25 câu ôn phần toán đánh giá tư duy đh bách khoa hn phần 19 (bản word có giải)

25 câu ơn phần Tốn - Đánh giá tư duy ĐH Bách Khoa HN - Phần 19
(Bản word có giải)
II. TOÁN TRẮC NGHIỆM
Câu 36: Cho hàm số bậc ba y = f(x) có đồ thị như hình vẽ. Tổng số đường tiệm cận của đồ thị hàm
số y 

x

2

 2x  2  x

(x  3)  f 2 (x)  3f (x) 

A. 3

là?

B. 4

Câu 37: Giả sử

C. 5

2x  5

1

x(x  2)(x  3)(x  5)  9dx  g(x)  C . Tính tổng các nghiệm của phương trình g(x)=0.

A. 3

B. –5

C. –3

Câu 38: Tập nghiệm của bất phương trình log 1
5

3

A.   2;  
2

Câu
d2 :

D. 6

39: Trong

3

B.   2;  
2

không

gian

D. 5

4x  6
0 là
x
3

C.   2;  
2


Oxyz

cho

ba

đường

3

D.   2;  
2

thẳng

d1 :

x  1 y 1 z  1



,
2
2
1

x y  1 z 1
x  3 y  2 z 1


, d3 :


. Mặt phẳng (P) : ax  by  cz   1 0 với a, b nguyên dương,
1
2
2
2
1
2

đi qua M(2;0;1) và cắt 3 đường thẳng trên tại ba điểm là ba đỉnh của một tam giác đều. Hỏi (P) đi qua điểm
nào sau đây
A. (1;3;3)

B. (1;2;3)

C. (2;1;3)

D. (3;3;1)

Câu 40: Tứ diện đều ABCD có chiều cao h  2 . Các trọng tâm của bốn mặt tứ diện tạo thành một tứ diện
có thể tích là:
A.

2 6
27

B.

6
108

C.

6
36

D.

2 6
9


Câu 41: Có 6 học sinh gồm 1 học sinh lớp 10, 2 học sinh lớp 11 và 3 học sinh lớp 12 được xếp ngẫu nhiên
thành một hàng dọc. Xác suất học sinh lớp 10 đứng xen kẽ giữa 2 học sinh lớp 12 là
A.

1
10

B.

3
5

C.

1
5

D.

3
10

Câu 42: Thể thích khối trịn xoay thu được khi quay một tam giác vng có cạnh huyền bằng 10 và một cạnh
góc vng bằng 8 quanh chính cạnh góc vng này là:
A. 96π

B. 124π

Câu 43: Số giá trị nguyên của hàm số y 
A. 1

C. 128π

D. 140π

2sinx  cosx
là

sinx  2cosx  3

B. 5

C. 3

D. Vô số

Câu 44: Một thợ mộc chế tạo một đồ vật hình trụ từ một khối gỗ hình hộp chữ nhật, có đáy là hình vng và
chiều cao bằng 1,25m bằng cách vẽ hai đường tròn (C) và (C’) nội tiếp hai đáy để tạo ra hai đáy của hình trụ,
rồi bỏ đi phần gỗ thừa bên ngồi khối trụ. Biết rằng trong tam giác cong tạo bởi (C) và hình vng đáy có
một hình chữ nhật kích thước 0,3cm x 0,6cm (như hình). Hỏi 10 đồ vật như vậy người thợ mộc sẽ bán được
số tiền gần nhất với giá trị nào sau đây, biết giá tiền trung bình của đồ vật tính theo mỗi mét khối là 20 triệu
đồng?

A. 196 nghìn đồng

B. 65 nghìn đồng

C. 176 nghìn đồng

D. 58 nghìn đồng

| z |1

Câu 45: Số các số phức thỏa mãn hệ điều kiện  z z
là


3

z z

A. 1

B. 2

C. 4

D. 8

Câu 46: Cho hai số phức z1  3  i; z 2  3  i . Tìm khẳng định sai
A. z1  z 2 là số thực

B. z1  z 2 là số thuần ảo

C. z1.z 2 là số thực

D.

z1
là số thuần ảo
z2

Câu 47: Có bao nhiêu số tự nhiên có 5 chữ số khác nhau với số 4 đứng ở hàng đơn vị được lập từ các chữ số
1, 2, 3, 4, 5?
A. 5

B. 24

C. 120

D. 256


Câu 48: Cho dãy số  un 

A. u 2022 

2023
2022

u1 1

thỏa mãn 
n 1
3 , n  N * . Số hạng thứ 2022 của dãy là
u

u

 n 1 n  2 n n  2
B. u2022 

6065
2023

C. u2022 

2022
2023

607
D. u 2022 
1213
t

T
Câu 49: Sự phân rã của một đồng vị phóng xạ được biểu diễn theo cơng thức m  t  m 0  1  trong đó
 2

m0 là khối lượng ban đầu của đồng vị phóng xạ (tại thời điểm t = 0); T là chu kỳ bán rã của đồng vị đó. Biết
rằng chu kỳ bán rã của đồng vị cacbon 14 ( 14C) là khoảng 5730 năm, hỏi một mẫu đồ cổ có độ tuổi là bao
nhiêu năm biết rằng trong mẫu đồ cổ này chứa đồng vị cacbon 14 và đồng vị này đã mất khoảng 25% khối
lượng ban đầu của nó?
A. 2300 năm

B. 2378 năm

C. 2387 năm

D. 2400 năm

Câu 50: Một dụng cụ bằng kim loại như hình vẽ, với hai đáy song song được tạo bởi hai hình parabol bằng
nhau, hai đáy vng góc với mặt bên hình chữ nhật. Hình chữ nhật này có chiều rộng 4cm (nằm trên mặt
đáy) và chiều dài 6cm. Đỉnh parabol cách hình chữ nhật 3cm. Tính thể tích của dụng cụ?

A. 32 cm3

B. 36 cm3

C. 48 cm3

D. 64 cm3

Câu 51: Cho hình chóp S.ABC có thể tích bằng a 3. Mặt (SBC) vng góc với đáy. Các
cạnh AB=AC=SA=SB=2a. Cạnh SC bằng
A. a 3
Câu

52: Số

B. a 2
nghiệm

của

phương

C. 2a 3
trình

D. a 6

sin x.sin 2x  2sin x.cos 2 x  sin x  cos x
 3 cos 2x
sin x  cos x

trong

khoảng (−4;4) là

A. 3

B. 4

C. 5

D. 2

Câu 53: Có hai người thợ hợp tác cùng chế tạo các đồ thủ cơng mỹ nghệ. Có hai loại sản phẩm, loại A cần
người thợ thứ nhất làm trong 3 giờ và người thợ 2 làm trong 1 giờ, thu lãi 200 nghìn đồng 1 sản phẩm; sản
phẩm B cần mỗi người thợ làm trong 1 giờ, thu lãi 160 nghìn đồng 1 sản phẩm. Biết rằng mỗi ngày hai người
chỉ có thể làm tối đa lần lượt 6 giờ và 4 giờ. Số tiền lãi có thể thu được nhiều nhất mỗi ngày là
A. 400 nghìn

B. 720 nghìn

C. 680 nghìn

D. 570 nghìn

Câu 54: Trong ao có 10 lá sen thẳng hàng, nằm sát mặt nước. Một con ếch đứng ở chiếc lá sen đầu tiên và nó
định nhảy đến chiếc lá cuối cùng. Mỗi lần nó có thể nhảy tiến tới tích 1 hoặc 2 bước (tức là không quay lại).


Hỏi nó có bao nhiêu cách nhảy để đến đích?
A. 47

B. 51

C. 54

D. 55

Câu 55: Một đầu bếp cắt một khoanh giị hình trụ theo trục của nó, thì thấy lát cắt có hình vng có diện tích
bằng 9. Giả sử có thể bọc kín khoanh giị này bằng một lớp giấy gói thực phẩm thì diện tích của giấy gói cần
dùng vừa đủ là bao nhiêu?
A. 9π

B. 13,5π

C. 4,5π

D. 13π
2

2

Câu 56: Trong không gian Oxyz cho mặt cầu  S :  x  1  y 2   z  2  10 và hai điểm A(1;2;–4);
B(1;2;14). Điểm M(a;b;c) là điểm nằm trên mặt cầu (S) sao cho P = MA + 2MB đạt GTNN. Khi đó a + b + c
bằng
A.

7
41

B.

23
41

C. 4

D. 7

Phương pháp giải:
1

2

Câu 57: Cho hàm số f(x) liên tục trên R thỏa mãn f  x  dx 9 . Giá trị của tích phân
5

A. 75

B. 27

C. 21

 f  1  3x   9

là

0

D. 15

Câu 58: Tổng tất cả các nghiệm của phương trình x 3  1 2 3 2x  1 là
A. 2

B. 1

C. 0

D. –1

Câu 59: Cho hai hàm số f (x)  3 x x ;g  x   x 3 x . Khẳng định nào sau đây đúng
2022
 g 22022
A. f 2









2022
 g 22022
B. f 2









2022
g 22022
C. f 2









2022
2 g 22022
D. f 2









Câu 60: Tứ diện đều ABCD có cạnh a. Mặt cầu (S) tiếp xúc với AB, AC, AD lần lượt tại B, C, D giới hạn
nên một hình cầu có thể tích là
A.

 a3 3
2

B.

4 a 3
81

C.

 a3 2
3

D.

8 a 3
27

III. TOÁN TỰ LUẬN
Bài 1:
1 3
2
1. Tìm tất cả các giá trị của m để hàm số y  mx  (m  1)x  3( m  2)x  2022 đồng biến trên [2; )
3
2. Cho dãy số  un  có số hạng tổng quát un 1 

1
, n  N * . Tính lim  u1u 2  u n 
(n  1) 2

Bài 2: Một màn hình trong rạp chiếu phim có chiều rộng AB bằng 2,0 mét, đặt cao so với mặt đất một
khoảng BH bằng 2,2 mét. C là điểm trên mặt đất có góc nhìn đối với đoạn thẳng AB là lớn nhất. Tính khoảng

cách CH từ điểm C tới màn hình.


---------- HẾT ----------


HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT
II. TOÁN TRẮC NGHIỆM
Câu 36: Cho hàm số bậc ba y = f(x) có đồ thị như hình vẽ. Tổng số đường tiệm cận của đồ thị hàm
số y 

x

2

 2x  2  x

(x  3)  f 2 (x)  3f (x) 

A. 3

là?

B. 4

C. 5

D. 6

Phương pháp giải:

Cách tìm số các tiệm cận:
+ Tiệm cận ngang: Cho x tiến tới dương vô cùng và âm vơ cùng
+ Tiệm cận đứng: Tìm các nghiệm của mẫu thức, loại đi các nghiệm không phù hợp.
Giải chi tiết:
 x 2
ĐK:  2
 f ( x)  3 f ( x ) 0
+ Tiệm cận ngang:
y 0 .
Vì hàm số y là hàm số phân thức, có bậc của tử nhỏ hơn bậc của mẫu nên xlim

 Đồ thị có 1 TCN y 0 .

+ Tiệm cận đứng:
2
Ta có (x  3)  f (x)  3f (x)  0


 x 3(L)
  f (x) 0 

 f (x)  3


 x  x1  2
 x x  ( 1;0)
2

 x x 3  (0;1)


 x 2

Vì x 2 là nghiệm kép của mẫu, nên mẫu sẽ có nhân tử ( x  2) 2 . Do đó x 2 là một TCĐ.
Suy ra đồ thị hàm số có 4 TCĐ.


Vậ tổng số tiệm cận là 5.
Câu 37: Giả sử

2x  5

1

x(x  2)(x  3)(x  5)  9dx  g(x)  C . Tính tổng các nghiệm của phương trình g(x)=0.

A. 3

B. –5

C. –3

D. 5

Phương pháp giải:
- Nhóm lại x và (x + 5); (x + 2) và (x + 3) để thu được biểu thức giống nhau
- Sau đó dùng định lý Vi–ét
Giải chi tiết:
2x  5
2x  5
I 

dx  2
dx
x(x  2)(x  3)(x  5)  9
 x  5x   x 2  5x  6   9
2x  5



2

 x 2  5x   6  x 2  5x   9
d  x 2  5x  3



x

2

 5x  3

2



dx 

2x  5

 x 2  5x  3

2

dx

1
C
x  5x  3
2

 g(x) x 2  5x  3
Theo định lý Vi–ét, tổng hai nghiệm của phương trình g(x) = 0 là –5.
Câu 38: Tập nghiệm của bất phương trình log 1
5

3

A.   2;  
2


4x  6
0 là
x

3

B.   2;  
2


3

C.   2;  
2


Phương pháp giải:
Áp dụng công thức logarit, chuyển về phương trình thương của x.
Giải chi tiết:
Ta có:

 4x  6
0
4x  6
 x
log 1
0  

x
5
 4 x  6 1
 x


 x  0

 x   3

2

 3x  6

0
 x

 x  0

3

3
  x  
  2 x  
2
2

 2  x  0
3

Vậy tập nghiệm của bất phương trình là   2;   .
2


3

D.   2;  
2



Câu

d2 :

39: Trong

không

gian

Oxyz

cho

ba

đường

thẳng

d1 :

x  1 y 1 z  1


,
2
2
1

x y  1 z 1
x  3 y  2 z 1



, d3 :


. Mặt phẳng (P) : ax  by  cz   1 0 với a, b nguyên dương,
1
2
2
2
1
2

đi qua M(2;0;1) và cắt 3 đường thẳng trên tại ba điểm là ba đỉnh của một tam giác đều. Hỏi (P) đi qua điểm
nào sau đây
A. (1;3;3)

B. (1;2;3)

C. (2;1;3)

D. (3;3;1)

Phương pháp giải:
- Xác định các VTCP của d1 , d 2 , d 3 lần lượt là u1 , u 2 , u 3 .
- Chứng minh 3 đường thẳng đã cho đơi một vng góc và đồng quy tại A .
- Chứng minh chóp ABCD chóp tam giác đều.

     
- Gọi H là trọng tâm tam giác ABC , chứng minh n AB  AC  AD là một VTPT của (P).


  
- Giải hệ nP k u1 u2 u3 , thử các trường hợp tìm k . Từ đó suy ra phương trình mặt phẳng ( P) và xác





định điểm thuộc (P) .
Giải chi tiết:



Ta có các VTCP của d1 , d 2 , d 3 lần lượt là: u1 (2; 2;1), u 2 (1;  2; 2), u 3 (2;  1;  2) .
  
Ta có: u1.u 2 u 2 .u 3 u1.u 3 0 .
Suy ra ba đường thẳng đã cho đơi một vng góc.
Lại có A(1;  1;1) nằm trên cả ba đường thẳng đã cho, nên chúng đồng quy tại A .

Vì M  (P)  2a  c  1 0  c 1  2a , suy ra (P) nhận n P (a; b;1   2a) làm VTPT.
Giả sử (P) cắt ba đường thẳng đã cho lần lượt tại B, C, D thì tam giác BCD đều.

Khi đó ABCD là tứ diện vng, chóp ABCD là chóp đều.



1  
Gọi H là trọng tâm tam giác BCD  AH  (BCD) hay AH  (P) và AH  (AB  AC  AD) .
3





 n AB  AC  AD là một VTPT của (P)
  
 (a; b;1  2a) k u1 u 2 u 3 (k 0)





Thử các trường hợp, ta có (a; b;1  2a) (1;1;  1)  (P) : x  y  z  1 0 .
Vậy mặt phẳn (P) đi qua điểm (1;3;3).
Câu 40: Tứ diện đều ABCD có chiều cao h  2 . Các trọng tâm của bốn mặt tứ diện tạo thành một tứ diện
có thể tích là:
2 6
27

A.

B.

6
108

C.

6
36

2 6
9

D.

Phương pháp giải:
Tính cạnh của tứ diện ban đầu và tứ diện mới.
Áp dụng cơng thức tính nhanh thể tích tứ diện
Giải chi tiết:
x
Thể tích tứ diện đều cạnh x có diện tích một mặt và thể tích lần lượt là S 
Áp dụng vào tứ diện ABCD thì h 

2

4

3

;V 

x3 2
12

3V x 2

 2 x 3
S
3

x
1
Tứ diện có các đỉnh là trọng tâm bốn mặt sẽ có cạnh y  
và thể tích
3
3
V 

y3 2
2
6


12
12.3 3 108

Câu 41: Có 6 học sinh gồm 1 học sinh lớp 10, 2 học sinh lớp 11 và 3 học sinh lớp 12 được xếp ngẫu nhiên
thành một hàng dọc. Xác suất học sinh lớp 10 đứng xen kẽ giữa 2 học sinh lớp 12 là
A.

1
10

B.

3
5

Phương pháp giải:
Sắp xếp vị trí của từng lớp

Tại mỗi vị trí, tính số khả năng sắp xếp có thể xảy ra
Giải chi tiết:
Ký hiệu học sinh lớp 10,11,12 lần lượt là A, B, C
Chọn vị trí của cụm CAC trong hàng: Có 4 cách.
Chọn vị trí của học sinh C cịn lại: 3 cách

C.

1
5

D.

3
10


Sắp xếp 2 học sinh lớp 11 vào 2 vị trí B: Có 2 cách
Sắp xếp 3 học sinh lớp 12 vào 3 vị trí B: Có 3! = 6 cách
Theo quy tắc nhân, số cách để học sinh lớp 10 xen giữa hai học sinh lớp 12 là 4.3.2.6 = 144
Khơng gian mẫu có số phần tử là 6!
144 1
 .
Xác suất cần tìm là P 
6! 5
Câu 42: Thể thích khối trịn xoay thu được khi quay một tam giác vng có cạnh huyền bằng 10 và một cạnh
góc vng bằng 8 quanh chính cạnh góc vng này là:
A. 96π

B. 124π

C. 128π

D. 140π

Phương pháp giải:
Xác định bán kính đáy và chiều cao của khối nón
Áp dụng cơng thức thể tích
Giải chi tiết:
Khối nón đã cho có bán kính đáy và chiều cao lần lượt là r  102  82 6; h 8 .
1 2
1
2
Nên có thể tích là V   r h   .6 .8 96 .
3
3
Câu 43: Số giá trị nguyên của hàm số y 
A. 1

B. 5

2sinx  cosx
là
sinx  2cosx  3
C. 3

D. Vô số

Phương pháp giải:
Quy đồng mẫu số, đưa về phương trình bậc nhất với sin và cos

Áp dụng điều kiện có nghiệm của dạng phương trình này.
Từ đó cơ lập được y
Giải chi tiết:
2sin x  cos x
 2sin x  cos x  y (sin x  2 cos x  3)
sin x  2 cos x  3
 (2  y )sin x  (2 y  1) cos x 3 y
y

Điều kiện để phương trình trên có nghiệm là (2  y) 2  (2y 1) 2 (3y) 2  4y 2 5
Mà y nguyên nên y  {0; 1} .
Câu 44: Một thợ mộc chế tạo một đồ vật hình trụ từ một khối gỗ hình hộp chữ nhật, có đáy là hình vng và
chiều cao bằng 1,25m bằng cách vẽ hai đường tròn (C) và (C’) nội tiếp hai đáy để tạo ra hai đáy của hình trụ,
rồi bỏ đi phần gỗ thừa bên ngoài khối trụ. Biết rằng trong tam giác cong tạo bởi (C) và hình vng đáy có
một hình chữ nhật kích thước 0,3cm x 0,6cm (như hình). Hỏi 10 đồ vật như vậy người thợ mộc sẽ bán được
số tiền gần nhất với giá trị nào sau đây, biết giá tiền trung bình của đồ vật tính theo mỗi mét khối là 20 triệu


đồng?

A. 196 nghìn đồng

B. 65 nghìn đồng

C. 176 nghìn đồng

D. 58 nghìn đồng

Phương pháp giải:
Tính bán kính đáy của đồ vật

Tính thể tích của 1 đồ vật và 10 đồ vật.
Tính giá tiền
Giải chi tiết:
Gọi bán kính đáy của đồ vật là x (cm) (x > 0,6).

Ta có phương trình
3

x  (tm)

2
( x  0,3) 2  ( x  0, 6) 2  x 2  x 2  1,8 x  0, 45 0  
 x  3 (ktm)

10
Thể tích của 1 và 10 đồ vật lần lượt là
V1  .0, 0152.1, 25
V10 10 .0, 0152.1, 25
2
Số tiền thu được là T10 20000.10 .0, 015 .1, 25 176, 7 (nghìn đồng)

| z |1

Câu 45: Số các số phức thỏa mãn hệ điều kiện  z z
là
zz  3

A. 1

B. 2

Phương pháp giải:
Đặt z theo dạng tổng quát z = a+bi rồi giải hệ đã cho.
Tìm được a và b.

C. 4

D. 8


Từ đó tìm ra số các số phức z thỏa mãn.
Giải chi tiết:
2
2
2  a 2  b2 
Đặt z a  bi(a, b  R)  z  z  (a  bi)2  (a2  bi)  2
z z
a b
a  b2

a 2  b 2 1

Hệ đã cho  
2
2
| 2(a  b ) | 3
b 2 1  a 2
 2

2

2a  2  2a  3

2
2
b 1  a
 2
2
2a  2  1  a   3

2
2
b 1  a
 2
4a 2  3

Có 4 cặp (a;b) thỏa mãn hệ này. Suy ra có 4 số phức cần tìm.
Câu 46: Cho hai số phức z1  3  i; z 2  3  i . Tìm khẳng định sai
A. z1  z 2 là số thực

B. z1  z 2 là số thuần ảo

C. z1.z 2 là số thực

D.

z1
là số thuần ảo
z2

Phương pháp giải:

Chia hai số phức bằng cách nhân liên hợp với mẫu
Giải chi tiết:
z1
3  i ( 3  i) 2 3  1  2i 3 1
3



 
i không là số thuần ảo.
2
z2
3 i
4
2 2
3 i
Vậy khẳng định D sai.
Câu 47: Có bao nhiêu số tự nhiên có 5 chữ số khác nhau với số 4 đứng ở hàng đơn vị được lập từ các chữ số
1, 2, 3, 4, 5?
A. 5

B. 24

C. 120

D. 256

Phương pháp giải:
Hoán vị các chữ số ở các hàng cịn lại.
Giải chi tiết:

Vì chữ số 4 ở hàng đơn vị nên các chữ số cịn lại là một hốn vị của (1;2;3;5)
Số các số thỏa mãn là 4! = 24 số.
Câu 48: Cho dãy số  un 

A. u 2022 

2023
2022

u1 1

thỏa mãn 
n 1
3 , n  N * . Số hạng thứ 2022 của dãy là
un 1  n  2 un  n  2
B. u2022 

6065
2023

C. u2022 

2022
2023

607
D. u 2022 
1213

Phương pháp giải:
Đưa về công thức dạng truy hồi để tìm số hạng tổng quát của dãy
Giải chi tiết:
Từ giả thiết, ta có (n  2)un 1 (n  1)un  3  (n  2)  un1  3 (n  1)  un  3
v1  4
Đặt vn (n  1)  un  3  
*
vn 1 vn , n  N
 v 2022 v1  4  2023  u 2022  3   4
 u 2022 3 

4
6065

2023 2023
t

T
Câu 49: Sự phân rã của một đồng vị phóng xạ được biểu diễn theo cơng thức m  t  m 0  1  trong đó
 2

m0 là khối lượng ban đầu của đồng vị phóng xạ (tại thời điểm t = 0); T là chu kỳ bán rã của đồng vị đó. Biết
rằng chu kỳ bán rã của đồng vị cacbon 14 ( 14C) là khoảng 5730 năm, hỏi một mẫu đồ cổ có độ tuổi là bao
nhiêu năm biết rằng trong mẫu đồ cổ này chứa đồng vị cacbon 14 và đồng vị này đã mất khoảng 25% khối
lượng ban đầu của nó?
A. 2300 năm

B. 2378 năm

C. 2387 năm

D. 2400 năm

Phương pháp giải:
Tính khối lượng chất phóng xạ cịn lại để suy ra phương trình mũ
Giải phương trình mũ
Giải chi tiết:
Vì đồng vị phóng xạ đã mất khoảng 25% khối lượng ban đầu của nó nên
t

t
4
t
4
4
 1 T 3
T
    2   log 2  t T.log 2
4
3
T
3
3
 2

Thay T = 5730 năm ta có t≈2378 năm.
Câu 50: Một dụng cụ bằng kim loại như hình vẽ, với hai đáy song song được tạo bởi hai hình parabol bằng
nhau, hai đáy vng góc với mặt bên hình chữ nhật. Hình chữ nhật này có chiều rộng 4cm (nằm trên mặt
đáy) và chiều dài 6cm. Đỉnh parabol cách hình chữ nhật 3cm. Tính thể tích của dụng cụ?

A. 32 cm3

B. 36 cm3

C. 48 cm3

D. 64 cm3


Phương pháp giải:
2
Cơng thức tính nhanh diện tích của “hình parabol” có chiều dài đáy a và chiều cao h là S  ah
3
Từ đó tính thể tích dụng cụ
Giải chi tiết:
2
2
Diện tích đáy parabol của dụng cụ là S  .4.3 8  cm 
3
Thể tích dụng cụ là V=S.h=8.6=48(cm3)
Câu 51: Cho hình chóp S.ABC có thể tích bằng a 3. Mặt (SBC) vng góc với đáy. Các
cạnh AB=AC=SA=SB=2a. Cạnh SC bằng
A. a 3

B. a 2

C. 2a 3

D. a 6

Phương pháp giải:
Gọi H là trung điểm BC, chứng minh H là tâm đường trịn ngoại tiếp tam giác vng SBC.
Đặt SC = x và giải phương trình tìm x.
Giải chi tiết:

Gọi H là trung điểm BC. AB = AC nên AH ⊥ BC. Mà (SBC) ⊥ (ABC) nên AH ⊥ (SBC)
Vì AB=AC=AS nên H là tâm đường trịn ngoại tiếp tam giác SBC. Suy ra tam giác SBC vuông tại S
Đặt SC = x > 0, ta có
BC  SB2  SC 2  4a 2  x 2
BC 1
x2
2
2
2
BH 
 4a  x  a 
2
2
4

x2 
x2
AH  AB2  BH 2  4a 2   a 2    3a 2 
4 
4

Từ giả thiết suy ra


1

1
x2
a 3 VS.ABC  AH.SSBC  3a 2 
.2a.x  6a 2  12a 2  x 2 .x
3
6
4
2

 x 4  12a 2 x 2  36a 4 0   x 2  6a 2  0  x 2 6a 2  x a 6
Câu

52: Số

nghiệm

của

phương

sin x.sin 2x  2sin x.cos 2 x  sin x  cos x
trình
 3 cos 2x
sin x  cos x

khoảng (−4;4) là
A. 3

B. 4

C. 5

Phương pháp giải:
Đưa về phương trình bậc nhất với sin và cos
Giải phương trình và tìm ra các giá trị k nguyên thỏa mãn
Giải chi tiết:
ĐK: sin x  cos x 0  x 


 k . Ta có:
4

sin x.sin 2x  2sin x.cos 2 x  sin x  cos x
 3 cos 2x
sin x  cos x


sin x.sin 2x  sin 2x.cos x  sin x  cos x
 3 cos 2x
sin x  cos x



sin 2x(sin x  cos x)  (sin x  cos x)
 3 cos 2x
sin x  cos x



(sin x  cos x)(sin 2x  1)

 3 cos 2x
sin x  cos x

 sin 2x  1  3 cos 2x


3
1
cos 2x  sin 2x 1
2
2

 1

 cos  2x   
6 2

 2x 



  k2
6
3



 x 12  k (tm)

 x    k (ktm)


4
Với k nguyên, ta có  4 


 k  4  k  { 1;0;1}.
12

Vậy phương trình đã cho có 3 nghiệm.

D. 2

trong


Câu 53: Có hai người thợ hợp tác cùng chế tạo các đồ thủ cơng mỹ nghệ. Có hai loại sản phẩm, loại A cần
người thợ thứ nhất làm trong 3 giờ và người thợ 2 làm trong 1 giờ, thu lãi 200 nghìn đồng 1 sản phẩm; sản
phẩm B cần mỗi người thợ làm trong 1 giờ, thu lãi 160 nghìn đồng 1 sản phẩm. Biết rằng mỗi ngày hai người
chỉ có thể làm tối đa lần lượt 6 giờ và 4 giờ. Số tiền lãi có thể thu được nhiều nhất mỗi ngày là
A. 400 nghìn

B. 720 nghìn

C. 680 nghìn

D. 570 nghìn

Phương pháp giải:
Đại số hóa, đưa về bài tốn tìm GTLN với điều kiện cụ thể.
Giải chi tiết:

 x, y  N

Gọi x, y lần lượt là số sản phẩm loại A và B dự kiến làm ra. Ta có 3x  y 6
 x  y 4

Cần tìm GTLN của P=200x+160y. Ta có
P=20(3x+y)+140(x+y)≤20.6+140.4=680
Vậy có thể thu lãi nhiều nhất 680 nghìn đồng
Câu 54: Trong ao có 10 lá sen thẳng hàng, nằm sát mặt nước. Một con ếch đứng ở chiếc lá sen đầu tiên và nó
định nhảy đến chiếc lá cuối cùng. Mỗi lần nó có thể nhảy tiến tới tích 1 hoặc 2 bước (tức là khơng quay lại).
Hỏi nó có bao nhiêu cách nhảy để đến đích?
A. 47

B. 51

C. 54

D. 55

Phương pháp giải:
Chia trường hợp theo số lần nhảy 2 bước của con ếch
Mỗi trường hợp sẽ có số cách nhảy tương ứng
Dùng quy tắc cộng
Giải chi tiết:
Nếu con ếch nhảy 4 lần 2 bước và 1 lần 1 bước: Số cách nhảy là số cách chọn vị trí của 1 bước nhảy trong 5
1
vị trí, là C5 cách

Nếu con ếch nhảy 3 lần 2 bước và 3 lần 1 bước: Số cách nhảy là số cách chọn vị trí của 3 bước nhảy trong 6
3

vị trí, là C6 cách

Tương tự với các trường hợp con ếch nhảy 2;1;0 lần 2 bước.
1
3
5
7
9
Tổng số cách nhảy theo quy tắc cộng là C5  C6  C7  C8  C9 55 cách

Câu 55: Một đầu bếp cắt một khoanh giị hình trụ theo trục của nó, thì thấy lát cắt có hình vng có diện tích
bằng 9. Giả sử có thể bọc kín khoanh giị này bằng một lớp giấy gói thực phẩm thì diện tích của giấy gói cần
dùng vừa đủ là bao nhiêu?
A. 9π
Phương pháp giải:

B. 13,5π

C. 4,5π

D. 13π


Cần tính diện tích tồn phần của hình trụ
Từ giả thiết suy ra bán kính đáy và chiều cao, rồi áp dụng cơng thức diện tích tồn phần
Giải chi tiết:
Thiết diện thu được là hình vng có diện tích bằng 9 nên có cạnh bằng 3
Suy ra bán kính đáy, chiều cao và diện tích tồn phần của hình trụ lần lượt là
3
Suy ra bán kính đáy, chiều cao và diện tích tồn phần của hình trụ lần lượt là r  , h 3 .

2
3 3

2
Vậy Stp 2 r  2 rh 2 r(r  h) 2 .   3  13,5 . .
2 2

2

2

Câu 56: Trong không gian Oxyz cho mặt cầu  S :  x  1  y 2   z  2  10 và hai điểm A(1;2;–4);
B(1;2;14). Điểm M(a;b;c) là điểm nằm trên mặt cầu (S) sao cho P = MA + 2MB đạt GTNN. Khi đó a + b + c
bằng
A.

7
41

B.

23
41

C. 4

Phương pháp giải:
Gọi điểm C thỏa mãn MA = 2MC
GTNN của MA + 2MB là BC
Tìm giao của BC với mặt cầu, chính là điểm M cần tìm

Giải chi tiết:

Mặt cầu (S) có tâm I(1;0; 2) và bán kính R  10 .

Có IA (0; 2;  6); IA  22  62 2 10 2R

1
 1 3
 1 1
Gọi C là điểm thỏa mãn IC  IA  0; ;    C  1; ; 
4
 2 2
 2 2
Có IM 2 IC.IA  IMC ~ IAM (c. g.c)


MA IA

2  MA 2MC  MA  2MB 2(MB  MC) BC
MC IM

D. 7


Đẳng thức xảy ra khi M trùng M  là giao của đoạn BC với (S)


 3 27 
M  thuộc đoạn BC  CM kCB  0; k; k  (k  0)
 2 2 

 1 3 1 27 
 M  1;  k;  k  . Ta có
 2 2 2 2 
2

2

3
 1 3   27
M  (S)  IM  10  0    k    k   10
2
2 2   2




1
 k   M (1;1;5)
3
Vậy a  b  c 7 .
1

2

Câu 57: Cho hàm số f(x) liên tục trên R thỏa mãn f  x  dx 9 . Giá trị của tích phân
5

A. 75

B. 27

C. 21

D. 15

Phương pháp giải:
Dùng tích phân đổi biến để đưa về tích phân ban đầu
Giải chi tiết:
2

 f  1  3x   9 dx
0

2

1
 f  1  3x  d  1  3x    9 x 
30

2

0

5

1
1
 f  t  dt  18  .9  18 21
31
3

Câu 58: Tổng tất cả các nghiệm của phương trình x 3  1 2 3 2x  1 là
A. 2

B. 1

Phương pháp giải:
Đặt ẩn phụ, đưa về hệ phương trình đối xứng
Giải chi tiết:
Đặt t  3 2x  1 , ta có hệ phương trình sau

C. 0

D. –1

 f  1  3x   9
0

là


3
 x  1 2t

3
 t  1 2x

 x 3  1 2t
 3 3
 x  t 2t  2x

 x 3  1 2t

2
2
(x  t)  x  xt  t  2  0

 x t 1
 x t
 3

 x t   1  5
 x  2x  1 0

2

Tổng ba nghiệm của phương trình đã cho bằng 0
Câu 59: Cho hai hàm số f (x)  3 x x ;g  x   x 3 x . Khẳng định nào sau đây đúng
2022
 g 22022
A. f 2









2022

 g 22022
B. f 2









2022
g 22022
C. f 2









2022
2 g 22022
D. f 2









Phương pháp giải:
Áp dụng công thức hàm mũ để đưa về lũy thừa cùng cơ số
Giải chi tiết:
1

1 3
1
1

f (x)  x 2  x 2





 f (x)  g(x)
Ta có x  1, 
1
1 2
2

 1 
g(x)  x 3  x 3





Câu 60: Tứ diện đều ABCD có cạnh a. Mặt cầu (S) tiếp xúc với AB, AC, AD lần lượt tại B, C, D giới hạn
nên một hình cầu có thể tích là
A.

 a3 3
2

Phương pháp giải:
Tính bán kính mặt cầu
Áp dụng cơng thức thể tích
Giải chi tiết:

B.

4 a 3
81

C.

 a3 2
3

D.

8 a 3
27

Gọi H là tâm tam giác đều BCD suy ra AH ⊥ (BCD)
Trong (ABH) kẻ BI vng góc AB (I ∈ AH) thì I là tâm mặt cầu cần tìm
2 a 3 a 3
Ta có BH  .
. Lại có

3 2
3
a 3
1
1
1
BA.BH
3 a 2
 2  2  R BI 

$
2
2
2
BH
BA
BI
2
BA  BH
a2
2
a 
3
a.

3

4
4  a 2   a3 2
Thể tích khối cầu cần tính là V   R 3   
 
3
3  2 
3

III. TOÁN TỰ LUẬN
Bài 1:
1 3
2
1. Tìm tất cả các giá trị của m để hàm số y  mx  (m  1)x  3( m  2)x  2022 đồng biến trên [2; )
3
Phương pháp giải:
Hàm số đồng biến khi đạo hàm khơng âm.
Giải bất phương trình y’ ≥ 0 rồi cô lập m, lập bảng biến thiên trên khoảng cần xét.
Giải chi tiết:
Hàm số đã cho đồng biến trên nửa khoảng đã cho khi và chỉ khi
y  mx 2  2(m  1) x  3(m  2) 0 x  [2; )
 m x 2  2 x  3 6  2 x



 m



6  2x
do x 2  2 x  3 ( x  1) 2  2  0, x
x  2x  3
2



