25 câu ôn phần toán đánh giá tư duy đh bách khoa hn phần 10 (bản word có giải)

25 câu ơn phần Tốn - Đánh giá tư duy ĐH Bách Khoa HN - Phần 10
(Bản word có giải)
II. Phần 2 (5đ) – Toán trắc nghiệm (câu hỏi 36 – 60)
Câu 36. Cho hàm số y 

x3
 ax 2  bx  c có bảng biến thiên như hình
3

bên. Hỏi có bao nhiêu số dương trong các hệ số a, b, c?
A. 2.

B. 0.

C. 3.

D. 1.

Câu 37. Cho hàm số y  f  x  có bảng biến thiên như hình bên dưới. Đồ thị hàm số y 

14
có tất
f  x  4

cả bao nhiêu tiệm cận đứng và ngang?

A. 2.

B. 4.

C. 3.

D. 5.

Câu 38. Cho hàm số y  f  x  liên tục trên  , có bảng biến thiên như hình vẽ bên. Đặt
g  x   m  f  x  1 . Tìm tất cả các giá trị thực của m để hàm số y g  x  có đúng 3 điểm cực trị.

A. m   1 hoặc m  3 .

B.  1  m  3.

C. m  1 hoặc m 3 .

D.  1 m 3 .

Câu 39. Ông An muốn xây một bể chứa nước dạng hình hộp chữ nhật, phần nắp trên ơng để trống một ơ
có diện tích bằng 20% diện tích của đáy bể. Biết đáy bể là một hình chữ nhật có chiều dài gấp đơi chiều
rộng, bể có thể tích tối đa 10m3 nước và giá tiền thuê nhân cơng 500 000 đồng/m3. Số tiền ít nhất mà ông
phải trả cho nhân công gần nhất với đáp án nào dưới đây?
A. 14 triệu đồng.

B. 13 triệu đồng.

C. 16 triệu đồng.

D. 15 triệu đồng.

Trang 1




t
Câu 40. Một máy tính Laptop nạp pin, dung lượng pin nạp được tính theo cơng thức Q  t  Qo 1  e

2



với t là khoảng thời gian tính bằng giờ và Qo là dung lượng nạp tối đa. Hỏi cần ít nhất bao lâu để máy
tính đạt được khơng dưới 95% dung lượng pin tối đa?
A. ít nhất 2,12 giờ.

B. ít nhất 1,12 giờ.

C. ít nhất 3,12 giờ.

D. ít nhất 0,12 giờ.

Câu 41. Đầu mỗi tháng ơng Bình đến gửi tiết kiệm vào ngân hàng số tiền là 20.000.000 đồng với lãi
suất r%/tháng. Sau 2 tháng gửi, gia đình ơng có việc đột xuất nên cần rút tiền về. Số tiền ông rút được
cả vốn lẫn lãi là 40.300.500 đồng. Tính lãi suất hàng tháng mà ngân hàng áp dụng cho tiền gửi của ơng
Bình.
A. 0,5%/tháng.

B. 0,7%/tháng.

C. 0,6%/tháng.

D. 0,4%/tháng.

 2
x3  x
Câu 42. Cho phương trình  log 2 x  log 2  e  m 0  1 . Gọi S là tập hợp giá trị m nguyên với
4

m    10;10 để phương trình có đúng 2 nghiệm. Tổng giá trị các phần tử của S bằng
A. – 28.

B. – 3.

C. – 27.

D. – 12.

x
x
Câu 43. Tập nghiệm của bất phương trình 9  2  x  5  3  9  2 x  1 0 là S  a; b   c;   . Khi đó

a  2b  c bằng

A. 0.

B. 4.

C. 3.

D. 1.

Câu 44. Một thiết bị kỹ thuật là một khối tròn xoay. Mặt cắt của khối
trịn xoay đó qua trục của nó được mơ tả trong hình bên. Thể tích của

thiết bị đó bằng
A. 80 cm3 .

B. 312 cm3 .

C. 316 cm3 .

D. 79 cm3 .

Câu 45. Cho hình chóp S.ABCD có ABCD là hình chữ nhật tâm I cạnh AB 3a; BC 4a. Hình chiếu
của S trên mặt phẳng (ABCD) là trung điểm của ID. Biết rằng SB tạo với mặt phẳng (ABCD) một góc
45o. Tính diện tích mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABCD

A.

25 2
a.
2

B.

125 2
a.
4

C.

125 2
a.
2

D. 4 a2 .

Trang 2



Câu 46. Cho hình chóp S.ABC có BAC
90o , AB 3a, AC 4a. Hình chiếu của đỉnh S là một điểm H
nằm trong tam giác ABC. Biết khoảng cách giữa các cặp đường thẳng chéo nhau của hình chóp là
d  SA, BC  

6a 34
12 a
12a 13
, d  SB, CA  
, d  SC, AB  
. Tính thể tích khối chóp S.ABC.
17
5
13

A. 9a3 .

B. 12 a3 .

C. 18a3 .

D. 6a3 .

3
Câu 47. Cho hàm số f  x  có đạo hàm liên tục trên  , thỏa mãn cos x. f '  x   sin x. f  x  2 sin x cos x,

  9 2
với mọi x  , và f   
. Mệnh đề nào dưới đây đúng?
4
 4
 
A. f     2;3 .
 3

 
B. f     3;4  .
 3

 
C. f     4;6  .
 3

 
D. f     1;2  .
 3

Câu 48. Một nhà máy nhiệt điện sử dụng 90 máng Parabol thu
nhiệt năng lượng mặt trời có cùng kích thước, bề mặt cong đều
nhau. Mỗi máng có chiều rộng 2m, bề dày của khối silic làm
mặt máng là 2dm, chiều dài 3m. Đặt máng tiếp giáp mặt đất có
điểm cao nhất của khối silic làm mặt máng so với mặt đất là
5dm. Khi đó thể tích của khối silic làm 90 mặt máng là

A. 10m 3 .
B. 108m 3 .
C. 120m 3 .

D. 30m 3 .
2

2

2

Câu 49. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho mặt cầu  S1  :  x  1   y  1   z  2  16 và

 S2  :  x  1

2

2

2

  y  2    z  1 9 cắt nhau theo giao tuyến là đường trịn (C). Tìm tọa độ tâm J của

đường tròn (C)
 1 7 1
A. J   ; ;  .
 2 4 4

1 7 1
B. J  ; ;  .

3 4 4

 1 7 1
C. J   ; ;   .
 3 4 4

 1 7 1
D. J   ; ;   .
 2 4 4


Câu 50. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho tam giác ABC vuông tại C, ABC
60o , AB 3 2 ,
đường thẳng AB có phương trình

   : x  z  1 0.

x  3 y  4 z 8


, đường thẳng AC nằm trên mặt phẳng
1
1
4

Biết B là điểm có hoành độ dương. Gọi  a; b; c  là tọa độ điểm C, giá trị của a  b  c

bằng
A. 3.

B. 2.

C. 4.

D. 7.
Trang 3


Câu 51. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho ba điểm A  0;  2;  1 , B   2;  4;3 , C  1;3;  1 và mặt
  
phẳng  P  : x  y  2 z  3 0 . Biết điểm M  a; b; c    P  thỏa mãn T  MA  MB  2 MC đạt giá trị
nhỏ nhất. Tính S a  b  c.
1
B. S  .
2

A. S  1.

C. S 0.

1
.
2

D. S 

Câu 52. Cho số phức z, biết rằng các điểm biểu diễn hình học của các số phức z, iz và z+iz và tạo thành
một tam giác có diện tích bằng 18. Mơđun của số phức z bằng
A. 2 3.

B. 3 2.

C. 6.



D. 9.



2
Câu 53. Cho số phức z m  3  m  m  6 i với m   . Gọi (P) là tập hợp các điểm biểu diễn số phức

z trong mặt phẳng tọa độ. Diện tích hình phẳng giới hạn bởi  P  và trục hoành bằng
A.

125
.
6

B.

17
.
6

C. 1.

D.

55
.
6

Câu 54. Cho hình lăng trụ đứng ABC. A ' B ' C ' có ABC là tam giác vng cân, AB  AC a, AA ' a 3 .
Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau AB ', BC '
A.

a 6
.
4

B.

a 3
.
4

C.

a 3
.
2

D.

a 15
.
5

Câu 55. Cho hình chóp đều S.ABCD có đáy ABCD là hình vng cạnh bằng a 2 , cạnh bên SA 2a.
Cơsin của góc giữa hai mặt phẳng ( SDC ) và  SAC  bằng
A.

21
.
14

B.

21
.
3

C.

21
.
7

D.

21
.
2

Câu 56. Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để phương trình cox 2 x   1  2 m  cos x  m  1 0 có
  
nghiệm trên khoảng   ;  .
 2 2

A.  1 m 2.

B. 0 m  1.

1
D.  1 m  .
2

C. 0  m 1.

Câu 57. Một đồn tàu gồm 12 toa chở khách. Có 7 hành khách chuẩn bị lên tàu. Tính xác suất để đúng 3
toa có người.
A. 0,017.
Câu

58.

B. 0,123.
Trong

mặt

phẳng

C. 0,011.
tọa

độ

Oxy,

cho

hình

D. 0,018.
vng

MNPQ

với

M  10;10  ,

N   10;10  , P   10;  10  , Q  10;  10  . Gọi S là tập hợp tất cả các điểm có tọa độ đều là các số nguyên

Trang 4


nằm trong hình vng MNPQ. Chọn ngẫu nhiên một điểm A  x; y   S , khi đó xác xuất để chọn được

điểm A thỏa mãn OA.OM 1 là
A.

1
.
21

B.

2
.
49

C.

1
.
49

D.

19
.
441

Câu 59. Tam giác ABC có ba góc A, B, C theo thứ tự lập thành cấp số cộng và C 5 A . Xác định số đo
các góc A, B, C.
 A 10o

o
A.  B 120 .
C 50o


 A 20o

o
B.  B 60 .
C 100o



 A 5o

o
C.  B 60 .
C 25o


 A 15o

o
D.  B 105 .
C 60o


Câu 60. Ba số phân biệt có tổng là 279 có thể coi là các số hạng liên tiếp của một cấp số nhân, cũng có
thể coi là số hạng thứ 1, thứ 5, thứ 25 của một cấp số cộng. Hỏi phải lấy bao nhiêu số hạng đầu của cấp số
cộng này để tổng của chúng bằng 1890?
A. 20.

B. 42.

C. 21.

D. 17.

III. Phần 3 (2,5đ) – Toán tự luận
Bài 1. Trong không gian với hệ tọa độ

 x  1

2

2

Oxyz cho mặt cầu

(S) có phương trình

2

  y  2    z  1 1 . Viết phương trình mặt phẳng (Q) chứa trục hồnh và tiếp xúc với mặt cầu

(S).
Bài 2. Xét các số phức z thỏa mãn

z  2  5i

 z  z i  2

là số thực. Tập hợp các điểm biểu diễn của số phức 2z là

một parabol (P). Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi (P)và trục hoành.

Trang 5


Đáp án
36-C

41-A
51-C

37-B
42-C
52-C

38-C
43-A
53-A

39-A
44-D
54-B

40-A
45-B
55-C

46-D
56-C

47-A
57-D

48-B
58-A

49-D
59-B

50-C
60-A

LỜI GIẢI CHI TIẾT
Câu 36.
Ta có y 

x3
 ax 2  bx  c suy ra y '  x 2  2ax  b
3

Từ bảng biến thiên, ta có
 y '   2  4

 y   2  2 
 y '  0 x


4  4a  b 4

 8
  4a  2b  c  2 
 3
 ' a 2  b  0

0  b  16

8


  c  2   4 a  8a 
3

0  a  4

b 4a

8

c  2   4a  2b
3

2
 a  4a  0

0  b  16

8

c  2   4 a  0
3

0  a  4

Vậy ba số a, b, c dương.
Câu 37.
f  x    và lim f  x  3.
Từ bảng biến thiên của hàm số y  f  x  ta có: xlim

x  

14
 f  x   4     lim
0 . Suy ra đường tiệm cận ngang của đồ thị là y 0.
+) xlim

x   f  x   4
14
 f  x   4  7  lim
2 . Suy ra đường tiệm cận ngang của đồ thị là y 2.
+) xlim
 
x   f  x   4
 x a
 đồ thị có hai tiệm cận đứng.
Do đó f  x   4 0  f  x   4  
 x b
Vậy đồ thị hàm số có 4 tiệm cận.
Câu 38.
Nhận xét:

Số điểm cực trị của hàm số g  x   m  f  x  1 bằng số điểm cực trị của hàm số

h  x  m  f  x
Ta có bảng biến thiên của hàm số y m  f  x  như sau:

Trang 6


  3  m 0


Hàm số h  x   m  f  x  có đúng 3 điểm cực trị  
 1  m 0

 m 3
 m  1


Câu 39.
Gọi chiều rộng của đáy bể là a  a  0  thì chiều dài của đáy bể là 2a; chiều cao của bể là h  h  0  . Thể
2
tích của bể là V 2a h 10  h 

5
a2

Diện tích toàn phần của bể là
S 2a 2 

80
18
30 18
15 15
18 15 15
2a 2  4ah  2ah  a 2   a 2   3 3 a 2 . . 28
100
5
a
5
a a
5

a a

Vậy tiền trả cho nhân công gần bằng 28.500 000 = 14 000 000 đồng.
Câu 40.
Gọi t là thời gian tối thiểu để máy tính đạt được không dưới 95% dung lượng pin tối đa, hay
Q  t  0,95.Qo  0,95 1  e  t
  t 2 ln  0, 05   t 

2

 e t

ln  0, 05 
2

2

0, 05

2,12

Câu 41.
Gọi số tiền ơng Bình gửi vào đầu mỗi tháng là A. Ta có A = 20 000 000 đồng.
Theo đề bài, lãi suất là r/ tháng (r>0)
*
Gọi số tiền ông nhận được cả vốn lẫn lãi sau n tháng  n    là Sn .

+ Cuối tháng thứ nhất, khi ngân hàng đã tính lãi thì số tiền có được là:
A
1

S1  A  1  r     1  r   1  1  r 

r
+ Đầu tháng thứ hai, khi đã gửi thêm số tiền A đồng thì số tiền lúc đó là:
2
A   1  r   1 A
   1  r 2  1
T1  A  1  r   A  A   1  r  1  
  
r 
1 r   1

+ Cuối tháng thứ hai, khi ngân hàng đã tính lãi thì số tiền ơng Bình có được là:
A
2
S 2    1  r   1  1  r 


r
Trang 7


Theo giả thiết ta có:
40 300 500 

20 000 000 
40 300 500
2
3
r  1  r   r  1

 1  r   1  1  r  
r
20 000 00

 r 0, 005
 r  3r  0, 015025r 0   r  3, 005
 r 0
3

2

Kết hợp điều kiện r  0 ta được r 0, 005 0,5% .
Câu 42.
x  0
Điều kiện  x
e m
 2
x3
log
x

log
0
 2
x3  x
2
 2
4
Ta có  log 2 x  log 2  e  m 0  1  
4


 e x  m 0
x3
0  log 22 x  3log 2 x  2 0 
+) log x  log 2
4
2
2

+)

 log 2 x 1
 log x 2 
 2

 x 2
 x 4


e x  m 0  e x m

Xét 3 trường hợp:
Trường hợp 1: m 0, điều kiện của phương trình là x  0 , phương trình (1) có 2 nghiệm là x 2 và
x 4 .

Trường hợp 2: 0  m 1, điều kiện của phương trình là x  0
Khi đó, phương trình e x m có 1 nghiệm là x ln m 0 nên phương trình (1) có 2 nghiệm là x 2 và
x 4.

Trường hợp 3: m  1, từ e x m  x ln m

Nên phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt  2 ln m  4  e 2 m  e 4
Khi đó phương trình đã cho có 2 nghiệm là x ln m và x 4.
Suy ra, các giá trị m để phương trình có 2 nghiệm là m 1 và e 2 m  e 4
Do đó các giá trị nguyên m    10;10 thỏa mãn yêu cầu bài toán là
S   10;  9;  8;  7;  6;  5;  4;  3;  2;  1;0;1;8;9;10
Vậy tổng các phần tử của S là – 27.
Câu 43.
x
x
x
x
x
Ta có 9  2  x  5 3  9  2 x  1 0  9  10.3  9  2 x.3  18 x 0

Trang 8


















 3x  1 3x  9  2 x 3x  9 0  3x  9 3x  1  2 x 0
 3x  9 0
 x
 3  1  2 x 0


x

3

9

0


 3x  1  2 x 0


  x 2
 x
 3  1  2 x 0
  x 2

 3x  1  2 x 0

x
Xét hàm số f  x  3  1  2 x, x  

2

 f '  x  3x ln 3  2; f ''  x  3x  ln 3  0, x  
Vì f ''  x   0 nên f '  x  đồng biến trên  và f '  0  . f '  1  0 nên f '  x  0 có nghiệm duy nhất là
 x 0
xo   0;1 do đó phương trình f  x  0 có tối đa là 2 nghiệm, nhận thấy f  x  0  
. Ta có bảng
 x 1
biến thiên

x
Dựa vào bảng biến thiên của f  x  3  1  2 x ta được

+) f  x  0  x    ;0  1;   .
+) f  x  0  x   0;1
  x 2
 x
 3  1  2 x 0

Từ đó ta được 
x 2


 3x  1  2 x 0

 x   2;  

 x   0;1

Tập nghiệm của bất phương trình ban đầu là S  0;1  2;  

Vậy a  2 b  c 0

Câu 44.
Trang 9


Chia khối trịn xoay được sinh bởi hình trên thành hai khối trịn xoay.
+) Khối nón cụt được sinh bởi hình thang ABCD.
+) Khối trụ được sinh bởi hình chữ nhật EFGH.
1
Gọi I  AD  CB. Vì CD  AB, CD / / AB nên CD là đường trung bình của tam giác IAB.
2
Thể tích khối nón cụt sinh bởi hình thang ABCD là:

1
 2 2.6  12.3 7 cm3
3







2
3
Thể tích khối trụ sinh bởi hình chữ nhật EFGH là:  .3 .8  72 cm



3
Vậy thể tích của thiết bị đó là: 7  72 79 cm









Câu 45.
Gọi H là trung điểm của ID  SH   ABCD 
Trong mặt phẳng (SBD), qua I dựng đường thẳng  song song với
SH. Suy ra  là trục đường tròn ngoại tiếp ABCD. Gọi M là trung
điểm của SD.
Trong mặt phẳng (SBD), dựng đường trung trực của đoạn thẳng SD,
cắt  tại O. Suy ra SO OD .
Mà OA OB OC OD nên O là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình
chóp S.ABCD.
Ta có ABCD là hình chữ nhật tâm I cạnh AB 3a; BC 4a và H là
trung điểm DI.
5a
15a
5a
; BH 
; HI  .
2
4
4

o

45
Ta có  SB;  ABCD   SBH
Nên suy ra DI 


Xét SHB vuông tại H có SHB
45o
15a
 SH  HB 
4
Từ S dựng đường thẳng song song với BD, cắt  tại G.
15a
5a
; SG  HI 
 SHIG là hình chữ nhật  GI 
4
4
Đặt OI  x. Ta có R 2 OD2 OI 2  DI 2 

25a2
 x 2  1
4

15a
 x
Lại có GO GI  OI 
4
25a 2  5a


Mà R SO SG  GO 

 x
16  4

2

2

2

2

2

 2
Trang 10


2

25a 2
25a 2  15a
5a

Từ (1), (2) suy ra
 x2 

 x  x 

4
16  4
4

2

Vậy bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp là R 

25a 2  5a 
5 5
  
a
4
4
 4 

125 2
2
a
Suy ra diện tích mặt cầu cần tính là S 4 R 
4
Câu 46.
Gọi M, N, P là các điểm thỏa mãn A, B, C lần lượt là trung điểm
của MN, NP, PM.
Ta có BC / / MN  BC / /  SMN 
Mà SA   SMN   d  BC, SA  d  B,  SMN  
1
Ta có d  B,  SMN    d  P,  SMN  
2
12 a 34

 d  P,  SMN   
17

Dễ thấy d  P, MN  2 d  A; BC  




Gọi    SMN  ,  MNP 
Ta có sin  



d  P,  SMN  
d  P, MN 

Mặt khác ta có tan  

24
a
5



5 34
3 34
5
 cos   1  sin 2  
 tan  
34

34
3

SH
3
 d  H, MN   SH
d  H, MN 
5

2
3
Tương tự ta có d  H , MP   .SH , d  H , NP   .SH
3
4
Ta có SMNP SHMN  SHNP  SHMP  SH 3a
1
3
Vậy VS . ABC  .SH.SABC 6a
3
Câu 47.


Xét x   k 2  k   . Chia 2 vế của phương trình cho cos2 x ta được
2
cos x. f '  x   sin x. f  x 
2

cos x

 f  x 

f  x
1
2 sin x.cos x  
 cos 2 x  C
 ' sin 2 x 
cos x
2
 cos x 

Trang 11


9
9
 1
  9 2
Vì f   
nên ta được C  suy ra f  x    cos 2 x   cos x
2
2
4
 2
 4
   19
Vậy f      2;3
 3 8
Câu 48.
Gọi đường cong tương ứng với vành trên và vành dưới của máng
lần lượt là ( P1 ) và ( P2 )
Xét hệ trục tọa độ Oxy như hình vẽ

Khi đó parabol ( P1 ) và ( P2 ) đều có dạng y ax 2  b

 P1 

đi qua các điểm có tọa độ   1;2;0  ;  1;2;0  ;  0;0;5

( P2 ) đi qua các điểm có tọa độ   1;0  ;  1;0  ;  0;0;3
Suy ra   P1  : y 

25 2 1
3 2 3
x  và  P2  : y 
x 
72
2
10
10

Diện tích mặt cắt của máng parabol là
1
 1,2  25 2 1 
 3 2 3  2 2
S 2   
x   dx   
x   dx   m
72
2
10
10   5




0
0

 

Vậy

thể

tích

của

khối

silic

làm

90

mặt

máng

là

2

V 90. .3 108 m 3
5
Câu 49.

 

Ta có  S1  và  S2  có tâm và bán kính lần lượt là I1  1;1;2  , R1 4
và I2   1;2;  1 , R2 3

 I1 I2   2;1;  3  I1 I2  14
Gọi I  x; y; z  là tâm của đường tròn giao tuyến  C  và A là một
điểm thuộc (C).
Ta có
2
2
2
2
2
2
 I R .cos AI I  R . I1 A  I1 I2  AI2 4. 4  14  3  21
I1 I I1 A.cos AI
1
1
1 2
1
2. I1 A. I1 I2
2.4. 14
2 14

3

1


x  1  .  2
x 



21
4
2



 

I1 I  
3
3
7


I1 I   I1 I2  I1I  2 14 I1 I2  I1I  I1 I2   y  1  .1
 y 
4
4
4
14
I1I2



3
1


 z  2  4 .   3
 z  4


Trang 12


Câu 50.
Ta có A là giao điểm của đường thẳng AB với mặt phẳng    . Tọa độ điểm A là nghiệm của hệ

 x  3 y  4 z 8



1
4 
 1
 x  z  1 0

 x 1

 y 2 . Vậy điểm A  1;2;0 
 z 0


Điểm B nằm trên đường thẳng AB nên điểm B có tọa độ B  3  t;4  t;  8  4t 

 AB  t  2; t  2;  8  4t 
Theo giả thiết thì t  3  0  t   3
2

2

2

Do AB 3 2 , ta có  t  2    t  2   16  t  2  18  t  1 nên B(2;3;  4)
Theo giả thiết thì AC  AB sin 60o 

3 6
3 2
; BC  AB.cos60o 
2
2



C    
 a  c 1


3 6
27
2
2



  a  1   b  2   c 2 
Ta có  AC 
2
2


9
2
2
2


3 2
 BC 
 a  2    b  3   c  4   2

2

a  c 1

 2a  2 b  8c 9


27
2
2
 a  1   b  2   c 2 

2

7

a  2

5
7
b 3 . Vậy C  ;3;   nên a  b  c 4
2
2

5
c 
2


Câu 51.
Cách 1. Ta có




T  MA  MB  2 MC 

2

 4a 

2

2

2

  4b    4c  4 a  b  c 4
2

2

2

 a  b  2c 
2
12 12    2 

4

3
2 6
2

 

Do đó T  MA  MB  2 MC đạt giá trị nhỏ nhất bằng 2 6.
a b c
  
 1 1  2

a  b  2c  3 0

1

 a b 
2

c  1

Cách 2. Gọi I là trung điểm của AB, J là trung điểm của IC. Tính được I   1;  3;1 , J  0;0;0 
  
 

Khi đó T  MA  MB  2 MC  2 MI  2 MC 4 MJ 4 MJ . Do đó T đạt giá trị nhỏ nhất khi M là hình
chiếu vng góc của J trên (P).
Trang 13


Gọi  là đường thẳng đi qua J và vuông góc với (P). Khi đó  có phương trình
 x t

 y t . Tọa độ của M là nghiệm của hệ phương trình
 z  2t

 1
t  2
 x  y  2 z  3 0

1
 x t
1 1


 x 
1 1


2  M  ; ;  1   S    1 0

2 2
2 2

 y t

1
y

 z  2t

2

 z  1
Câu 52.
Gọi z a  bi, a, b   nên iz ai  b, z  i z a  bi  b  ai a  b   a  b  i
Ta gọi A  a, b  , B   b, a  , C  a  b, a  b  lần lượt là các điểm biểu diễn các số phức z; iz và


z  iz  AB   b  a; a  b  , AC   b; a 
1 
1
1 2
2
2

a  b 2 18 
Ta có S   AB, AC    a  b 
2
2
2





a 2  b 2 6

Câu 53.
Gọi M  x; y   x; y    là điểm biểu diễn số phức z. Từ đó ta có:
 x m  3


2
 y m  m  6

m  x  3


2
 y  x  3   x  3  6

m x  3

2
 y x  7 x  6

Vậy (P) là một parabol có phương trình y x 2  7 x  6
Hồnh độ giao điểm của (P) và trục hoành là nghiệm của phương trình:
 x 1
x 2  7 x  6 0  
 x 6
Diện tích hình phẳng giới hạn bởi (P) và trục hoành bằng:
6

125
S x 2  7 x  6 dx 
.
6
1
Câu 54.
Gọi điểm D sao cho ABCD là hình bình hành và O là giao điểm của AC
và BD. Ta có AB '/ / DC ' nên AB '/ /  BDC '  .
Suy ra d  AB ', BC '  d  AB ',  BDC '   d  A,  BDC '   d  C,  BDC '  
Trong (ABCD), kẻ CK vng góc BD tại K; trong (KCC’), kẻ CH vng
góc C’K tại H.
Trang 14


Khi đó CH vng góc mp(BDC’) nên CH d  C,  BDC '  
Trong COD vuông tại C có
1
a
CD  AB a, OC  AC  , CK là đường cao nên
2
2

1
1
1
4 1
5
 2
 2 2  2
2
2
CK
CO CD
a a
a
Trong CC ' K vng tại C có CC '  AA ' a 3, CH là đường cao nên
1
1
1
5
1
16
a 3
 2
 2  2  2  CH 
2
2
CH
CK
CC '
a 3a
3a

4
 d  AB ', BC '  d  C,  BDC '   CH 

a 3
a 3
.
. Vậy d  AB ', BC '  
4
4

Câu 55.
Cách 1.
Gọi O  AC  BD
 BD  AC
 BD   SAC   BD  SC
Ta có: 
 BD  SO
Kẻ DE  SC , khi đó SC   BED   SC  OE
Lại có
 SAC   SDC  SC



 SC  DE  trong  SDC     SAC  ,  SDC   OE , DE

 SC  OE  trong  SAC  

 





Ta có BD a 2. 2 2a  OD a; SO  SC 2  OC 2 
1
1
1
1
Trong SOC có: OE 2  OS 2  OC 2 
a 3



Gọi I là trung điểm CD nên CI 



2



 2a 

2

 a 2 a 3

1
4
a 3

 2  OE 
2
a
3a
2

a 2
,
2
2

a 2
a 14
SI  SD  ID   2a   
 
2
 2 
2

2

2

1
1
Ta có S SCD  SI .CD  DE.SC
2
2
a 14
a 7

.a 2 DE.2a  DE 
;
2
2
Mặt khác ta có


Trang 15


2

2

a 3 a 7
2

 
 a
2
2
2
2   2 
OE  ED  OD
21
cos OED 


2OE.ED
7

a 3 a 7
2.
.
2
2
Do đó, cơsin của góc giữa hai mặt phẳng (SDC) và (SAC) bằng

21
.
7

Cách 2: Vì DO   SAC  nên SOC là hình chiếu vng góc của SDC
Gọi  là góc giữa hai mặt phẳng  SAC  và  SDC  . Suy ra: S SOC S SDC .cos 
1
S SAC
S SOC
 cos  
 2
S SDC 1 SI .CD
2


 2a 

S SAC
2

2

SC  IC .CD



2

.

3
4
2



a 2
4a 2  
 .a 2
 2 

21
7

Câu 56.
Ta có:
cos 2 x   1  2m  cos x  m  1 0  2 cos 2 x  1   1  2m  cos x  m  1 0
 2 cos 2 x   1  2m  cos x  m 0  cos x  2 cos x  1  m  2 cos x  1 0
1

cos x 

  2 cos x  1  cos x  m  0 

2

 cos x m
Nhận thấy phương trình cos x 

1
khơng có nghiệm trên khoảng
2

  
 ; 
 2 2

  
Do đó u cầu bài tốn  cos m có hai nghiệm thuộc khoảng   ;   0  m 1
 2 2
Vậy giá trị cần tìm là: 0  m 1
Câu 57.
7
Số cách sắp xếp 7 người lên đoàn tàu 12 toa tàu là: 127 . Suy ra: n    12

Để có đúng có 3 toa có người thì ta phải sắp xếp như sau:
3
+) Chọn 3 toa trong 12 toa có: C12

+ Sắp xếp 7 hành khách vào 3 toa sao cho toa nào cũng có người thì có:
C71 .C61.C55 .P3  C71 .C62 .C44 .P3  C71 .C63 .C33 .P3  C72 .C52 .C33 .P3 2982
3
Suy ra số cách sắp xếp để có đúng có 3 toa có người là: n  A  2982.C12 65640

Trang 16


Xác suất để đúng 3 toa có người là: P  A  

n  A  65640

0, 018
n   
127

Câu 58.
Điểm A  x; y  nằm trong hình vng MNPQ
  10  x 10;  10  y 10, x  , y  
Có 21 cách chọn x, 21 cách chọn y. Do đó số phần tử của không gian mẫu tập hợp các điểm thuộc S là
n  S  2121
 
Gọi Q là biến cố “Các điểm A  x; y   S thỏa mãn OA.OM 1. ”.


Ta có OA  x; y  , OM  10;10 
 
1
Khi đó OA.OM 1  10 x  10 y 1  x  y   x  y 0
10
x  y 0  x  y  A  x;  x  với  10  x 10. Suy ra có 21 điểm thỏa mãn điều kiện trên nên số
phần tử của biến cố Q là n  Q  21
Xác suất của biến cố Q là P  Q  

n  Q

21
1


n  S  2121 21

Câu 59.
 A 20o
 A  B  C 180o
C 5 A



  B 3 A   B 60o
Từ giả thiết ta có hệ phương trình  A  C 2 B
C 5 A


o
o
9 A 180

C 100
Câu 60.
Gọi ba số đó là x, y, z. Do ba số là các số hạng thứ 1, thứ 5 và thứ 25 của một cấp số cộng nên ta có:
x; y x  4d ; z x  24d
Theo giả thiết, ta có: x  y  z  x  x  4d  x  24d 3x  28d 279
Mặt khác, do x, y, z là các số hạng liên tiếp của một cấp số nhân nên.
 d 0
2

y 2 xz   x  4d  x  x  24d   d  x  d  0  
 x  d 0
Với d 0, ta có: x  y  z 

279
630
93 . Suy ra n 1890 : 93 
 .
3
31

 x  d 0

Với x  d 0 , ta có: 
3 x  28d 279

 x 9
. Suy ra u1 9

 d 9

Theo đề bài ta có
 2u1   n  1 d  n
 2.9  9  n  1  n
 n 20
S n 1890  
1890  
1890  
2
2

 n  21
Trang 17


Vậy n 20
Do đó, phải lấy 20 số hạng đầu của cấp số cộng này để tổng của chúng bằng 1890.
PHẦN TỰ LUẬN
Bài 1
Mặt cầu (S) có tâm I  1; 2;  1 và bán kính R 1 .

Gọi vectơ pháp tuyến của mặt phẳng (Q) là n  A, B, C  với A2  B 2  C 2 0
 
 n  i
 A 0

Vì mặt phẳng (Q) chứa trục hoành nên 
O   Q 
O   Q 
 Phương trình mặt phẳng  Q  : By  Cz 0

Ta có mặt phẳng (Q) tiếp xúc mặt cầu (S) nên
2B  C

d  I ;  Q   1 

B2  C 2

2

1   2 B  C  B 2  C 2

 B 0
 3B 2  4 BC 0  B  3B  4C  0  
 3B  4C 0
Với 3B  4C 0 , chọn B 4  C 3  phương trình mặt phẳng  Q  : 4 y  3z 0
Với B 0 ta có phương trình mặt phẳng  Q  : Cz 0  z 0
Vậy có hai mặt phẳng thỏa mãn yêu cầu bài toán là  Q1  : 4 y  3 z 0;  Q2  : z 0
Bài 2
Giả sử z x  yi  x, y   
Khi đó



z  2  6i

 z  z i  2



x  2   y  6  i  x  2   y  6  i   1  xi 

2  2 xi
2  1  x2 

x  2  x  y  6     x  x  2   y  6  i

Ta có

2  1  x2 
z  2  6i

 z  z i  2

là số thực   x  x  2   y  6 0

1
 y  x 2  2 x  6  2 y  .4 x 2  2.2 x  6
2
Số phức 2z có điểm biểu diễn M  2 x; 2 y   Quỹ tích các điểm M là parabol có phương trình

 P : y 

1 2
x  2x  6
2

Xét phương trình hồnh độ giao điểm của (P) và trục hồnh, ta có
Trang 18


 x 6
1 2
x  2 x  6 0  
2
 x  2
Vậy diện tích hình phẳng giới hạn bởi (P) và trục hoành là
6

6

1
1
S   x 2  2 x  6 dx   x 2  2 x 
2
2
2
2

128

6  dx 
3


Trang 19