-et để suy ra tổng và tích của 2 nghiệm theo tham số m.
+ Lập công thức khoảng cách giữa 2 giao điểm và thay tổng và tích đã tìm được ở trên.

+ Biện luận hàm số theo m để tìm Min và hàm khoảng cách.
Giải chi tiết:
Phương trình hồnh độ giao điểm

x 3
2 x  m ( x  1)
x 1

 2x 2  (m  1)x  m  3 0 (x  1) (1).
Đường thẳng d cắt đồ thị (C) tại hai điểm phân biệt M, N khi và chỉ khi phương trình (1) có 2 nghiệm phân
 m 2  6m  25  0
 m  R .
biệt x1 ; x2  1  
2
2.( 1)  (m  1)( 1)  m  3 0
Gọi M  x1 ; 2x1  m  và N  x 2 ; 2x 2  m  thuộc d .
Theo Định lí Viét ta có x1  x 2 

m 1
m 3
; x1 x 2 
.
2
2

Ta có
2
2
2
MN 2  x 2  x1    2x 2  2x1  5   x1  x 2   4x1x 2 






5 2
5
m  6m  25  .  (m  3) 2  16  20.
4
4





Dấu = xảy ra khi m 3 .
5

Vậy MN nhỏ nhất bằng khi m 3  m   ;   .
2

Chọn C
Câu 42: Một hộp đựng 1515 thẻ được đánh số từ 1 đến 15. Rút ngẫu nhiên 2 thẻ và nhận 2 số trên 2 thẻ với
nhau. Tính xác suất để tích 2 số ghi trên 2 thẻ rút được là số chẵn.
A.

4
15

B.

11
15

C.

1
5

D.

13
15

Phương pháp giải:
+ Sử dụng cơng thức và tính chất của tổ hợp để tìm khơng gian mẫu.
+ Dùng tính chất tích của 2 số chẵn hoặc tích của 1 số lẻ với 1 số chẵn thì cho một số chẵn để tìm biến cố.
Giải chi tiết:
2
Rút ngẫu nhiên 2 thẻ từ 15 thẻ, có C15 cách.

Từ 1 đến 15 có 7 số chẵn và 8 số lẻ.


Để tích 2 số trên 2 thẻ là số chẵn, ta cần rút một thẻ đánh số chẵn và một thẻ đánh số lẻ hoặc cả hai thẻ đều
1
1
2
đánh số chẵn. Có C7 .C8  C7 cách.

Xác suất cần tìm là:

C17 .C18  C 72 11
 .
2
C15
15

Chọn B
Câu 43: Có bao nhiêu cách chọn 4 học sinh từ một nhóm gồm 15 học sinh?
4
A. C15

4
B. A15

C. 415

D. 154

Phương pháp giải:
Sử dụng tổ hợp.
Giải chi tiết:
4
Số cách chọn 4 học sinh từ một nhóm gồm 15 học sinh là C15 .

Chọn A
Câu 44: Một người nơng dân có 3 tấm lưới thép B40, mỗi tấm dài 16m và muốn rào một mảnh vườn dọc bờ
sơng dạng hình thang cân ABCD như hình vẽ, trong đó bờ sơng là đường thẳng DC khơng phải rào và mỗi
tấm là một cạnh của hình thang. Hỏi ơng ấy có thể rào một mảnh vườn với diện tích lớn nhất bao nhiêu m2?

A. 194 3m 2

B. 196 3m 2

C. 190 3m 2

Phương pháp giải:
+ Lập hàm diện tích theo ẩn là đường cao
+ Dùng phương pháp hàm số để biện luận Max của hàm số đã lập.
Giải chi tiết:
Gọi x (m, 0 < x < 16) là độ dài chiều cao của hình thang.

Áp dụng định lí Pytago ta có:
DH  AD 2  AH 2  162  x 2 CK .

D. 192 3m 2


 DC 16  2 162  x 2
Khi đó diện tích hình thang là:
S

1
16  16  2 162  x 2 x 16x  x 16 2  x 2
2





Xét hàm số f (x) 16x  x 16 2  x 2 với 0  x  16 .

Ta có: f ( x) 16 

162  2 x 2

.

162  x 2


Khi đó f ( x) 0  16 

162  2 x 2
162  x 2

0 .

 16 162  x 2  162  2 x 2 0
 2 x 2  162 16 162  x 2
2 x 2  162 0
 4
2
4
2
2
2
4 x  1024 x  16 16 16  x





2 x 2  162 0
 4
2
4 x  768 x 0
  x 8 2
 
  x  8 2
 2
 x  192 0
 x 8 3
Bảng biến thiên

Vậy diện tích lớn nhất của mảnh vườn là 192 3m 2 .
Chọn D
Câu 45: Cho hàm số y = f(x) có đồ thị như hình bên.


Tìm tất cả các giá trị của m sao cho phương trình f  x  
A. m∈(0;1)∪(5;+∞)

B. m∈(0;2)∪(10;+∞)

m
có đúng hai nghiệm thực phân biệt?
2

C. m∈{2;10}

D. m∈(1;5)

Phương pháp giải:
+ Vẽ đồ thị hàm số y = |f(x)|: lấy trên, bỏ dưới, hất dưới lên trên.
+ Dựa vào đồ thị hàm số mới để biện luận số nghiệm của phương trình.
Giải chi tiết:
Từ đồ thị hàm số y = f(x), ta suy ra đồ thị hàm số y = |f(x)| như hình sau:

Do đó, phương trình f  x  

m
có đúng hai nghiệm thực phân biệt khi và chỉ khi
2

m

 0  2 1  0  m  2


m
 m  10
 5
 2
Chọn B
Câu 46: Bà V gửi vào ngân hàng số tiền 300 triệu đồng theo thể thức lãi kép với lãi suất 1,5% một quý. Giả
định lãi suất khơng thay đổi trong suốt q trình gửi thì bà V nhận được số tiền cả gốc lẫn lãi là bao nhiêu sau
hai năm kể từ ngày gửi?
A. 328032979 đồng.

B. 309067500 đồng.

Phương pháp giải:
n

Áp dụng công thức lãi kép: A n A  1  r  .

C. 337947776 đồng.

D. 336023500 đồng.


Giải chi tiết:
Số quý bà V gửi trong 2 năm là

2.12
8 (quý).
3

Áp dụng công thức lãi kép A n A  1  r 

n

8
Số tiền bà Vui nhận được sau 2 năm là: A8 300(1  1,5%) 337947776 triệu.

Chọn C
2n

Câu 47: Tìm hệ số của x8x8 trong khai triển thành đa thức của  3  2x  , biết n là số nguyên dương thỏa
0
2
4
2n
mãn C 2n 1  C2n 1  C2n 1  ...  C2n 1 1024 .

A. −103680

B. 103680

C. 130260

D. −130260

Phương pháp giải:
+ Áp dụng khai triển Newton để tìm n dựa vào điều kiện
+ Thay n vào đa thức ban đầu, áp dụng công thức số hạng tổng quát của khai triển Newton để tìm hệ số theo
yêu cầu đề bài.
Giải chi tiết:
Xét hàm số f (x) (1  x) 2n 1 . Theo công thức khai triển nhị thức Newton:
f ( x) (1  x) 2 n 1 C20n1  C21 n1 x  C22n1 x 2  C22nn1x 2 n  C22nn11 x 2 n1
Từ đó ta có:
f (1) 22 n 1 C20n 1  C21n 1  C22n 1  C22nn1  C22nn11 (1)
f ( 1) 0 C20n 1  C21n 1  C22n 1   C22nn1  C22nn11

(2)

2 n 1
2 C20n 1  C22n 1  C24n 1  C22nn1

Cộng từng vế của (1) và (2) ta có: 2





(3)

Từ (3) và giả thiết suy ra 22 n 1 2.1024  22 n1 211  n 5 .
Bài toán trở thành tìm hệ số của x8 trong khai triển thành đa thức của (3  2 x)10 .
10

10

k 0

k 0

10
k
10  k
k
k
10  k
k
k
Ta có (3  2x)  C10 .3 .(  2x)  C10 .3 .(  2 ) .x
8
10  8
8

Do đó hệ số của x8 ứng với k 8 là C10 .3 .( 2) 103680 .

Chọn B
Câu 48: Từ một hộp chứa 5 viên bi vàng và 7 viên bi trắng, lấy ngẫu nhiên 5 viên bi. Tính xác suất để 5 viên
bi lấy ra cùng màu.
A.

7
264

B.

1
36

C.

1
12

D.

19
792


Phương pháp giải:
+ Tính số phần tử của khơng gian mẫu.
+ Gọi biến cố A: “ 5 viên bi lấy ra cùng màu”. Xét 2 TH lấy 5 bi vàng hoặc 5 bi trắng. Sử dụng tổ hợp và quy
tắc cộng.

+ Tính xác suất của biến cố.
Giải chi tiết:
Gọi biến cố A: “ 5 viên bi lấy ra cùng màu”.
5
5
5
Ta có : n (ΩC792) C12 792 và n (A) C5  C7 22 .

Vậy xác suất của biến cố A là P  A  

n  A
22
1

 .
n  ΩC792  792 36

Chọn B
Câu 49: Cho các hàm số y = f(x), y = f(f(x)), y = f(4−2x) có đồ thị lần lượt là (C1),(C2),(C3). Đường
thẳng x=1 cắt (C1),(C2),(C3) lần lượt tại M, N, P. Biết tiếp tuyến của (C1) tại M có phương trình là y = 3x−1,
tiếp tuyến của (C2) tại N có phương trình là y = x+1. Phương trình tiếp tuyến của (C3) tại P là:
A. y  2 x  4

B. y 

2
8
x
3
3

C. y 

2
8
x
3
3

D. y  2 x  4

Phương pháp giải:
+ Dựa vào phương trình tiếp tuyến của hàm số tại các điểm đặc biệt theo đề bài tìm ra các giá trị và đạo hàm
của hàm số tại các điểm đó.
+ Lập luận khéo léo dựa vào các dữ kiện đã tìm được để đưa ra phương trình tiếp tuyến tìm được.
Giải chi tiết:
- Xét hàm số y=f(x); y′=f′(x)
Theo giả thiết ta có M(1;f(1)), phương trình tiếp tuyến của (C1) tại M:
y − f(1) = f′(1) (x−1) mà theo giả thiết y=3x−1⇒f′(1)=3 (1)
Từ đó ta có: y − f(1) = 3(x−1) ⇔ y = 3x − 3 + f (1)⇒3x−3+f(1)=3x−1
⇒f(1)=2 (2)
- Xét hàm số y=f(f(x)); y′=f′(x).f′(f(x)).
Theo giả thiết ta có N(1;f(f(1))), phương trình tiếp tuyến của (C2) tại N:
y - f(f(1)) = f′(1).f′(f(1)).(x−1)
Mà theo giả thiết y = x+1 ⇒ f′(1).f′(f(1)) = 1.

(∗)

Từ đó ta có: y - f(f(1)) = x−1 ⇔ y = x − 1 + f(f(1)).
Theo (2)⇒ y = x − 1 + f(2).

Áp dụng giả thiết: x − 1 + f(2) = x + 1 ⇒ f(2)=2.

(3)


Từ (∗): f′(1).f′(f(1))=1, theo (1)&(2) ta được: 3.f′(2)=1⇒f′(2)=

1
3

(4)

- Xét hàm số y = f(4−2x); y′= −2.f′(4−2x).
Ta có P(1;f(4−2.1))⇒P(1;f(2)), phương trình tiếp tuyến (C3) tại P:
y - f(2) = -2.f′(2).(x−1), áp dụng (3) & (4) ta được:
y - 2 = −2.

1
2
8
(x−1)⇔ y  x  .
3
3
3

Chọn C
Câu 50: Một vật chuyển động theo quy luật s 

1 3
t  9t 2 với t(giây) là khoảng thời gian tính từ lúc bắt đầu

2

chuyển động và s (mét) là quãng đường vật đi được trong khoảng thời gian đó. Hỏi trong khoảng thời gian 10
giây, kể từ lúc bắt đầu chuyển động, vận tốc lớn nhất của vật đạt được bằng bao nhiêu?
A. 216(m/s)

B. 30(m/s)

C. 400(m/s)

D. 54(m/s)

Phương pháp giải:
+ Dựa vào mối liên hệ giữa hàm quãng đường và vận tốc theo đạo hàm để tìm được hàm vận tốc theo thời
gian S’(t) = v(t)
+ Biện luận hàm số vận tốc vừa tìm được theo ẩn thời gian để tìm Max.
Giải chi tiết:
Vận tốc của vật: v  t  s t  
Xét hàm số v  t  s t  

3 2
t  18t , với t∈[0;10].
2

3 2
t  18t , với t∈[0;10]
2

Ta có v t   3t  18 0  t 6 .
Bảng biến thiên

Vậy vận tốc lớn nhất mà vật đạt được trong khoảng 10 giây đầu là: 54(m/s).
Chọn D
Câu 51: Cho hình lập phương ABCD.A’B’C’D’có tất cả các cạnh bằng a. Khoảng cách giữa hai đường
thẳng BD và A’C’ bằng:


A.

2a

B.

3a

C.

3
a
2

D. a

Phương pháp giải:
Đưa về khoảng cách giữa hai mặt phẳng song song.
Giải chi tiết:

 BD  (ABCD)

 d (BD, AC) d((ABCD), (ABCD)) a

Ta có:  AC  (ABCD)
(ABCD) / /(ABCD)

Chọn D
Câu 52: Cho lăng trụ tam giác đều ABC.A’B’C’ có AB = 2a, AA′= a 3 . Gọi I là giao điểm của AB’ và
A’B. Khoảng cách từ I đến mặt phẳng (BCC’B’) bằng:
A.

3a
4

B.

3a
2

C.

3a
4

Phương pháp giải:
+ Gọi M là trung điểm của cạnh BC. Chứng minh AM⊥(BCC′B′).
+ Chứng minh d(I;(BCC′B′))=

1
d(A;(BCC′B′)).
2

Giải chi tiết:

Gọi M là trung điểm của cạnh BC.

D.

3a
2


(ABC)  (BCCB) BC
 AM   BCC B .
Vì tam giác ABC đều nên AM⊥BC. Mà 
 AM  (ABC), AM  BC
Lại có tam giác ABC đều cạnh 2a nên AM 

2a 3
a 3 .
2

Do I là trung điểm của AB′ nên d(I;(BCC′B′))=

1
1
a 3
d(A;(BCC′B′))= AM=
.
2
2
2

Chọn B
1 3 1 2
Câu 53: Gọi x1,x2 là hai điểm cực trị của hàm số y  x  mx  4 x  10 . Tìm giá trị lớn nhất của biểu
3
2
2
2
thức S  x1  1  x2  1 .

A. 4

B. 8

C. 0

D. 9

Phương pháp giải:
+ Tìm điều kiện để hàm số có 2 điểm cực trị.
+ Áp dụng định lý Vi-et và thay vào biểu thức đề bài.
+ Biện luận TGLN của hàm số theo tham số m
Giải chi tiết:
1
1
y  x 3  mx 2  4x  10 0  y x 2  mx  4
3
2
Hàm số có 2 điểm cực trị x1 , x 2 khi phương trình y 0 có hai nghiệm phân biệt x1 , x 2
   0  m 2  16  0 m  R
 x1  x2 m

Theo dịnh lí Vi-et ta có: 
 x1.x2  4
Khi đó ta có :
2

S  x12  1 x 22  1  x1x 2   x12  x 22  1





2







2

 x1x 2    x1  x 2   2x1x 2  1
16  m 2  8  1
 m 2  9 9 m  R
Vậy GTLN của S bằng 9 khi m = 0.
Chọn D
Câu 54: Cho (un) là cấp số nhân, đặt Sn u1  u 2  ...  u n . Biết S2 = 4, S3 = 13 và u2 < 0, giá trị của S6 bằng
A.

481

64

B.

181
16

C.

35
16

D. 121


Phương pháp giải:
+ Áp dụng công thức số hạng của cấp số nhân và sông thức tổng của cấp số nhân để cho ra hệ phương trình
theo số hạng đầu và cơng bội.
+ Giải phương trình và thay dữ kiện tìm được để tìm ra đáp án
Giải chi tiết:
Gọi q là công bội của cấp số nhân  u n  . Ta có S2 4 0 nên u1 0 .
Ta có u 2  0  u1q  0  u1 và q trái dấu. Ta có:
S2 4


 S3 13

u1  u 2 4

u1  u 2  u 3 13

u  u q 4
 1 1
2
u1  u1q  u1q 13
u1  u1q 4

2
13u1 (1  q) 4u1 1  q  q





u  u q 4

 12 1

4q  9q  9 0



Vậy S 
6



u1 1  q
1 q

6





 u1 1
(ktm)

q

3


 u 16
 1
3

 q  4 (tm)


16  1 

 

 3
 
 4
3
1

4

6



  481 .
64

Chọn A
Câu 55: Cho hàm số y = f(x) liên tục trên [−3;5] và có bảng biến thiên như sau

2
Gọi M, m lần lượt là giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số g  x  f (cos2x  4sin x  3) . Giá trị

của M+m bằng: